Arsyet e shfaqjes së rrënjëve të jashtme gjatë zgjidhjes së ekuacioneve. Workshop “Zgjidhja e ekuacioneve trigonometrike”. Shndërrimet ekuivalente të ekuacioneve

Tema e ekuacioneve trigonometrike fillon me një leksion shkollor, i cili është strukturuar në formën e një bashkëbisedimi heuristik. Leksioni diskuton materialin teorik dhe shembuj të zgjidhjes së të gjitha problemeve tipike sipas planit:

• Ekuacionet më të thjeshta trigonometrike.
• Metodat themelore për zgjidhjen e ekuacioneve trigonometrike.
• Ekuacionet homogjene.

Në orët e mëposhtme fillon zhvillimi i pavarur i aftësive, bazuar në zbatimin e parimit të veprimtarisë së përbashkët mes mësuesit dhe nxënësit. Së pari, për studentët vendosen synimet, d.m.th. përcaktohet se kush nuk dëshiron të dijë më shumë se çfarë kërkohet nga standardi shtetëror dhe kush është i gatshëm të bëjë më shumë.

Diagnoza përfundimtare krijohet duke marrë parasysh diferencimin e nivelit, i cili u lejon studentëve të përcaktojnë me vetëdije njohuritë minimale që janë të nevojshme për të marrë notën "3". Bazuar në këtë, zgjidhen materiale shumë nivele për të diagnostikuar njohuritë e studentëve. Një punë e tillë lejon një qasje individuale ndaj studentëve, duke përfshirë të gjithë në aktivitetet e të mësuarit të ndërgjegjshëm, zhvillimin e aftësive të vetëorganizimit dhe të vetë-mësimit dhe sigurimin e një kalimi në të menduarit aktiv dhe të pavarur.

Seminari zhvillohet pas ushtrimit të aftësive bazë të zgjidhjes së ekuacioneve trigonometrike. Disa orë para seminarit, studentëve u jepen pyetje që do të diskutohen gjatë seminarit.

Seminari përbëhet nga tre pjesë.

1. Pjesa hyrëse mbulon të gjithë materialin teorik, duke përfshirë një hyrje në problemet që do të dalin gjatë zgjidhjes së ekuacioneve komplekse.

2. Pjesa e dytë diskuton zgjidhjen e ekuacioneve të formës:

• dhe cosx + bsinx = c.
• a (sinx + cosx) + bsin2x + c = 0.
• ekuacione të zgjidhshme duke ulur shkallën.

Këto ekuacione përdorin zëvendësimin universal, formulat e reduktimit të shkallës dhe metodën e argumentit ndihmës.

3. Pjesa e tretë trajton problemet e humbjes së rrënjëve dhe përvetësimin e rrënjëve të jashtme. Tregon se si të zgjidhni rrënjët.

Nxënësit punojnë në grupe. Për të zgjidhur shembujt, thirren djem të trajnuar mirë, të cilët mund të tregojnë dhe shpjegojnë materialin.

Seminari është projektuar për një student të përgatitur mirë, sepse... ai trajton çështje disi përtej qëllimit të materialit programor. Ai përfshin ekuacione të një forme më komplekse dhe trajton veçanërisht problemet që hasen në zgjidhjen e ekuacioneve komplekse trigonometrike.

Seminari u mbajt për nxënësit e klasave 10-11. Secili nxënës pati mundësinë të zgjeronte dhe thellonte njohuritë e tij mbi këtë temë, të krahasonte nivelin e njohurive të tij jo vetëm me kërkesat për një maturant, por edhe me kërkesat për ata që hyjnë në V.U.Z.

SEMINAR

Tema:"Zgjidhja e ekuacioneve trigonometrike"

Qëllimet:

• Përgjithësoni njohuritë për zgjidhjen e ekuacioneve trigonometrike të të gjitha llojeve.
• Fokusimi në problemet: humbja e rrënjëve; rrënjët e jashtme; përzgjedhja e rrënjës.

GJATË KLASËVE.

I. Pjesa hyrëse

1. Metodat bazë për zgjidhjen e ekuacioneve trigonometrike

• Faktorizimi.
• Prezantimi i një ndryshoreje të re.
• Metoda grafike funksionale.

2. Disa lloje ekuacionesh trigonometrike.

• Ekuacione që reduktohen në ekuacione kuadratike në lidhje me cos x = t, sin x = t.

