Ne vazhdojmë të shikojmë mënyrat për të zgjidhur pabarazitë që përfshijnë një ndryshore. Ne kemi studiuar tashmë pabarazitë lineare dhe kuadratike, të cilat janë raste të veçanta pabarazitë racionale. Në këtë artikull do të sqarojmë se çfarë lloj pabarazish konsiderohen racionale dhe do t'ju tregojmë se në cilat lloje ndahen (numër i plotë dhe i pjesshëm). Pas kësaj, ne do të tregojmë se si t'i zgjidhim ato në mënyrë korrekte, të ofrojmë algoritmet e nevojshme dhe të analizojmë probleme specifike.
Yandex.RTB R-A-339285-1
Koncepti i barazive racionale
Kur studiojnë temën e zgjidhjes së pabarazive në shkollë, marrin menjëherë pabarazitë racionale. Ata fitojnë dhe zhvillojnë aftësi për të punuar me këtë lloj shprehjeje. Le të formulojmë përkufizimin e këtij koncepti:
Përkufizimi 1
Një pabarazi racionale është një pabarazi me ndryshore që përmban në të dy anët shprehjet racionale.
Vini re se përkufizimi në asnjë mënyrë nuk ndikon në çështjen e numrit të variablave, që do të thotë se mund të ketë aq sa dëshironi. Prandaj, pabarazitë racionale me 1, 2, 3 ose më shumë ndryshore janë të mundshme. Më shpesh ju duhet të merreni me shprehje që përmbajnë vetëm një ndryshore, më rrallë dy, dhe pabarazi me një numër i madh variablat zakonisht brenda kursi shkollor nuk konsiderohen fare.
Kështu, ne mund të njohim një pabarazi racionale duke parë shkrimin e saj. Duhet të ketë shprehje racionale si në anën e djathtë ashtu edhe në të majtë. Këtu janë disa shembuj:
x > 4 x 3 + 2 y ≤ 5 (y − 1) (x 2 + 1) 2 x x - 1 ≥ 1 + 1 1 + 3 x + 3 x 2
Por këtu është një pabarazi e formës 5 + x + 1< x · y · z не относится к рациональным, поскольку слева у него есть переменная под знаком корня.
Të gjitha pabarazitë racionale ndahen në numër të plotë dhe thyesor.
Përkufizimi 2
E gjithë barazia racionale përbëhet nga shprehje të tëra racionale (në të dyja pjesët).
Përkufizimi 3
Barazi racionale thyesore- kjo është një barazi që përmban shprehje thyesore në njërën ose të dyja pjesët e saj.
Për shembull, pabarazitë e formës 1 + x - 1 1 3 2 2 + 2 3 + 2 11 - 2 1 3 x - 1 > 4 - x 4 dhe 1 - 2 3 5 - y > 1 x 2 - y 2 janë thyesore racionale dhe 0, 5 x ≤ 3 (2 − 5 vjet) Dhe 1: x + 3 > 0- e tërë.
Ne analizuam se çfarë janë pabarazitë racionale dhe identifikuam llojet e tyre kryesore. Mund të kalojmë në një rishikim të mënyrave për t'i zgjidhur ato.
Le të themi se duhet të gjejmë zgjidhje për një pabarazi të tërë racionale r(x)< s (x) , i cili përfshin vetëm një ndryshore x. Në të njëjtën kohë r(x) Dhe s(x) përfaqësojnë ndonjë numër të plotë numrat racionalë ose shprehje, dhe shenja e pabarazisë mund të ndryshojë. Për të zgjidhur këtë problem, ne duhet ta transformojmë atë dhe të marrim një barazi ekuivalente.
Le të fillojmë duke lëvizur shprehjen nga ana e djathtë në të majtë. Ne marrim sa vijon:
të formës r (x) − s (x)< 0 (≤ , > , ≥)
Ne e dimë atë r (x) − s (x) do të jetë një vlerë numër i plotë, dhe çdo shprehje numër i plotë mund të konvertohet në një polinom. Le të transformohemi r (x) − s (x) në h (x). Kjo shprehje do të jetë një polinom identikisht i barabartë. Duke marrë parasysh se r (x) − s (x) dhe h (x) kanë një rajon vlerat e pranueshme x është i njëjtë, mund të kalojmë te pabarazitë h (x)< 0 (≤ , >, ≥), e cila do të jetë ekuivalente me origjinalin.
Shpesh kjo konvertim i thjeshtë do të jetë e mjaftueshme për të zgjidhur pabarazinë, pasi rezultati mund të jetë një pabarazi lineare ose kuadratike, vlera e së cilës është e lehtë për t'u llogaritur. Le të analizojmë probleme të tilla.
Shembulli 1
Kushti: zgjidhni një pabarazi të tërë racionale x (x + 3) + 2 x ≤ (x + 1) 2 + 1.
Zgjidhje
Le të fillojmë duke lëvizur shprehjen nga ana e djathtë në të majtë me shenjën e kundërt.
x (x + 3) + 2 x − (x + 1) 2 − 1 ≤ 0
Tani që kemi përfunduar të gjitha veprimet me polinomet në të majtë, mund të kalojmë në pabarazinë lineare 3 x − 2 ≤ 0, ekuivalente me atë që jepej në kusht. Është e lehtë për t'u zgjidhur:
3 x ≤ 2 x ≤ 2 3
Përgjigje: x ≤ 2 3 .
Shembulli 2
Kushti: gjeni zgjidhjen e pabarazisë (x 2 + 1) 2 − 3 x 2 > (x 2 − x) (x 2 + x).
Zgjidhje
Ne e transferojmë shprehjen nga ana e majtë në të djathtë dhe kryejmë transformime të mëtejshme duke përdorur formulat e shkurtuara të shumëzimit.
(x 2 + 1) 2 − 3 x 2 − (x 2 − x) (x 2 + x) > 0 x 4 + 2 x 2 + 1 − 3 x 2 − x 4 + x 2 > 0 1 > 0
Si rezultat i transformimeve tona, ne morëm një pabarazi që do të jetë e vërtetë për çdo vlerë të x, prandaj, zgjidhja e pabarazisë origjinale mund të jetë çdo numër real.
Përgjigje: me të vërtetë çdo numër.
Shembulli 3
Kushti: zgjidhni pabarazinë x + 6 + 2 x 3 − 2 x (x 2 + x − 5) > 0.
Zgjidhje
Ne nuk do të transferojmë asgjë nga ana e djathtë, pasi aty është 0. Le të fillojmë menjëherë duke e kthyer anën e majtë në një polinom:
x + 6 + 2 x 3 − 2 x 3 − 2 x 2 + 10 x > 0 − 2 x 2 + 11 x + 6 > 0 .
Ne kemi nxjerrë një pabarazi kuadratike ekuivalente me atë origjinale, e cila mund të zgjidhet lehtësisht duke përdorur disa metoda. Le të përdorim një metodë grafike.
Le të fillojmë duke llogaritur rrënjët e trinomit katror − 2 x 2 + 11 x + 6:
D = 11 2 - 4 (- 2) 6 = 169 x 1 = - 11 + 169 2 - 2, x 2 = - 11 - 169 2 - 2 x 1 = - 0, 5, x 2 = 6
Tani në diagram shënojmë të gjitha zerat e nevojshme. Që nga koeficienti kryesor më pak se zero, degët e parabolës në grafik do të shikojnë poshtë.
