Pabarazi eksponenciale komplekse. Izolimi i një shprehjeje të qëndrueshme dhe zëvendësimi i një ndryshoreje

Ekuacionet dhe pabarazitë eksponenciale janë ato në të cilat e panjohura gjendet në eksponent.

Zgjidhja e ekuacioneve eksponenciale shpesh zbret në zgjidhjen e ekuacionit a x = a b, ku a > 0, a ≠ 1, x është një e panjohur. Ky ekuacion ka një rrënjë të vetme x = b, pasi teorema e mëposhtme është e vërtetë:

Teorema. Nëse a > 0, a ≠ 1 dhe a x 1 = a x 2, atëherë x 1 = x 2.

Le të vërtetojmë deklaratën e konsideruar.

Le të supozojmë se barazia x 1 = x 2 nuk vlen, d.m.th. x 1< х 2 или х 1 = х 2 . Пусть, например, х 1 < х 2 . Тогда если а >1, atëherë funksioni eksponencial y = a x rritet dhe për këtë arsye pabarazia a x 1 duhet të plotësohet< а х 2 ; если 0 < а < 1, то функция убывает и должно выполняться неравенство а х 1 >a x 2. Në të dyja rastet morëm një kontradiktë me kushtin a x 1 = a x 2.

Le të shqyrtojmë disa probleme.

Zgjidheni ekuacionin 4 ∙ 2 x = 1.

Zgjidhje.

E shkruajmë ekuacionin në formën 2 2 ∙ 2 x = 2 0 – 2 x+2 = 2 0, nga i cili marrim x + 2 = 0, d.m.th. x = -2.

Përgjigju. x = -2.

Zgjidheni ekuacionin 2 3x ∙ 3 x = 576.

Zgjidhje.

Meqenëse 2 3x = (2 3) x = 8 x, 576 = 24 2, ekuacioni mund të shkruhet si 8 x ∙ 3 x = 24 2 ose si 24 x = 24 2.

Nga këtu marrim x = 2.

Përgjigju. x = 2.

Zgjidheni ekuacionin 3 x+1 – 2∙3 x - 2 = 25.

Zgjidhje.

Duke marrë faktorin e përbashkët 3 x - 2 nga kllapat në anën e majtë, marrim 3 x - 2 ∙ (3 3 - 2) = 25 - 3 x - 2 ∙ 25 = 25,

prej nga 3 x - 2 = 1, d.m.th. x – 2 = 0, x = 2.

Përgjigju. x = 2.

Zgjidheni ekuacionin 3 x = 7 x.

Zgjidhje.

Meqenëse 7 x ≠ 0, ekuacioni mund të shkruhet si 3 x /7 x = 1, prej nga (3/7) x = 1, x = 0.

Përgjigju. x = 0.

Zgjidheni ekuacionin 9 x – 4 ∙ 3 x – 45 = 0.

Zgjidhje.

Duke zëvendësuar 3 x = a ekuacioni i dhënë redukton në ekuacionin kuadratik a 2 – 4a – 45 = 0.

Duke zgjidhur këtë ekuacion, gjejmë rrënjët e tij: a 1 = 9, dhe 2 = -5, prej nga 3 x = 9, 3 x = -5.

Ekuacioni 3 x = 9 ka rrënjë 2, dhe ekuacioni 3 x = -5 nuk ka rrënjë, pasi funksioni eksponencial nuk mund të marrë vlerat negative.

Përgjigju. x = 2.

Zgjidhje pabarazitë eksponenciale shpesh vjen deri te zgjidhja e mosbarazimeve a x > a b ose a x< а b . Эти неравенства решаются с помощью свойства возрастания или убывания funksioni eksponencial.

Le të shohim disa probleme.

Zgjidhja e pabarazisë 3 x< 81.

Zgjidhje.

Le ta shkruajmë pabarazinë në formën 3 x< 3 4 . Так как 3 >1, atëherë funksioni y = 3 x po rritet.

Prandaj, për x< 4 выполняется неравенство 3 х < 3 4 , а при х ≥ 4 выполняется неравенство 3 х ≥ 3 4 .

Kështu, në x< 4 неравенство 3 х < 3 4 является верным, а при х ≥ 4 – неверным, т.е. неравенство
3 x< 81 выполняется тогда и только тогда, когда х < 4.