Asin 2 x + Bcosx + C = 0; Acos 2 x + Bsinx + C = 0.

Ato zgjidhen duke futur një ndryshore të re.

• Ekuacione homogjene të shkallës së parë dhe të dytë

Ekuacioni i shkallës së parë: Asinx + Bcosx = 0 pjesëtojeni me cos x, marrim Atg x + B = 0

Ekuacioni i shkallës së dytë: Asin 2 x + Bsinx cosx + Сcos 2 x = 0 pjesëtojeni me cos 2 x, marrim Atg 2 x + Btgx + C = 0

Ato zgjidhen me faktorizim dhe duke futur një ndryshore të re.

Të gjitha metodat zbatohen.

• Ulje:

1). Аcos2x + Вcos 2 x = C; Acos2x + Bsin 2 x = C.

Zgjidhet me metodën e faktorizimit.

2). Asin2x + Bsin 2 x = C; Asin2x + Bcos 2 x = C.

• Ekuacioni i formës: A(sinx + cosx) + Bsin2x + C = 0.

Reduktuar në katror në lidhje me t = sinx + cosx; sin2x = t 2 – 1.

3. Formulat.

x + 2n; Kërkohet kontroll!

• Fuqia në rënie: cos 2 x = (1 + cos2x): 2; sin 2 x = (1 – cos 2x): 2
• Metoda e argumentit ndihmës.

Le të zëvendësojmë Acosx + Bsinx me Csin (x + ), ku sin = a/C; cos=v/c;

– argument ndihmës.

4. Rregullat.

• Nëse shihni një katror, ​​uleni shkallën.
• Nëse shihni një copë, bëni një sasi.
• Nëse e shihni shumën, bëni punën.

5. Humbja e rrënjëve, rrënjët shtesë.

• Humbja e rrënjëve: pjesëto me g(x); formula të rrezikshme (zëvendësim universal). Me këto operacione ne ngushtojmë fushën e përkufizimit.

• Rrënjët e tepërta: të ngritura në një fuqi të barabartë; shumëzohet me g(x) (liro emëruesin). Me këto operacione ne zgjerojmë fushën e përkufizimit.

II. Shembuj të ekuacioneve trigonometrike

1. Ekuacionet e formës Asinx + Bcosx = C

1) Zëvendësimi universal.O.D.Z. x – çdo.

3 sin 2x + cos 2x + 1= 0.

tgx = u. x/2 + n;

u = – 1/3.

tan x = –1/3, x = arctan (–1/3) + k, k Z.

Ekzaminimi: 3sin( + 2n) + cos( + 2n) + 1= 3 sin + cos + 1 = 0 – 1 + 1 = 0.

x = /2 + n, n e Z. Është rrënja e ekuacionit.

Përgjigje: x = arctan(–1/3) + k, k Z. x = /2 + n, n Z.

2) Metoda grafike funksionale. O.D.Z. x – çdo.

Sinx – cosx = 1
Sinx = cosx + 1.

Le të vizatojmë funksionet: y = sinx, y = cosx + 1.

Përgjigje: x = /2 + 2 n, Z; x = + 2k, k Z.

3) Paraqitja e një argumenti ndihmës. O.D.Z.: x – ndonjë.

8cosx + 15 sinx = 17.

8/17 cosx + 15/17 sinx = 1, sepse (8/17) 2 + (15/17) 2 = 1, atëherë ekziston i tillë që mëkati = 8/17,

cos = 15/17, që do të thotë mëkat cosx + sinx cos = 1; = harku 8/17.

Përgjigje: x = /2 + 2n – , x = /2 + 2n – hark 8/17, n Z.

2. Reduktimi i rendit: Acos2x + Bsin2x = C. Acos2x + Bcos2x = C.

1). mëkat 2 3x + mëkat 2 4x + mëkat 2 6x + mëkat 2 7x = 2. O.D.Z.: x – ndonjë.

1 – cos 6x + 1 – cos 8x + 1 – cos 12x + 1 – cos 14x = 4
cos 6x + cos 8x + cos 12x + cos 14x = 0
2cos10x cos 4x + 2cos 10x cos 2x = 0
2cos 10x(cos 4x + cos 2x) = 0
2cos10x 2cos3x cosx = 0
cos10x = 0, cos3x = 0, cosx = 0.

Përgjigje: x = /20 + n/10, n Z. x = /6 + k/3, k Z, x = /2 + m, m Z.