Do të na duhet rajoni i parabolës që ndodhet mbi boshtin x, pasi në pabarazi kemi një shenjë >. Intervali i kërkuar është (− 0 , 5 , 6) Prandaj, ky varg vlerash do të jetë zgjidhja që na nevojitet.
Përgjigje: (− 0 , 5 , 6) .
Ka edhe raste më komplekse kur në të majtë fitohet një polinom prej një të tretës ose më shumë shkallë të lartë. Për të zgjidhur një pabarazi të tillë, rekomandohet përdorimi i metodës së intervalit. Fillimisht llogarisim të gjitha rrënjët e polinomit h(x), e cila më së shpeshti bëhet duke faktorizuar një polinom.
Shembulli 4
Kushti: llogarit (x 2 + 2) · (x + 4)< 14 − 9 · x .
Zgjidhje
Le të fillojmë, si gjithmonë, duke lëvizur shprehjen në anën e majtë, pas së cilës do të na duhet të zgjerojmë kllapat dhe hedhim terma të ngjashëm.
(x 2 + 2) · (x + 4) − 14 + 9 · x< 0 x 3 + 4 · x 2 + 2 · x + 8 − 14 + 9 · x < 0 x 3 + 4 · x 2 + 11 · x − 6 < 0
Si rezultat i transformimeve, kemi marrë një barazi të barabartë me atë origjinale, në të majtë të së cilës është një polinom i shkallës së tretë. Le të përdorim metodën e intervalit për ta zgjidhur atë.
Fillimisht llogarisim rrënjët e polinomit, për të cilin duhet të zgjidhim ekuacion kub x 3 + 4 x 2 + 11 x − 6 = 0. A ka rrënjë racionale? Ata mund të jenë vetëm në mesin e pjesëtuesve anëtar i lirë, d.m.th. midis numrave ± 1, ± 2, ± 3, ± 6. Le t'i zëvendësojmë ato një nga një ekuacioni origjinal dhe zbuloni se numrat 1, 2 dhe 3 do të jenë rrënjët e tij.
Pra, polinomi x 3 + 4 x 2 + 11 x − 6 mund të përshkruhet si një produkt (x − 1) · (x − 2) · (x − 3), dhe pabarazia x 3 + 4 x 2 + 11 x − 6< 0 mund të përfaqësohet si (x − 1) · (x − 2) · (x − 3)< 0 . Me një pabarazi të këtij lloji, atëherë do të jetë më e lehtë për ne të përcaktojmë shenjat në intervale.
Tjetra, ne kryejmë hapat e mbetur të metodës së intervalit: vizatoni një vijë numerike dhe pika mbi të me koordinatat 1, 2, 3. Ata e ndajnë vijën e drejtë në 4 intervale në të cilat duhet të përcaktojnë shenjat. Le t'i hijezojmë intervalet me një minus, pasi pabarazia origjinale ka shenjën < .
Gjithçka që duhet të bëjmë është të shkruajmë përgjigjen e gatshme: (− ∞ , 1) ∪ (2 , 3) .
Përgjigje: (− ∞ , 1) ∪ (2 , 3) .
Në disa raste, vazhdo nga pabarazia r (x) − s (x)< 0 (≤ , >, ≥) deri në h (x)< 0 (≤ , >, ≥), ku h(x)- një polinom në një shkallë më të lartë se 2, i papërshtatshëm. Kjo shtrihet në rastet kur shprehja e r(x) − s(x) si produkt i binomeve lineare dhe trinomeve kuadratike është më e lehtë sesa faktorizimi i h(x) në faktorë individualë. Le të shohim këtë problem.
Shembulli 5
Kushti: gjeni zgjidhjen e pabarazisë (x 2 − 2 x − 1) (x 2 − 19) ≥ 2 x (x 2 − 2 x − 1).
Zgjidhje
Kjo pabarazi vlen për numrat e plotë. Nëse e zhvendosim shprehjen nga ana e djathtë në të majtë, hapim kllapat dhe kryejmë një reduktim të termave, marrim x 4 − 4 x 3 − 16 x 2 + 40 x + 19 ≥ 0 .
Zgjidhja e një pabarazie të tillë nuk është e lehtë, pasi ju duhet të kërkoni për rrënjët e një polinomi të shkallës së katërt. Nuk ka asnjë rrënjë racionale(pra, 1, − 1, 19 ose − 19 nuk janë të përshtatshme), dhe është e vështirë të kërkosh rrënjë të tjera. Kjo do të thotë që ne nuk mund ta përdorim këtë metodë.
Por ka zgjidhje të tjera. Nëse i zhvendosim shprehjet nga ana e djathtë e pabarazisë origjinale në të majtë, mund të kryejmë kllapa shumëzues i përbashkët x 2 − 2 x − 1:
(x 2 − 2 x − 1) (x 2 − 19) − 2 x (x 2 − 2 x − 1) ≥ 0 (x 2 − 2 x − 1) (x 2 − 2 · x − 19) ≥ 0 .
Kemi marrë një pabarazi ekuivalente me atë origjinale dhe zgjidhja e saj do të na japë përgjigjen e dëshiruar. Le të gjejmë zerot e shprehjes në anën e majtë, për të cilën zgjidhim ekuacionet kuadratike x 2 − 2 x − 1 = 0 Dhe x 2 − 2 x − 19 = 0. Rrënjët e tyre janë 1 ± 2, 1 ± 2 5. Kalojmë te barazia x - 1 + 2 x - 1 - 2 x - 1 + 2 5 x - 1 - 2 5 ≥ 0, e cila mund të zgjidhet me metodën e intervalit:
Sipas figurës, përgjigja do të jetë - ∞, 1 - 2 5 ∪ 1 - 2 5, 1 + 2 ∪ 1 + 2 5, + ∞.
Përgjigje: - ∞ , 1 - 2 5 ∪ 1 - 2 5 , 1 + 2 ∪ 1 + 2 5 , + ∞ .
Le të shtojmë se ndonjëherë nuk është e mundur të gjenden të gjitha rrënjët e një polinomi h(x), pra, nuk mund ta paraqesim atë si produkt të binomeve lineare dhe trinomeve kuadratike. Më pas zgjidhni një pabarazi të formës h (x)< 0 (≤ , >, ≥) nuk mundemi, që do të thotë se është gjithashtu e pamundur të zgjidhet pabarazia racionale origjinale.
Supozoni se duhet të zgjidhim pabarazitë racionale thyesore të formës r (x)< s (x) (≤ , >, ≥), ku r (x) dhe s(x) janë shprehje racionale, x është një ndryshore. Të paktën një nga shprehjet e specifikuara do të jetë i pjesshëm. Algoritmi i zgjidhjes në këtë rast do të jetë si më poshtë:
- Ne përcaktojmë gamën e vlerave të lejueshme të ndryshores x.