Përgjigju. X< 4.

Zgjidheni pabarazinë 16 x +4 x – 2 > 0.

Zgjidhje.

Le të shënojmë 4 x = t, pastaj marrim pabarazinë kuadratike t2 + t – 2 > 0.

Kjo pabarazi vlen për t< -2 и при t > 1.

Meqenëse t = 4 x, marrim dy pabarazi 4 x< -2, 4 х > 1.

Pabarazia e parë nuk ka zgjidhje, pasi 4 x > 0 për të gjitha x € R.

Ne shkruajmë pabarazinë e dytë në formën 4 x > 4 0, prej nga x > 0.

Përgjigju. x > 0.

Zgjidh grafikisht ekuacionin (1/3) x = x – 2/3.

Zgjidhje.

1) Të ndërtojmë grafikë të funksioneve y = (1/3) x dhe y = x – 2/3.

2) Bazuar në figurën tonë, mund të konkludojmë se grafikët e funksioneve të konsideruara kryqëzohen në pikën me abshisën x ≈ 1. Kontrollimi vërteton se

x = 1 është rrënja e këtij ekuacioni:

(1/3) 1 = 1/3 dhe 1 – 2/3 = 1/3.

Me fjalë të tjera, ne kemi gjetur një nga rrënjët e ekuacionit.

3) Le të gjejmë rrënjë të tjera ose të vërtetojmë se nuk ka. Funksioni (1/3) x është në rënie, dhe funksioni y = x – 2/3 është në rritje. Prandaj, për x > 1, vlerat e funksionit të parë janë më pak se 1/3, dhe të dytit - më shumë se 1/3; në x< 1, наоборот, значения первой функции больше 1/3, а второй – меньше 1/3. Геометрически это означает, что графики этих функций при х >1 dhe x< 1 «расходятся» и потому не могут иметь точек пересечения при х ≠ 1.

Përgjigju. x = 1.

Vini re se nga zgjidhja e këtij problemi, në veçanti, rezulton se pabarazia (1/3) x > x – 2/3 plotësohet për x< 1, а неравенство (1/3) х < х – 2/3 – при х > 1.

faqe interneti, kur kopjoni materialin plotësisht ose pjesërisht, kërkohet një lidhje me burimin.

Shumë njerëz mendojnë se pabarazitë eksponenciale janë diçka komplekse dhe e pakuptueshme. Dhe se të mësuarit për t'i zgjidhur ato është pothuajse një art i madh, të cilin vetëm të Zgjedhurit janë në gjendje ta kuptojnë...

Marrëzi e plotë! Pabarazitë eksponenciale janë të lehta. Dhe ato zgjidhen gjithmonë thjesht. Epo, pothuajse gjithmonë.

Sot do ta shikojmë këtë temë brenda dhe jashtë. Ky mësim do të jetë shumë i dobishëm për ata që sapo kanë filluar të kuptojnë këtë seksion matematika shkollore. Le të fillojmë me detyra të thjeshta dhe ne do të shkojmë drejt më shumë çështje komplekse. Nuk do të ketë ndonjë punë të vështirë sot, por ajo që do të lexoni do të jetë e mjaftueshme për të zgjidhur shumicën e pabarazive në të gjitha llojet e testeve dhe testeve. punë e pavarur. Dhe në këtë provim tuajin gjithashtu.

Si gjithmonë, le të fillojmë me përkufizimin. Një pabarazi eksponenciale është çdo pabarazi që përmban një funksion eksponencial. Me fjalë të tjera, gjithmonë mund të reduktohet në një pabarazi të formës

\[((a)^(x)) \gt b\]

Ku mund të jetë $b$ në rol? numër i rregullt, dhe ndoshta diçka më të ashpër. Shembuj? Po ju lutem:

\[\fillim(lidhoj) & ((2)^(x)) \gt 4;\quad ((2)^(x-1))\le \frac(1)(\sqrt(2));\ katër ((2)^(((x)^(2))-7x+14)) \lt 16; \\ & ((0,1)^(1-x)) \lt 0,01;\katër ((2)^(\frac(x)(2))) \lt ((4)^(\frac (4 )(x))). \\\fund (radhis)\]

Mendoj se kuptimi është i qartë: ekziston një funksion eksponencial $((a)^(x))$, ai krahasohet me diçka dhe më pas kërkohet të gjendet $x$. Në raste veçanërisht klinike, në vend të ndryshores $x$, ata mund të vendosin një funksion $f\left(x \djathtas)$ dhe në këtë mënyrë të komplikojnë pak pabarazinë.