Në

k = 1 dhe m = 0 k = 4 dhe m = 1.

seritë janë të njëjta.

3. Reduktimi në homogjenitet. Asin2x + Bsin 2 x = C, Asin2x + Bcos 2 x = C.

1) 5 sin 2 x + 3 sinx cosx + 6 cos 2 x = 5. ODZ: x – çdo.
5 sin 2 x + 3 sinx cosx + 6cos 2 x – 5 sin 2 x – 5 cos 2 x = 0
3 sinxcosx + cos 2 x = 0 (1) nuk mund të pjesëtohet me cos 2 x, pasi humbasim rrënjët.
cos 2 x = 0 plotëson ekuacionin.
cosx (3 sinx + cosx) = 0
cosx = 0. 3 sinx + cosx = 0.
x = /2 + k, k Z. tgx = –1/3, x = –/6 + n, n Z.

Përgjigje: x = /2 + k, k Z. , x = –/6 + n, n Z

4. Ekuacioni i formës: A(sinx + cosx) + B sin2x + C = 0.

1). 4 + 2sin2x – 5(sinx + cosx) = 0. O.D.Z.: x – çdo.
sinx + cosx = t, sin2x = t 2 – 1.
4 + 2t 2 – 2 – 5t = 0, | t | < 2
2 t 2 – 5t + 2 = 0. t 1 = 2, t 2 = S.
sinx + cosx = S. cosx = mëkat (x + /2),
sinx +sin(x + /2) = 1/2,
2sin(x + /4) cos(–/4) = 1/2
sin(x + /4) = 1/22;
x +/4 = (–1) k arcsin(1/2 O 2) + k, k Z.

Përgjigje: x = (–1) k hark (1/22) – /4 + k, k Z.

5. Faktorizimi.

1) cos 2 x – 2 cosx = 4 sinx – sin2x
cosx(cosx – 2) = 2 sinx (2 – cosx),
(cosx – 2)(cosx + 2 sinx) = 0.

1) cosx = 2, pa rrënjë.
2) cosx + 2 sinx = 0
2tgx + 1 = 0

Përgjigje: x = arctan(1/2) + n, n Z.

III. Problemet që dalin gjatë zgjidhjes së ekuacioneve trigonometrike

1. Humbja e rrënjëve: pjesëto me g(x); Ne përdorim formula të rrezikshme.

1) Gjeni gabimin.

1 – cosx = sinx *sinx/2,
1 – formula cosx = 2sin 2 x/2.
2 mëkat 2 x/2 = 2 sinx/2* сosx/2* sinx/2 pjesëto me 2 mëkat 2 x/2,
1 = cosx/2
x/2 = 2n, x = 4n, n" Z.
Rrënjët e humbura sinx/2 = 0, x = 2k, k Z.

Zgjidhja e duhur: 2sin 2 x/2(1 – cosx/2) = 0.

mëkat 2 x/2 = 0 x = 2k, k Z.

1 – cosx /2 = 0 x = 4p n, n Z.

2. Rrënjët e huaja: heqim qafe emëruesin; ngrihet në një fuqi të barabartë.

1). (sin4x – sin2x – сos3x + 2sinx – 1) : (2sin2x – 3) = 0. O.D.Z.: sin2x 3 / 2.

2cos3x sinx – cos3x + 2sinx – 1 = 0
(cos3x + 1) (2sinx – 1) = 0

1). сos3x + 1 = 0 x = /3 + 2n/3, n Z.

2). 2sinx – 1 = 0 x = (–1) k /6 + k, k Z.

I. x = /3 + 2n/3 1. n = 0 mëkati 2/3 = 3/2 nuk kënaq. O.D.Z. 2. n = 1 mëkati 2=0 kënaq O.D.Z. 3. n = 2 mëkati 2/ 3 = –3 / 2 kënaq O.D.Z.