- Ne e zhvendosim shprehjen nga ana e djathtë e pabarazisë në të majtë, dhe shprehjen që rezulton r (x) − s (x) përfaqësojnë atë si një thyesë. Për më tepër, ku p(x) Dhe q(x) do të jenë shprehje me numra të plotë që janë prodhime të binomeve lineare, trinomeve kuadratike të pazbërthyeshme, si dhe fuqive me një eksponent natyror.
- Më pas, ne zgjidhim pabarazinë që rezulton duke përdorur metodën e intervalit.
- Hapi i fundit është përjashtimi i pikave të marra gjatë zgjidhjes nga diapazoni i vlerave të pranueshme të ndryshores x që përcaktuam në fillim.
Ky është algoritmi për zgjidhjen e pabarazive racionale thyesore. Shumicaështë e qartë; shpjegime të vogla kërkohen vetëm për paragrafin 2. E zhvendosëm shprehjen nga ana e djathtë në të majtë dhe morëm r (x) − s (x)< 0 (≤ , >, ≥), dhe më pas si ta sjellim atë në formën p (x) q (x)< 0 (≤ , > , ≥) ?
Së pari, le të përcaktojmë nëse ky transformim mund të kryhet gjithmonë. Teorikisht, një mundësi e tillë ekziston gjithmonë, pasi në thyesa racionaleçdo shprehje racionale mund të transformohet. Këtu kemi një thyesë me polinome në numërues dhe emërues. Le të kujtojmë teoremën themelore të algjebrës dhe teoremën e Bezout dhe të përcaktojmë se çdo polinom i shkallës n që përmban një ndryshore mund të shndërrohet në një produkt të binomeve lineare. Prandaj, në teori, ne gjithmonë mund ta transformojmë shprehjen në këtë mënyrë.
Në praktikë, faktorizimi i polinomeve shpesh është mjaft detyrë e vështirë, veçanërisht nëse shkalla është më e lartë se 4. Nëse nuk mund të kryejmë zbërthimin, nuk do të jemi në gjendje ta zgjidhim kjo pabarazi, megjithatë, probleme të tilla zakonisht nuk studiohen në kurset shkollore.
Më pas duhet të vendosim nëse pabarazia që rezulton p (x) q (x)< 0 (≤ , >, ≥) ekuivalente në lidhje me r (x) − s (x)< 0 (≤ , >, ≥) dhe tek ajo origjinale. Ekziston mundësia që të rezultojë e pabarabartë.
Ekuivalenca e pabarazisë do të sigurohet kur diapazoni i vlerave të pranueshme p(x)q(x) do të përputhet me diapazonin e shprehjes r (x) − s (x). Atëherë pika e fundit e udhëzimeve për zgjidhjen e pabarazive racionale thyesore nuk ka nevojë të ndiqet.
Por diapazoni i vlerave për p(x)q(x) mund të jetë më i gjerë se r (x) − s (x), për shembull, duke reduktuar thyesat. Një shembull do të ishte kalimi nga x · x - 1 3 x - 1 2 · x + 3 në x · x - 1 x + 3. Ose kjo mund të ndodhë kur sjellni terma të ngjashëm, për shembull, këtu:
x + 5 x - 2 2 x - x + 5 x - 2 2 x + 1 x + 3 deri në 1 x + 3
Për raste të tilla, u shtua hapi i fundit i algoritmit. Duke e ekzekutuar atë, ju do të shpëtoni nga vlerat e ndryshueshme të jashtme që lindin për shkak të zgjerimit të gamës së vlerave të pranueshme. Le të marrim disa shembuj për ta bërë më të qartë se për çfarë po flasim.
Shembulli 6
Kushti: gjeni zgjidhje për barazinë racionale x x + 1 · x - 3 + 4 x - 3 2 ≥ - 3 · x x - 3 2 · x + 1 .
Zgjidhje
Ne veprojmë sipas algoritmit të treguar më sipër. Së pari ne përcaktojmë gamën e vlerave të pranueshme. NË në këtë rast përcaktohet nga sistemi i mosbarazimeve x + 1 · x - 3 ≠ 0 x - 3 2 ≠ 0 x - 3 2 · (x + 1) ≠ 0, zgjidhja e së cilës është bashkësia (− ∞, − 1) ∪ (− 1, 3) ∪ (3 , + ∞) .
x x + 1 x - 3 + 4 (x - 3) 2 + 3 x (x - 3) 2 (x + 1) ≥ 0
Pas kësaj, ne duhet ta transformojmë atë në mënyrë që të jetë e përshtatshme për të aplikuar metodën e intervalit. Para së gjithash, ne japim thyesat algjebrike te pakten emërues i përbashkët (x − 3) 2 (x + 1):
x x + 1 x - 3 + 4 (x - 3) 2 + 3 x (x - 3) 2 (x + 1) = = x x - 3 + 4 x + 1 + 3 x x - 3 2 x + 1 = x 2 + 4 x + 4 (x - 3) 2 (x + 1)
Ne e shembim shprehjen në numërues duke përdorur formulën për katrorin e shumës:
x 2 + 4 x + 4 x - 3 2 x + 1 = x + 2 2 x - 3 2 x + 1
Gama e vlerave të pranueshme të shprehjes që rezulton është (− ∞ , − 1) ∪ (− 1 , 3) ∪ (3 , + ∞) . Ne shohim se është e ngjashme me atë që u përcaktua për barazinë origjinale. Përfundojmë se pabarazia x + 2 2 x - 3 2 · x + 1 ≥ 0 është ekuivalente me atë origjinale, që do të thotë se nuk kemi nevojë për hapin e fundit të algoritmit.
Ne përdorim metodën e intervalit:
Ne shohim zgjidhjen ( − 2 ) ∪ (− 1 , 3) ∪ (3 , + ∞), e cila do të jetë zgjidhja e pabarazisë racionale origjinale x x + 1 · x - 3 + 4 x - 3 2 ≥ - 3 · x (x - 3 ) 2 · (x + 1) .
Përgjigje: { − 2 } ∪ (− 1 , 3) ∪ (3 , + ∞) .
Shembulli 7
Kushti: njehso zgjidhjen x + 3 x - 1 - 3 x x + 2 + 2 x - 1 > 1 x + 1 + 2 x + 2 x 2 - 1 .
Zgjidhje
Ne përcaktojmë gamën e vlerave të pranueshme. Në rastin e këtij inekuacioni, ai do të jetë i barabartë me të gjithë numrat realë përveç − 2, − 1, 0 dhe 1 .
Ne i lëvizim shprehjet nga ana e djathtë në të majtë:
x + 3 x - 1 - 3 x x + 2 + 2 x - 1 - 1 x + 1 - 2 x + 2 x 2 - 1 > 0
x + 3 x - 1 - 3 x x + 2 = x + 3 - x - 3 x x + 2 = 0 x x + 2 = 0 x + 2 = 0
Duke marrë parasysh rezultatin e marrë, ne shkruajmë:
x + 3 x - 1 - 3 x x + 2 + 2 x - 1 - 1 x + 1 - 2 x + 2 x 2 - 1 = = 0 + 2 x - 1 - 1 x + 1 - 2 x + 2 x 2 - 1 = = 2 x - 1 - 1 x + 1 - 2 x + 2 x 2 - 1 = = 2 x - 1 - 1 x + 1 - 2 x + 2 (x + 1) x - 1 = = - x - 1 (x + 1) x - 1 = - x + 1 (x + 1) x - 1 = - 1 x - 1
Për shprehjen - 1 x - 1, diapazoni i vlerave të vlefshme është grupi i të gjithave numra realë, me përjashtim të një. Ne shohim se diapazoni i vlerave është zgjeruar: − 2 , − 1 dhe 0 . Kjo do të thotë që ne duhet të kryejmë hapin e fundit të algoritmit.