II. x = (–1) k /6 + k, k Z 1.k = 0 mëkati 2/6 = 3/2 nuk e kënaqin O.D.Z. 2. k = 1 mëkati 2*5/6 = –3/2 kënaq O.D.Z.

Përgjigje: x = + 2k, x = 5/3 + 2k, x = 5/6 + 2k, k Z. t = 5 sin3x = 0

§ 1. RRENJET E HUMBURA DHE TE SHKARTUARA KUR ZGJIDHEN EKUACIONET (ME SHEMBUJ)

MATERIALI REFERENT

1. Dy teorema në § 3 të Kapitullit VII folën se cilat veprime në ekuacione nuk cenojnë ekuivalencën e tyre.

2. Le të shqyrtojmë tani operacione të tilla mbi ekuacionet që mund të çojnë në një ekuacion të ri që është i pabarabartë me ekuacionin origjinal. Në vend të konsideratave të përgjithshme, ne do të kufizohemi në shqyrtimin e vetëm shembujve specifikë.

3. Shembulli 1. Le të hapim kllapat në këtë ekuacion, të zhvendosim të gjithë termat në anën e majtë dhe të zgjidhim ekuacionin kuadratik. Rrënjët e saj janë

Nëse zvogëloni të dyja anët e ekuacionit me një faktor të përbashkët, ju merrni një ekuacion që është i pabarabartë me atë origjinal, pasi ka vetëm një rrënjë

Kështu, zvogëlimi i të dy anëve të ekuacionit me një faktor që përmban të panjohurën mund të rezultojë në humbjen e rrënjëve të ekuacionit.

4. Shembulli 2. Duke pasur parasysh një ekuacion, ky ekuacion ka një rrënjë të vetme, dhe ne gjejmë dy rrënjë.

Ne shohim se ekuacioni i ri nuk është i barabartë me ekuacionin origjinal

5. Rrënjët e jashtme mund të shfaqen gjithashtu kur të dyja anët e ekuacionit shumëzohen me një faktor që përmban një të panjohur, nëse ky faktor zhduket për vlerat reale të x.

Shembulli 3. Nëse i shumëzojmë të dyja anët e ekuacionit me atëhere marrim një ekuacion të ri i cili, pasi ta transferojë termin nga ana e djathtë në të majtë dhe ta faktorizojë atë në faktorë, jep një ekuacion nga njëri

Rrënja nuk plotëson një ekuacion që ka vetëm një rrënjë

Nga këtu arrijmë në përfundimin: kur kuadroni të dy anët e ekuacionit (në përgjithësi në një fuqi të barabartë), si dhe kur shumëzoni me një faktor që përmban një të panjohur dhe që zhduket në vlera reale të së panjohurës, mund të shfaqen rrënjë të jashtme.

Të gjitha konsideratat e shprehura këtu për çështjen e humbjes dhe shfaqjes së rrënjëve të jashtme të një ekuacioni zbatohen në mënyrë të barabartë për çdo ekuacion (algjebrik, trigonometrik, etj.).

6. Ekuacioni quhet algjebrik nëse mbi të panjohurën kryhen vetëm veprime algjebrike - mbledhje, zbritje, shumëzim, pjesëtim, fuqizim dhe nxjerrje rrënjë me një eksponent natyror (dhe numri i veprimeve të tilla është i fundëm).

Kështu, për shembull, ekuacionet

janë algjebrike, dhe ekuacionet

DHËMBËT. Dhëmbët e vertebrorëve janë plotësisht të ngjashëm në strukturë dhe zhvillim me luspat plakoide që mbulojnë të gjithë lëkurën e peshkut peshkaqen. Meqenëse e gjithë zgavra e gojës, dhe pjesërisht zgavra e faringut, është e veshur me epitel ektodermal, një plakoid tipik... ...

TUBERKULOZI MUSHKOROR- TUBERKULOZI MUSHKOROR. Përmbajtja: I. Anatomia patologjike..........110 II. Klasifikimi i tuberkulozit pulmonar.... 124 III. Klinika..........................128 IV. Diagnostika..........................160 V. Prognoza................. .......... 190 VI. Trajtimi… Enciklopedia e Madhe Mjekësore

HELMIMI- HELMIMI. Helmimi do të thotë "çrregullime të funksioneve të kafshëve". organizma, të shkaktuara nga substanca ekzogjene ose endogjene, kimikisht ose fizikisht dhe kimikisht aktive, të cilat janë të huaja për nga cilësia, sasia ose përqendrimi... ... Enciklopedia e Madhe Mjekësore

Bakteret e nyjeve të bishtajore- Të dhënat paleontologjike tregojnë se bishtajoret më të lashta që kishin nyje ishin disa bimë që i përkisnin grupit Eucaesalpinioideae. Në speciet moderne të bimëve bishtajore, janë gjetur nyje... Enciklopedi biologjike