Meqenëse erdhëm te pabarazia - 1 x - 1 > 0, mund të shkruajmë ekuivalentin e tij 1 x - 1< 0 . С помощью метода интервалов вычислим решение и получим (− ∞ , 1) .
Ne përjashtojmë pikat që nuk përfshihen në rangun e vlerave të lejueshme të barazisë origjinale. Duhet të përjashtojmë nga (− ∞ , 1) numrat − 2 , − 1 dhe 0 . Kështu, zgjidhja e pabarazisë racionale x + 3 x - 1 - 3 x x + 2 + 2 x - 1 > 1 x + 1 + 2 x + 2 x 2 - 1 do të jenë vlerat (− ∞ , − 2 ) ∪ (− 2 , − 1) ∪ (− 1 , 0) ∪ (0 , 1) .
Përgjigje: (− ∞ , − 2) ∪ (− 2 , − 1) ∪ (− 1 , 0) ∪ (0 , 1) .
Si përfundim, ne japim një shembull tjetër të një problemi në të cilin përgjigja përfundimtare varet nga diapazoni i vlerave të pranueshme.
Shembulli 8
Kushti: gjeni zgjidhjen e pabarazisë 5 + 3 x 2 x 3 + 1 x 2 - x + 1 - x 2 - 1 x - 1 ≥ 0.
Zgjidhje
Gama e vlerave të lejueshme të pabarazisë së specifikuar në kusht përcaktohet nga sistemi x 2 ≠ 0 x 2 - x + 1 ≠ 0 x - 1 ≠ 0 x 3 + 1 x 2 - x + 1 - x 2 - 1 x - 1 ≠ 0.
Ky sistem nuk ka zgjidhje, sepse
x 3 + 1 x 2 - x + 1 - x 2 - 1 x - 1 = = (x + 1) x 2 - x + 1 x 2 - x + 1 - (x - 1) x + 1 x - 1 = = x + 1 - (x + 1) = 0
Kjo do të thotë se barazia origjinale 5 + 3 x 2 x 3 + 1 x 2 - x + 1 - x 2 - 1 x - 1 ≥ 0 nuk ka zgjidhje, pasi nuk ka vlera të ndryshores për të cilën do të bënte kuptim.
Përgjigje: nuk ka zgjidhje.
Nëse vëreni një gabim në tekst, ju lutemi theksoni atë dhe shtypni Ctrl+Enter
Duke përdorur këtë mësim do të mësoni për pabarazitë racionale dhe sistemet e tyre. Sistemi i pabarazive racionale zgjidhet duke përdorur transformime ekuivalente. Konsiderohet përkufizimi i ekuivalencës, metoda e zëvendësimit të një pabarazie fraksionale-racionale me një kuadratike, dhe gjithashtu kupton ndryshimin midis një pabarazie dhe një ekuacioni dhe si kryhen transformimet ekuivalente.
Algjebër klasa e 9-të
Rishikimi përfundimtar i kursit të algjebrës së klasës së 9-të
Pabarazitë racionale dhe sistemet e tyre. Sistemet e pabarazive racionale.
1.1 Abstrakt.
1. Konvertime ekuivalente pabarazitë racionale.
Vendosni pabarazia racionale do të thotë të gjesh të gjitha zgjidhjet e saj. Ndryshe nga një ekuacion, kur zgjidhet një pabarazi, si rregull, lind një numër i pafund zgjidhjesh. Zgjidhjet e panumërta nuk mund të verifikohen me zëvendësim. Prandaj, ju duhet të transformoni pabarazinë origjinale në mënyrë që në çdo rresht të mëpasshëm të merrni një pabarazi me të njëjtin grup zgjidhjesh.
Pabarazitë racionale mund të zgjidhet vetëm me ndihmë ekuivalente ose transformimet ekuivalente. Transformime të tilla nuk shtrembërojnë grupin e zgjidhjeve.
Përkufizimi. Pabarazitë racionale thirrur ekuivalente, nëse bashkësitë e zgjidhjeve të tyre përputhen.
Për të treguar ekuivalencë përdorni shenjën
2. Zgjidhja e sistemit të pabarazive
Pabarazitë e para dhe të dyta janë pabarazi racionale thyesore. Metodat për zgjidhjen e tyre janë një vazhdim i natyrshëm i metodave për zgjidhjen e pabarazive lineare dhe kuadratike.
Le t'i zhvendosim numrat në anën e djathtë në të majtë me shenjën e kundërt.
Si rezultat, ana e djathtë do të mbetet 0. Ky transformim është ekuivalent. Kjo tregohet nga shenja
Le të kryejmë veprimet që parashikon algjebra. Zbrisni "1" në pabarazinë e parë dhe "2" në të dytën.
3. Zgjidhja e inekuacioneve duke përdorur metodën e intervalit
1) Le të prezantojmë një funksion. Duhet të dimë kur ky funksion është më pak se 0.
2) Le të gjejmë domenin e përkufizimit të funksionit: emëruesi nuk duhet të përmbajë 0. “2” është pika e ndërprerjes. Në x=2 funksioni është i padefinuar.
3) Gjeni rrënjët e funksionit. Funksioni është i barabartë me 0 nëse numëruesi përmban 0.
Pikat e vendosura janë të ndara boshti numerik në tre intervale - këto janë intervale me shenjë konstante. Në çdo interval funksioni ruan shenjën e tij. Le të përcaktojmë shenjën në intervalin e parë. Le të zëvendësojmë disa vlera. Për shembull, 100. Është e qartë se edhe numëruesi edhe emëruesi janë më të mëdhenj se 0. Kjo do të thotë se e gjithë thyesa është pozitive.
Le të përcaktojmë shenjat në intervalet e mbetura. Kur kalon në pikën x=2, vetëm emëruesi ndryshon shenjën. Kjo do të thotë që e gjithë fraksioni do të ndryshojë shenjë dhe do të jetë negativ. Le të bëjmë një arsyetim të ngjashëm. Kur kalon në pikën x=-3, vetëm numëruesi ndryshon shenjën. Kjo do të thotë që fraksioni do të ndryshojë shenjë dhe do të jetë pozitiv.
Le të zgjedhim një interval që korrespondon me kushtin e pabarazisë. Le ta hijezojmë dhe ta shkruajmë si pabarazi
4. Zgjidhja e inekuacionit duke përdorur inekuacionin kuadratik
Fakt i rëndësishëm.
Kur krahasohet me 0 (në rast pabarazi e rreptë) thyesa mund të zëvendësohet nga prodhimi i numëruesit dhe emëruesit, ose mund të ndërrohet numëruesi ose emëruesi.
Kjo është kështu sepse të tre pabarazitë plotësohen me kusht që u dhe v shenjë të ndryshme. Këto tre pabarazi janë ekuivalente.
Le ta përdorim këtë fakt dhe ta zëvendësojmë pabarazia racionale thyesore katrore.
Le të zgjidhim pabarazinë kuadratike.
Le të prezantojmë një funksion kuadratik. Le të gjejmë rrënjët e tij dhe të ndërtojmë një skicë të grafikut të tij.
Kjo do të thotë se degët e parabolës janë lart. Brenda intervalit të rrënjëve, funksioni ruan shenjën e tij. Ajo është negative.
Jashtë intervalit të rrënjëve funksioni është pozitiv.
Zgjidhja e pabarazisë së parë:
5. Zgjidhja e pabarazisë
Le të prezantojmë funksionin:
Le të gjejmë intervalet e tij të shenjës konstante:
Për ta bërë këtë, ne do të gjejmë rrënjët dhe pikat e ndërprerjes së fushës së përcaktimit të funksionit. Ne gjithmonë nxjerrim pikat e thyerjes. (x=3/2) Rrënjët i nxjerrim në varësi të shenjës së pabarazisë. Pabarazia jonë është e rreptë. Prandaj, ne gërmojmë rrënjën.
Le të vendosim shenjat:
Le të shkruajmë zgjidhjen:
Le të përfundojmë zgjidhjen e sistemit. Le të gjejmë kryqëzimin e grupit të zgjidhjeve për pabarazinë e parë dhe bashkësinë e zgjidhjeve të pabarazisë së dytë.
Zgjidhja e një sistemi pabarazish nënkupton gjetjen e kryqëzimit të grupit të zgjidhjeve të pabarazisë së parë dhe grupit të zgjidhjeve të pabarazisë së dytë. Prandaj, pasi të keni zgjidhur veçmas pabarazitë e parë dhe të dytë, duhet të shkruani rezultatet e marra në një sistem.
Le të përshkruajmë zgjidhjen e pabarazisë së parë mbi boshtin Ox.
Sistemet e pabarazive racionale
Teksti i mësimit
abstrakt [Bezdenezhnykh L.V.]
Algjebra, klasa e 9-të UMK: A.G. Mordkovich. Algjebër. klasa e 9-të. Në orën 2 Pjesa 1. Teksti mësimor; Pjesa 2. Libri me probleme; M.: Mnemosyne, 2010 Niveli i të nxënit: bazë Tema e mësimit: Sistemet e pabarazive racionale. (Mësimi i parë mbi temën, gjithsej 3 orë janë caktuar për studimin e temës) Mësimi për studimin e një teme të re. Objektivi i orës së mësimit: përsërit zgjidhjen e inekuacioneve lineare; të prezantojë konceptet e një sistemi pabarazish, të shpjegojë zgjidhjen e sistemeve më të thjeshta të pabarazive lineare; zhvillojnë aftësinë për të zgjidhur sisteme të pabarazive lineare të çdo kompleksiteti. Objektivat: Edukative: studimi i temës bazuar në njohuritë ekzistuese, konsolidimi aftësi praktike dhe aftësitë në zgjidhjen e sistemeve të pabarazive lineare si rezultat punë e pavarur studentët dhe veprimtaritë ligjëruese e këshilluese të më të përgatiturve prej tyre. Edukative: zhvillimi interesi njohës, pavarësia e të menduarit, kujtesa, iniciativa e nxënësve nëpërmjet përdorimit të metodave komunikuese dhe të bazuara në veprimtari dhe elementeve të të nxënit me bazë problemore. Edukative: formimi i aftësive komunikuese, kultura e komunikimit, bashkëpunimi. Metodat e realizimit: - ligjërata me elemente të bashkëbisedimit dhe të nxënit të bazuar në problem; -punë e pavarur e nxënësve me teorike dhe material praktik sipas tekstit shkollor; -Zhvillimi i një kulture të formalizimit të zgjidhjeve për sistemet e pabarazive lineare. Rezultatet e pritshme: nxënësit do të kujtojnë se si të zgjidhin pabarazitë lineare, shënoni kryqëzimin e zgjidhjeve të pabarazive në vijën numerike, mësoni të zgjidhni sistemet e pabarazive lineare. Pajisjet e mësimit: dërrasë e zezë, fletushkë(aplikacion), tekste, fletore pune. Përmbajtja e mësimit: 1. Momenti organizativ. Kontrollimi i detyrave të shtëpisë. 2. Përditësimi i njohurive. Nxënësit së bashku me mësuesin plotësojnë tabelën në tabelë: Intervali i figurës së pabarazisë Më poshtë është tabela e përfunduar: Figura e pabarazisë Intervali 3. Diktim matematik. Përgatitja për perceptimin e një teme të re. 1. Duke përdorur një tabelë shembull, zgjidhni pabarazitë: Opsioni 1 Opsioni 2 Opsioni 3 Opsioni 4 2. Zgjidhi pabarazitë, vizatoni dy figura në të njëjtin bosht dhe kontrolloni nëse numri 5 është zgjidhja e dy pabarazive: Opsioni 1 Opsioni 2 Opsioni 3 Opsioni 4 4. Shpjegimi i materialit të ri . Shpjegimi i materialit të ri (fq. 40-44): 1. Përcaktoni sistemin e pabarazive (f. 41). Përkufizim: Disa pabarazi me një ndryshore x formojnë një sistem pabarazish nëse detyra është të gjejmë të gjitha vlerat e tilla të ndryshores për të cilat secila nga pabarazitë e dhëna me variablin kthehet në një pabarazi numerike të saktë. 2. Prezantoni konceptin e private dhe zgjidhje e përgjithshme sistemet e pabarazive. Çdo vlerë e tillë e x quhet zgjidhje (ose zgjidhje e veçantë) e sistemit të pabarazive. Bashkësia e të gjitha zgjidhjeve të veçanta për një sistem pabarazish paraqet zgjidhjen e përgjithshme të sistemit të pabarazive. 3. Shqyrtoni në tekst zgjidhjen e sistemeve të pabarazive sipas shembullit nr. 3 (a, b, c). 4. Përmblidhni arsyetimin duke zgjidhur sistemin:. 5. Konsolidimi i materialit të ri. Zgjidh detyra nga nr 4.20 (a, b), 4.21 (a, b). 6. Punë testuese Kontrolloni asimilimin e materialit të ri duke ndihmuar aktivisht në zgjidhjen e detyrave sipas opsioneve: Opsioni 1 a, c Nr. 4.6, 4.8 Opsioni 2 b, d Nr. 4.6, 4.8 7. Përmbledhje. Reflektim Çfarë konceptesh të reja mësuat sot? A keni mësuar se si të gjeni zgjidhje për një sistem pabarazish lineare? Në çfarë keni arritur më shumë, cilat aspekte janë realizuar më me sukses? 8. Detyrë shtëpie: Nr. 4.5, 4.7.; teoria në tekstin shkollor fq 40-44; Për studentët me motivim i rritur Nr. 4.23 (c, d). Aplikimi. Opsioni 1. Intervali i vizatimit të pabarazive 2. Zgjidh inekuacionet, vizato dy vizatime në të njëjtin bosht dhe kontrollo nëse numri 5 është zgjidhja e dy pabarazive: Pabarazitë Vizatim Përgjigjja e pyetjes. Opsioni 2. Intervali i vizatimit të pabarazive 2. Zgjidh inekuacionet, vizato dy vizatime në të njëjtin bosht dhe kontrollo nëse numri 5 është zgjidhja e dy pabarazive: Pabarazitë Vizatim Përgjigjja e pyetjes. Opsioni 3. Intervali i vizatimit të pabarazive 2. Zgjidh inekuacionet, vizato dy vizatime në të njëjtin bosht dhe kontrollo nëse numri 5 është zgjidhja e dy pabarazive: Pabarazitë Vizatim Përgjigjja e pyetjes. Opsioni 4. Intervali i vizatimit të pabarazive 2. Zgjidh inekuacionet, vizato dy vizatime në të njëjtin bosht dhe kontrollo nëse numri 5 është zgjidhja e dy pabarazive: Pabarazitë Vizatim Përgjigjja e pyetjes.