Lista e episodeve të serialit të animuar "Luntik"- Këtij artikulli i mungojnë lidhjet me burimet e informacionit. Informacioni duhet të jetë i verifikueshëm, përndryshe mund të vihet në dyshim dhe të fshihet. Mund të... Wikipedia

BIMI DHE MJEDISI- Jeta e një bime, si çdo organizëm tjetër i gjallë, është një grup kompleks procesesh të ndërlidhura; Më e rëndësishmja prej tyre, siç dihet, është shkëmbimi i substancave me mjedisin. Mjedisi është burimi nga i cili... ... Enciklopedi biologjike

Lista e episodeve të serialit "Luntik"- Artikulli kryesor: Aventurat e Luntik dhe miqve të tij Përmbajtja 1 Numri i episodeve 2 Lista e episodeve të serialit të animuar Luntik dhe miqtë e tij ... Wikipedia

Sëmundjet e pemëve frutore- Pemët frutore, falë kujdesit të vazhdueshëm njerëzor ndaj tyre, duhet të arrijnë një moshë shumë më të madhe se të afërmit e tyre të pa kultivuar, nëse jo për ndikimet kundërvepruese të shumë kushteve të vetë kulturës, përkatësisht kërkesave të bëra nga ne... ...

Prerja e pyjeve- Vjelja e pyjeve, ose nxjerrja e të ardhurave nga pyjet në formën e drurit dhe të lëvores, mund të bëhet në dy mënyra: duke gërmuar ose shkulur pemë të tëra, d.m.th., trungje së bashku me rrënjët, ose veçmas, në pjesë, të prera ose hequra fillimisht. nga...... Fjalor Enciklopedik F.A. Brockhaus dhe I.A. Efroni

Grosh- (Polonisht grosz, nga gjermanishtja Groschen, nga latinishtja grossus (dēnārius) "denarius i trashë") monedhë e vendeve dhe kohëve të ndryshme. Përmbajtja 1 Shfaqja e një qindarkeje ... Wikipedia

Monedhat amerikane- 20 dollarë Saint Gaudens, monedhat më të bukura dhe më të shtrenjta të SHBA-së janë monedhat e prera në Mint. Prodhuar që nga viti 1792... Wikipedia

libra

• Shkaqet kryesore të rënies së flokëve tek gratë, Alexey Michman, Gjashtë në dhjetë gra vuajnë nga rënia e flokëve në një moment të jetës së tyre. Rënia e flokëve mund të ndodhë për një sërë arsyesh, si trashëgimia, ndryshimet hormonale në... Kategoria:

Në mësimin e fundit, ne përdorëm tre hapa për të zgjidhur ekuacionet.

Faza e parë është teknike. Duke përdorur një zinxhir transformimesh nga ekuacioni origjinal, arrijmë në një ekuacion mjaft të thjeshtë, të cilin e zgjidhim dhe gjejmë rrënjët.

Faza e dytë është analiza e zgjidhjes. Ne analizojmë transformimet që kemi kryer dhe zbulojmë nëse ato janë ekuivalente.

Faza e tretë është verifikimi. Kontrollimi i të gjitha rrënjëve të gjetura duke i zëvendësuar ato në ekuacionin origjinal është i detyrueshëm kur kryhen transformime që mund të çojnë në një ekuacion përfundues

A është gjithmonë e nevojshme të dallohen tre faza gjatë zgjidhjes së një ekuacioni?

Sigurisht që jo. Si, për shembull, në zgjidhjen e këtij ekuacioni. Në jetën e përditshme zakonisht nuk dallohen. Por të gjitha këto faza duhet të "mbahen parasysh" dhe të kryhen në një formë ose në një tjetër. Është e domosdoshme të analizohet ekuivalenca e transformimeve. Dhe nëse analiza tregon se duhet kryer një kontroll, atëherë ai është i detyrueshëm. Përndryshe, ekuacioni nuk mund të konsiderohet i zgjidhur saktë.

A është gjithmonë e mundur të kontrollohen rrënjët e një ekuacioni vetëm me zëvendësim?

Nëse gjatë zgjidhjes së ekuacionit janë përdorur transformime ekuivalente, atëherë verifikimi nuk kërkohet. Kur kontrolloni rrënjët e një ekuacioni, përdoret shumë shpesh ODZ (vargu i vlerave të lejuara) Nëse është e vështirë të kontrollohet duke përdorur ODZ, atëherë ai kryhet duke e zëvendësuar atë në ekuacionin origjinal.