Shkarko: Algjebra 9kl - shënime [Bezdenezhnykh L.V.].docxshënimet e mësimit 2-4 [Zvereva L.P.]
Algjebra e klasës së 9-të UMK: ALGEBRA-KLASA 9TH, A.G. MORDKOVICH.P.V. Semyonov, 2014. Niveli - mësimi bazë Tema e orës së mësimit: Sistemet e pabarazive racionale Numri total i orëve të ndara për studimin e temës - 4 orë Vendi i orës së mësimit në sistemin e mësimeve me temën e mësimit nr. 3; nr 4. Qëllimi i orës së mësimit: Të mësojë nxënësit se si të krijojnë sisteme pabarazish, si dhe të mësojnë se si të zgjidhin sisteme të gatshme të propozuara nga autori i tekstit shkollor. Objektivat e orës së mësimit: Të zhvillojë aftësitë: të zgjidhë lirisht sistemet e pabarazive në mënyrë analitike, si dhe të jetë në gjendje ta transferojë zgjidhjen në një vijë koordinative për të shkruar saktë përgjigjen, të punojë në mënyrë të pavarur me materialin e dhënë. .Rezultatet e planifikuara: Nxënësit të jenë të aftë të zgjidhin sisteme të gatshme, si dhe të krijojnë sisteme pabarazish bazuar në kushtet e tekstit të detyrave dhe të zgjidhin modelin e përpiluar. Mbështetja teknike e mësimit: UMK: ALGEBRA-KLASA 9TH, A.G. MORDKOVICH.P.V. Semyonov. Fletore pune, projektor per realizim numërimi mendor, printime detyra shtesë për studentë të fortë. Mbështetje shtesë metodologjike dhe didaktike për mësimin (lidhjet me burimet e Internetit janë të mundshme): 1. Manuali N.N. Ivanova, V.G. Ivashchenko, N.S. Melkova “Formimi i aftësive llogaritëse në mësimet e matematikës, klasat 5-9” 2.G.G Levitas “Diktimet matematikore” klasat 7-11.3. T.G. Gulina “Simulator matematik” 5-11 (4 nivele vështirësie) Mësuesja e matematikës: Zvereva L.P. Objektivat e mësimit nr. 2: Të zhvillojnë aftësi në zgjidhjen e një sistemi pabarazish racionale duke përdorur interpretimin gjeometrik për të ilustruar rezultatin e zgjidhjes. Ecuria e mësimit 1. Momenti organizativ: Përgatitja e klasës për punë, komunikimi i temës dhe qëllimit të mësimit 11 Kontrollimi i detyrave të shtëpisë 1. Pjesa teorike: * Cili është regjistrimi analitik i një pabarazie racionale * Cili është regjistrimi analitik i një sistemi pabarazish racionale * Çfarë do të thotë të zgjidhësh një sistem pabarazish * Cili është rezultati i zgjidhjes së një sistemi pabarazish racionale. 2. Pjesa praktike< – 2,5. 2) Решим неравенство х2 + 5х + 6 < 0; Найдём корни данного трёхчлена х2 + 5х + 6 = 0; D = 1; х1=-3 х2 = – 2; тогда квадратный трёхчлен разложим по корням (х + 3)(х + 2) < 0. Имеем – 3 <х< – 2. 3) Найдем решение системы неравенств, для этого вынесим оба решения на одну числовую прямую. Вывод: решения совпали на промежутке от-3 до - 2,5(произошло перекрытие штриховок) О т в е т: – 3 <х< – 2,5. 4. Решить № 4.9 (б) самостоятельно споследующей проверкой. О т в е т: нет решений. 5.Повторяем теорему о квадратном трехчлене с отрицательным и положительным дискриминантом. Решаем №4.10(г) 1) Решим неравенство – 2х2 + 3х – 2 < 0; Найдём корни – 2х2 + 3х – 2 = 0; D = 9 – 16 = = – 7 < 0. По теореме неравенство верно при любых значениях х. 2) Решим неравенство –3(6х – 1) – 2х<х; – 18х + 3 – 2х<х; – 20х – х<< – 3; – 21х<– 3; 3) х>: *Zgjidhni problemat në tabelë që shkaktuan vështirësi te nxënësit. Gjatë kryerjes së detyrave II1 Bërja e ushtrimeve. 1.Përsëritni metodat e faktorizimit të një polinomi. 2. Përsëritni cila është metoda e intervalit për zgjidhjen e pabarazive. 3. Zgjidheni sistemin. Zgjidhja drejtohet nga nxënësi i fortë në dërrasën e zezë nën mbikëqyrjen e mësuesit. 1) Të zgjidhim pabarazinë 3x – 10 > 5x – 5; 3x – 5x> – 5 + 10; – 2х> 5; X< 0. По теореме неравенство не имеет решений, а это значит, что данная система не имеет решений. О т в е т: нет решений. 7. Решить № 4.11 (в) самостоятельно. Один учащийся решает на доске, другие в тетрадях, потом проверяется решение. в) 1) Решим неравенство 2х2 + 5х + 10 >Zgjidhja e këtij sistemi pabarazish x> Përgjigje: x> 6. Zgjidheni nr 4.10 (c) në tabelë dhe në fletore. Le të zgjidhim pabarazinë 5x2 – 2x + 1 ≤ 0. 5x2–2x + 1 = 0; D = 4 – 20 = –16< 0. По теореме неравенство верно при всех значениях х.-любое число 2) Решим неравенство х2 ≥ 16; х2 – 16 ≥ 0; (х – 4)(х + 4) ≥ 0; х = 4; х = – 4. Решение х ≤ –4 их ≥ 4. Объединяем решения двух неравенств в систему 3) Решение системы неравенств являются два неравенства О т в е т: х ≤ – 4; х ≥ 4. 8. Решить № 4.32 (б) на доске и в тетрадях. Решение Наименьшее целое число равно –2; наибольшее целое число равно 6. О т в е т: –2; 6. 9. Повторение ранее изученного материала. 1) Решить № 4.1 (а; -г) 4.2(а-г) на с. 25 устно. 2) Решить графически уравнение Строим графики функций y = –1 – x. О т в е т: –2. III. Итоги урока. 1. В курсе алгебры 9 класса мы будем рассматривать только системы из двух неравенств. 2. Если в системе из нескольких неравенств с одной переменной одно неравенство не имеет решений, то и система не имеет решений. 3. Если в системе из двух неравенств с одной переменной одно неравенство выполняется при любых значениях переменной, то решением системы служит решение второго неравенства системы. Домашнее задание: рассмотреть по учебнику решение примеров 4 и 5 на с. 44–47 и записать решение в тетрадь; решить № 4.9 (а; в), № 4.10 (а; б), № 4.11 (а; б), № 4.13 (а;б). . У р о к 3 Цели: Научить учащихся при решении двойных неравенств и нахождении области определения выражений, составлять системы неравенств и решать их, а также научить решать системы содержащих модули; Ход урока 1.Организационный момент: Настрой класса на работу, сообщение темы и цели урока 1I. Проверка домашнего задания. 1. Проверить выборочно у нескольких учащихся выполнение ими домашнего задания. 2. Решить на доске задания, вызвавшие затруднения у учащихся. 3. Устно решить № 4.2 (б) и № 4.1 (г). 4.Устная вычислительная работа: Вычисли рациональным способом: а)53,76*(-7.9) -53,76 *2,1 б) -0,125*32.6*(-8) в) Выразим указанную переменную из заданной формулы: 2a= ,y=? II. Объяснение нового материала. 1. Двойное неравенство можно решить двумя способами: а) сведением к системе двух неравенств; б) без системы неравенств с помощью преобразований. 2. Решить двойное неравенство № 4.15 (в) двумя способами. а) сведением к системе двух неравенств; I с п о с о б Решение – 2 <х< – 1. О т в е т: (– 2; – 1). б) без системы неравенств с помощью преобразований II с п о с о б 6 < – 6х< 12 | : (– 6) – 1 >0. 2x2 + 5x + 10 = 0; D = –55< х < – 1. О т в е т: (– 2; – 1). 3. Решить № 4.16 (б; в). I с п о с о б сведением к системе двух неравенств; б) – 2 ≤ 1 – 2х ≤ 2. Решим систему неравенств: О т в е т: II с п о с о б без системы неравенств с помощью преобразований – 2 ≤ 1 – 2х ≤ 2; прибавим к каждой части неравенства число (– 1), получим – 3 ≤ – 2х ≤ 1; разделим на (– 2), тогда в) – 3 << 1. Умножим каждую часть неравенства на 2, получим – 6 < 5х + 2 < 2. Решим систему неравенств: О т в е т: – 1,6 <х< 0. III. Выполнение упражнений. 1. Решить № 4.18 (б) и № 4.19 (б) на доске и в тетрадях. 2. Решить № 4.14 (в) методом интервалов. в) 1) х2 – 9х + 14 < 0; Найдём корни квадратного трёхчлена и разложим квадратный трёхчлен по корням (х – 7)(х – 2) < 0; х = 7; х = 2 Решение 2<х< 7. 2) х2 – 7х – 8 ≤ 0; Найдём корни квадратного трёхчлена и разложим квадратный трёхчлен по корням (х – 8)(х + 1) ≤ 0; х = 8; х = – 1 Решение – 1 ≤ х ≤ 8. Соединим решения каждого неравенства на одной прямой т.е. создадим геометрическую модель. та часть прямой где произошло пересечение решений есть конечный результат О т в е т: 2 <х< 7. 4) Решить № 4.28 (в) самостоятельно с проверкой. в) Решим систему неравенств составленную из подкоренных выражений. 1) (х – 2)(х – 3) ≥ 0; х = 2; х = 3 Решение х ≤ 2 и х ≥ 3. 2) (5 – х)(6 – х) ≥ 0; – 1(х – 5) · (– 1)(х – 6) ≥ 0; (х – 5)(х – 6) ≥ 0 х = 5; х = 6 Решение х ≤ 5 и х ≥ 6. 3) О т в е т: х ≤ 2, 3 ≤ х ≤ 5, х ≥ 6. 5. Решение систем неравенств, содержащих переменную под знаком модуля. Решить № 4.34 (в; г). Учитель объясняет решение в) 1) | х + 5 | < 3 находим точку где модуль обращается в 0 х = -5 Решение – 8 <х< – 2. 2) | х – 1 | ≥ 4 находим точку где модуль обращается в 0 х = 1 Решение х ≤ – 3 и х ≥ 5. Соединили решения каждого неравенства в единую модель 3) О т в е т: – 8 <х ≤ 3. г) 1) | х – 3 | < 5; Решение – 2 <х< 8. 2) | х + 2 | ≥ 1 Решение х ≤ – 3 и х ≥ – 1. 3) О т в е т: –1 ≤ х< 8. 6. Решить № 4.31 (б). Учащиеся решают самостоятельно. Один ученик решает на доске, остальные в тетрадях, затем проверяется решение. б) Решение Середина промежутка О т в е т: 7. Решить № 4.38 (а; б). Учитель на доске с помощью числовой прямой показывает решение данного упражнения, привлекая к рассуждениям учащихся. О т в е т: а) р< 3; р ≥ 3; б) р ≤ 7; р>7. 8. Përsëritje e materialit të studiuar më parë. Zgjidhja nr 2.33. Le të jetë shpejtësia fillestare e çiklistit x km/h, pasi zvogëlohet bëhet (x – 3) km/h. 15x – 45 + 6x = 1,5x (x – 3); 21x – 45 = 1,5x2 – 4,5x; 1,5x2 – 25,5x + 45 = 0 | : 1,5; atëherë x2 – 17x + 30 = 0; D = 169; x1 = 15; x2 = 2 nuk e plotëson kuptimin e problemit. PËRGJIGJE: 15 km/h; 12 km/h. IV Përfundim nga ora e mësimit: Në orën e mësimit mësuam të zgjidhim sistemet e pabarazive të një forme komplekse, veçanërisht me një modul, provuam punën e pavarur. Bërja e shenjave. Detyrë shtëpie: plotësoni testin e detyrave të shtëpisë nr.1 nga nr.7 deri në nr.10 në f. 32–33, Nr. 4.34 (a; b), Nr. 4.35 (a; b). Mësimi 4 Përgatitja për testin Qëllimet: përmblidhni dhe sistemoni materialin e studiuar, përgatitni nxënësit për testin me temën “Sistemet e pabarazive racionale të mësimit 1. Momenti organizativ: Ngritja e klasës për punë, komunikimi i temës dhe qëllimeve të mësimin.<х + 2; б) 7(х – 1) ≥ 9х + 3. 3. Сформулируйте теорему для квадратного трехчлена с отрицательным дискриминантом. Устно решите неравенства: а) х2 + 2х + 11 >11.Përsëritje e materialit të studiuar. *Çfarë do të thotë të zgjidhësh një sistem pabarazish *Cili është rezultati i zgjidhjes së një sistemi pabarazish racionale 1. Mblidhni fletë letre nga testi i detyrave të shtëpisë. 2. Cilat rregulla përdoren gjatë zgjidhjes së pabarazive? Shpjegoni zgjidhjen e mosbarazimeve: a) 3x – 8< 0; в) 2. Найдите область определения выражения. а) f(х) = 12 + 4х – х2 ≥ 0; – х2 + 4х + 12 ≥ 0 | · (– 1); х2 – 4х – 12 ≤ 0; D = 64; х1 = 6; х2 = – 2; (х – 6)(х + 2) ≤ 0 О т в е т: – 2 ≤ х ≤ 6 или [– 2; 6]. б) f(х)= х2 + 2х + 14 ≥ 0; D< 0. По теореме о квадратном трехчлене с отрицательным дискриминантом имеемх – любое число. О т в е т: множество решений или (– ∞; ∞). 