Ushtrimi 1

Zgjidheni ekuacionin rrënjë katrore e dy x plus tre është e barabartë me një plus x.

Zgjidhje

ODZ e ekuacionit përcaktohet nga një sistem i dy pabarazive: dy x plus tre është më i madh ose i barabartë me zero dhe një plus x është më i madh ose i barabartë me zero. Zgjidhja është x më e madhe ose e barabartë me minus një.

Le të vendosim në katror të dy anët e ekuacionit, të zhvendosim termat nga njëra anë e ekuacionit në tjetrën, të shtojmë terma të ngjashëm dhe të marrim një ekuacion kuadratik x në katror është i barabartë me dy. Rrënjët e saj janë

x e para, e dyta është e barabartë me plus ose minus rrënjën katrore të dy.

Ekzaminimi

Vlera e x së pari është e barabartë me rrënjën katrore të dy është rrënja e ekuacionit, pasi është përfshirë në ODZ.
Vlera e x sekondës është e barabartë me minus rrënja katrore e dy nuk është rrënja e ekuacionit, sepse nuk përfshihet në DZ.
Le të kontrollojmë se rrënja x është e barabartë me rrënjën katrore të dy, duke e zëvendësuar atë në barazinë origjinale, marrim

barazia është e vërtetë, që do të thotë se x është e barabartë me rrënjën katrore të dy është rrënja e ekuacionit.

Përgjigje: rrënja katrore e dy.

Detyra 2

Zgjidheni ekuacionin rrënja katrore e x minus tetë është e barabartë me pesë minus x.

Zgjidhje

ODZ e një ekuacioni irracional përcaktohet nga një sistem me dy pabarazi: x minus tetë është më i madh ose i barabartë me zero dhe pesë minus x është më i madh ose i barabartë me zero. Duke e zgjidhur atë, ne zbulojmë se ky sistem nuk ka zgjidhje. Rrënja e ekuacionit nuk mund të jetë asnjë nga vlerat e ndryshores x.

Përgjigje: pa rrënjë.

Detyra 3

Zgjidheni ekuacionin rrënja katrore e x kub plus katër x minus një minus tetë rrënjë katrore të x me fuqinë e katërt minus x është e barabartë me rrënjën katrore të x në kub minus një plus dy rrënjë katrore të x.

Zgjidhje

Gjetja e ODZ në këtë ekuacion është mjaft e vështirë.

Le të bëjmë transformimin: katrore të dy anët e këtij ekuacioni,

Le t'i zhvendosim të gjithë termat në anën e majtë të ekuacionit dhe të sjellim terma të ngjashëm, të shkruajmë dy rrënjë nën një, të marrim radikale të ngjashme, të sjellim të ngjashëm, të pjesëtojmë me koeficientin minus 12 dhe faktorizojmë shprehjen radikale, marrim një ekuacion në forma e prodhimit të dy faktorëve të barabartë me zero. Pasi e kemi zgjidhur, gjejmë rrënjët:

x e para është e barabartë me një, x e dyta është e barabartë me zero.

Meqenëse i ngritëm të dyja anët e ekuacionit në një fuqi të barabartë, kontrollimi i rrënjëve është i detyrueshëm.

Ekzaminimi

Nëse x është e barabartë me një, atëherë

marrim barazinë e saktë, që do të thotë se x është e barabartë me një është rrënja e ekuacionit.

Nëse x është zero, atëherë rrënja katrore e minus një është e papërcaktuar.

Kjo do të thotë se x e barabartë me zero është një rrënjë e jashtme.

Përgjigje: një.

Detyra 4

Të zgjidhet logaritmi i ekuacionit të shprehjes x në katror plus pesë x plus dy bazë dy është e barabartë me tre.

Zgjidhje

Le të gjejmë ekuacionin ODZ. Për ta bërë këtë, ne zgjidhim pabarazinë x në katror plus pesë x plus dy mbi zero.

Ne e zgjidhim pabarazinë duke përdorur metodën e intervalit. Për ta bërë këtë, ne faktorizojmë anën e majtë të saj, pasi kemi zgjidhur më parë ekuacionin kuadratik dhe duke marrë parasysh shenjën e pabarazisë, përcaktojmë ODZ. ODZ është e barabartë me bashkimin e rrezeve të hapura nga minus pafundësia në minus fraksioni pesë plus rrënjën katrore të shtatëmbëdhjetë pjesëtuar me dy, dhe nga minus fraksioni pesë minus rrënjën katrore të shtatëmbëdhjetë pjesëtuar me dy në plus pafundësi.

Tani le të fillojmë të gjejmë rrënjët e ekuacionit. Duke qenë se tre është e barabartë me logaritmin e tetë me bazën dy, e shkruajmë ekuacionin si më poshtë: logaritmi i shprehjes x katror plus pesë x plus dy me bazën dy është i barabartë me logaritmin e tetë me bazën dy. Le të fuqizojmë ekuacionin, të marrim dhe të zgjidhim një ekuacion kuadratik.

Diskriminuesi është dyzet e nëntë.

Llogaritni rrënjët:

X e para është e barabartë me minus gjashtë; x sekondë është e barabartë me një.

Ekzaminimi

Minus gjashtë i përket ODZ, një i përket ODZ, që do të thotë që të dy numrat janë rrënjët e ekuacionit.

Përgjigje: minus gjashtë; një.

Në mësimin e fundit, ne shqyrtuam çështjen e shfaqjes së rrënjëve të jashtme. Ne mund t'i zbulojmë ato përmes verifikimit. A është e mundur të humbni rrënjët kur zgjidhni një ekuacion dhe si ta parandaloni këtë?

Kur kryeni veprime të tilla në një ekuacion, si p.sh., së pari, pjesëtimi i të dy anëve të ekuacionit me të njëjtën shprehje ax nga x (përveç atyre rasteve kur dihet me siguri se boshti nga x nuk është i barabartë me zero për çdo x nga fusha e përkufizimit të ekuacionit);

së dyti, ngushtimi i OD të ekuacionit gjatë procesit të zgjidhjes mund të çojë në humbjen e rrënjëve të ekuacionit.

Mbani mend!

Ekuacioni i shkruar si

ef nga x e shumëzuar me hi nga x është e barabartë me zhe nga x e shumëzuar me hi nga x zgjidhet në këtë mënyrë:

ju duhet të faktorizoni duke e vendosur faktorin e përbashkët jashtë kllapave;

atëherë, barazoni çdo faktor me zero, duke marrë dy ekuacione.

Ne llogarisim rrënjët e tyre.

Ushtrimi 1

Zgjidheni ekuacionin x kubi është i barabartë me x.

Mënyra e parë

Le t'i ndajmë të dy anët e këtij ekuacioni me x, marrim x katror është i barabartë me një, duke pasur rrënjë x fillimisht është një,

x sekondë është e barabartë me minus një.

Mënyra e dytë

X kubi është i barabartë me X. Le të zhvendosim x në anën e majtë të ekuacionit, të marrim x nga kllapat dhe marrim: x shumëzuar me x në katror minus një është zero.

Le të llogarisim rrënjët e tij:

X e para është e barabartë me zero, x e dyta është e barabartë me një, x e treta është e barabartë me minus një.

Ekuacioni ka tre rrënjë.

Kur zgjidhëm metodën e parë, humbëm një rrënjë - x është zero.

Përgjigje: minus një; zero; një.

Mbani mend! Zvogëlimi i të dyja anëve të ekuacionit me një faktor që përmban të panjohurën mund të rezultojë në humbjen e rrënjëve.

Detyra 2

Zgjidheni ekuacionin: logaritmi dhjetor i x në katror është i barabartë me dy.

Zgjidhje

Mënyra e parë

Nga përkufizimi i një logaritmi, marrim ekuacionin kuadratik x katror është i barabartë me njëqind.

Rrënjët e saj: x së pari është dhjetë; X sekondë është e barabartë me minus dhjetë.

Mënyra e dytë

Nga vetia e logaritmeve, kemi dy logaritme dhjetore x është e barabartë me dy.

Rrënja e saj - x është e barabartë me dhjetë

Me metodën e dytë, rrënja x është e barabartë me minus dhjetë humbi. Dhe arsyeja është se ata aplikuan formulën e gabuar, duke ngushtuar shtrirjen e ekuacionit. Shprehja për logaritmin dhjetor të x në katror është përcaktuar për të gjithë x përveç x të barabartë me zero. Shprehja për logaritmin dhjetor të x është për x më e madhe se zero. Formula e saktë për logaritmin dhjetor x katror është e barabartë me modulin x dy logaritme dhjetore.