2. Решите двойное неравенство и укажите, если возможно, наибольшее и наименьшее целое решение неравенства Р е ш е н и е Умножим каждую часть неравенства на 5, получим 0 – 5 < 3 – 8х ≤ 15; – 8 < – 8х ≤ 12; – 1,5 ≤ х< 1. Наибольшее целое число 0, наименьшее целое число (– 1). О т в е т: 0; – 1. 4. Решить № 76 (б) на доске и в тетрадях. б) Р е ш е н и е Для нахождения области определения выражения решим систему неравенств 1) х = х = 5. Решение ≤х< 5. 2) Решение х< 3,5 и х ≥ 4. 3) О т в е т: ≤х< 3,5 и 4 ≤ х< 5. 5. Найти область определения выражения. а) f(х) = б) f(х) = а) О т в е т: – 8 <х ≤ – 5; х ≥ – 3. б) О т в е т: х ≤ – 3; – 2 <х ≤ 4. 6. Решить систему неравенств (самостоятельно). Р е ш е н и е Выполнив преобразования каждого из неравенств системы, получим: О т в е т: нет решений. 7. Решить № 4.40*. Решение объясняет учитель. Если р = 2, то неравенство примет вид 2х + 4 >0; b) – 2x2 + x – 5 > 0; c) 3x2 – x + 4 ≤ 0. 4. Formuloni përkufizimin e një sistemi pabarazish me dy ndryshore. Çfarë do të thotë të zgjidhësh një sistem pabarazish? 5. Cila është metoda e intervaleve, e cila përdoret në mënyrë aktive në zgjidhjen e pabarazive racionale? Shpjegojeni këtë duke përdorur shembullin e zgjidhjes së pabarazisë: (2x – 4)(3 – x) ≥ 0; I11. Ushtrime stërvitore. 1. Zgjidh inekuacionin: a) 12(1 – x) ≥ 5x – (8x + 2); b) – 3x2 + 17x + 6< 0, D< 0. Имеем D = (р – 4)2 – 4(р – 2)(3р – 2) = – 11р2 + 24р. Значит, задача сводится к решению системы неравенств Решив эту систему, получим р< 0. б) Квадратное неравенство вида ах2 + bх + с>0, x> – 2. Kjo nuk korrespondon as me detyrën a) as me detyrën b). Kjo do të thotë se mund të supozojmë se p ≠ 2, domethënë, pabarazia e dhënë është kuadratike. a) Një pabarazi kuadratike e formës ax2 + bx + c> 0 nuk ka zgjidhje nëse a< 0. Значит, задача сводится к решению системы неравенств Решив эту систему, получим р>0 është e kënaqur për çdo vlerë të x, nëse a> 0 dhe D
Koncepti i pabarazisë matematikore u ngrit në kohët e lashta. Kjo ndodhi kur njeriu primitiv filloi të kishte nevojë të krahasonte sasinë dhe madhësinë e tyre kur numëronte dhe trajtonte objekte të ndryshme. Që nga kohërat e lashta, Arkimedi, Euklidi dhe shkencëtarë të tjerë të famshëm: matematikanët, astronomët, projektuesit dhe filozofët përdorën pabarazi në arsyetimin e tyre.
Por ata, si rregull, përdornin terminologji verbale në veprat e tyre. Për herë të parë, shenjat moderne për të treguar konceptet e "më shumë" dhe "më pak" në formën në të cilën çdo nxënës i njeh sot, u shpikën dhe u vunë në praktikë në Angli. Matematikani Thomas Harriot u ofroi një shërbim të tillë pasardhësve të tij. Dhe kjo ndodhi rreth katër shekuj më parë.
Ka shumë lloje të pabarazive të njohura. Midis tyre janë ato të thjeshta, që përmbajnë një, dy ose më shumë ndryshore, raporte kuadratike, thyesore, komplekse, madje edhe ato të përfaqësuara nga një sistem shprehjesh. Mënyra më e mirë për të kuptuar se si të zgjidhni pabarazitë është përdorimi i shembujve të ndryshëm.
Mos e humbisni trenin
Për të filluar, le të imagjinojmë se një banor rural po nxiton për në stacionin hekurudhor, i cili ndodhet 20 km larg fshatit të tij. Për të mos humbur trenin që niset në orën 11, duhet të dalë nga shtëpia në kohë. Në çfarë kohe duhet bërë kjo nëse shpejtësia e tij është 5 km/h? Zgjidhja e këtij problemi praktik zbret në plotësimin e kushteve të shprehjes: 5 (11 - X) ≥ 20, ku X është koha e nisjes.
Kjo është e kuptueshme, sepse distanca që duhet të kalojë një fshatar deri në stacion është e barabartë me shpejtësinë e lëvizjes shumëzuar me numrin e orëve në rrugë. Një person mund të arrijë herët, por nuk mund të jetë vonë. Duke ditur se si të zgjidhni pabarazitë dhe duke zbatuar aftësitë tuaja në praktikë, do të përfundoni me X ≤ 7, që është përgjigja. Kjo do të thotë që fshatari duhet të shkojë në stacionin hekurudhor në orën shtatë të mëngjesit ose pak më herët.
Intervalet numerike në një vijë koordinative
Tani le të zbulojmë se si të hartojmë marrëdhëniet e përshkruara në pabarazinë e mësipërme nuk është strikte. Do të thotë që ndryshorja mund të marrë vlera më të vogla se 7, ose mund të jetë e barabartë me këtë numër. Le të japim shembuj të tjerë. Për ta bërë këtë, merrni parasysh me kujdes katër figurat e paraqitura më poshtë.
Në të parën prej tyre mund të shihni një paraqitje grafike të intervalit [-7; 7]. Ai përbëhet nga një grup numrash të vendosur në një vijë koordinative dhe të vendosura midis -7 dhe 7, duke përfshirë kufijtë. Në këtë rast, pikat në grafik përshkruhen si rrathë të mbushur, dhe intervali regjistrohet duke përdorur
Figura e dytë është një paraqitje grafike e pabarazisë strikte. Në këtë rast, numrat e vijës kufitare -7 dhe 7, të treguar me pika të shpuara (të paplotësuara), nuk përfshihen në grupin e specifikuar. Dhe vetë intervali shkruhet në kllapa si më poshtë: (-7; 7).
Kjo do të thotë, pasi kemi kuptuar se si të zgjidhim pabarazitë e këtij lloji dhe kemi marrë një përgjigje të ngjashme, mund të konkludojmë se ai përbëhet nga numra që janë midis kufijve në fjalë, përveç -7 dhe 7. Dy rastet e ardhshme duhet të vlerësohen në një mënyrë të ngjashme. Figura e tretë tregon imazhet e intervaleve (-∞; -7] U)