Mbani mend! Kur zgjidhni një ekuacion, përdorni me mençuri formulat e disponueshme.

Metodat themelore për zgjidhjen e ekuacioneve

Cila është zgjidhja e një ekuacioni?

Transformim identik. bazë

llojet e transformimeve të identitetit.

Rrënjë e huaj. Humbja e rrënjës.

Zgjidhja e ekuacionit është një proces që konsiston kryesisht në zëvendësimin e një ekuacioni të dhënë me një ekuacion tjetër që është ekuivalent me të . Ky zëvendësim quhettransformim identik . Transformimet kryesore të identitetit janë si më poshtë:

1.

Zëvendësimi i një shprehjeje me një tjetër që është identikisht e barabartë me të. Për shembull, ekuacioni (3 x+ 2 ) 2 = 15 x+ 10 mund të zëvendësohet me ekuivalentin e mëposhtëm:9 x 2 + 12 x+ 4 = 15 x+ 10 .

2.

Transferimi i termave të një ekuacioni nga njëra anë në tjetrën me shenja të kundërta. Pra, në ekuacionin e mëparshëm mund t'i transferojmë të gjithë termat e tij nga ana e djathtë në të majtë me shenjën "-": 9 x 2 + 12 x+ 4 – 15 x - 10 = 0, pas së cilës marrim:9 x 2 – 3 x - 6 = 0 .

3.

Shumëzimi ose pjesëtimi i të dy anëve të një ekuacioni me të njëjtën shprehje (numër) përveç zeros. Kjo është shumë e rëndësishme sepseekuacioni i ri mund të mos jetë i barabartë me atë të mëparshëm nëse shprehja me të cilën po shumëzojmë ose pjesëtojmë mund të jetë e barabartë me zero.

SHEMBULL Ekuacionix - 1 = 0 ka një rrënjë të vetmex = 1.

Duke shumëzuar të dyja anët mex - 3 , marrim ekuacionin

( x - 1)( x - 3) = 0, e cila ka dy rrënjë:x = 1 dhex = 3.

Vlera e fundit nuk është rrënja e ekuacionit të dhënë

x - 1 = 0. Ky është i ashtuquajturirrënjë e jashtme .

Në të kundërt, ndarja mund të çojë nëhumbja e rrënjës . Kështu që

në rastin tonë, nëse (x - 1 )( x - 3 ) = 0 është origjinali

ekuacioni, pastaj rrënjax = 3 do të humbasë në ndarje

të dyja anët e ekuacionit nëx - 3 .

Në ekuacionin e fundit (pika 2), ne mund t'i ndajmë të gjithë termat e tij me 3 (jo zero!) dhe në fund të marrim:

3 x 2 – x – 2 = 0 .

Ky ekuacion është i barabartë me atë origjinal:

(3 x+ 2) 2 = 15 x+ 10 .

4.

Mundngrini të dyja anët e ekuacionit në një fuqi tek osenxirrni rrënjën tek nga të dyja anët e ekuacionit . Është e nevojshme të mbani mend se:

a) ndërtimi nëmadje shkallë mund të shkaktojëpër marrjen e rrënjëve të huaja ;

b)gabim nxjerrjesedhe rrënjë mund të çojë nëhumbja e rrënjëve .

SHEMBUJ. Ekuacioni 7x = 35 ka një rrënjë të vetmex = 5 .

Duke kuadruar të dyja anët e këtij ekuacioni, marrim

ekuacioni:

49 x 2 = 1225 .

me dy rrënjë:x = 5 Dhex = – 5. Vlera e fundit

është një rrënjë e jashtme.

E pasaktë duke marrë rrënjën katrore të të dyjave

pjesë të ekuacionit 49x 2 = 1225 rezulton në 7x = 35,

dhe ne po humbasim rrënjët tonax = – 5.

E sakte marrja e rrënjës katrore rezulton në

ekuacioni: | 7x | = 35, A pra në dy raste:

1) 7 x = 35, Pastajx = 5 ; 2) – 7 x = 35, Pastajx = – 5 .

Prandaj, kurkorrekte nxjerrje katror

rrënjët nuk i humbim rrënjët e ekuacionit.

Qe do te thoteE drejta nxjerr rrënjën? Këtu takohemi

me një koncept shumë të rëndësishëmrrënjë aritmetike

(cm. ).