Sigurisht, në disa raste pabarazia mund të duket më e rëndë. Këtu, për shembull:

\[((9)^(x))+8 \gt ((3)^(x+2))\]

Ose edhe kjo:

Në përgjithësi, kompleksiteti i pabarazive të tilla mund të jetë shumë i ndryshëm, por në fund ato ende zbresin në konstruksionin e thjeshtë $((a)^(x)) \gt b$. Dhe ne do ta kuptojmë disi një ndërtim të tillë (në raste veçanërisht klinike, kur asgjë nuk vjen në mendje, logaritmet do të na ndihmojnë). Prandaj, tani do t'ju mësojmë se si të zgjidhni ndërtime kaq të thjeshta.

Zgjidhja e pabarazive të thjeshta eksponenciale

Le të shqyrtojmë diçka shumë të thjeshtë. Për shembull, kjo:

\[((2)^(x)) \gt 4\]

Natyrisht, numri në të djathtë mund të rishkruhet si një fuqi prej dy: $4=((2)^(2))$. Kështu, pabarazia origjinale mund të rishkruhet në një formë shumë të përshtatshme:

\[((2)^(x)) \gt ((2)^(2))\]

Dhe tani duart e mia po kruhen për të "kaluar" dyshet në bazat e fuqive në mënyrë që të marr përgjigjen $x \gt 2$. Por para se të kapërcejmë ndonjë gjë, le të kujtojmë fuqitë e dy:

\[((2)^(1))=2;\katër ((2)^(2))=4;\katër ((2)^(3))=8;\katër ((2)^( 4))=16;...\]

Siç e shohim, se numër më i madhështë në eksponent, aq më i madh është numri i daljes. "Faleminderit, kapak!" - do të bërtasë njëri nga nxënësit. A është ndryshe? Fatkeqësisht, ndodh. Për shembull:

\[((\left(\frac(1)(2) \djathtas))^(1))=\frac(1)(2);\quad ((\left(\frac(1)(2) \ djathtas))^(2)=\frac(1)(4);\quad ((\majtas(\frac(1)(2) \djathtas))^(3))=\frac(1)(8 );...\]

Gjithçka është logjike edhe këtu: çfarë më shumë shkallë, aq më shumë numri 0.5 shumëzohet me vetveten (d.m.th. i ndarë në gjysmë). Kështu, sekuenca rezultuese e numrave po zvogëlohet, dhe ndryshimi midis sekuencës së parë dhe të dytë është vetëm në bazë:

• Nëse baza e shkallës $a \gt 1$, atëherë me rritjen e eksponentit $n$, do të rritet edhe numri $((a)^(n))$;
• Dhe anasjelltas, nëse $0 \lt a \lt 1$, atëherë me rritjen e eksponentit $n$, numri $((a)^(n))$ do të ulet.

Duke përmbledhur këto fakte, marrim deklaratën më të rëndësishme në të cilën bazohet e gjithë zgjidhja e pabarazive eksponenciale:

Nëse $a \gt 1$, atëherë pabarazia $((a)^(x)) \gt ((a)^(n))$ është ekuivalente me pabarazinë $x \gt n$. Nëse $0 \lt a \lt 1$, atëherë pabarazia $((a)^(x)) \gt ((a)^(n))$ është ekuivalente me pabarazinë $x \lt n$.

Me fjalë të tjera, nëse baza është më e madhe se një, thjesht mund ta hiqni - shenja e pabarazisë nuk do të ndryshojë. Dhe nëse baza është më pak se një, atëherë ajo gjithashtu mund të hiqet, por në të njëjtën kohë do të duhet të ndryshoni shenjën e pabarazisë.

Ju lutemi vini re se ne nuk kemi marrë parasysh opsionet $a=1$ dhe $a\le 0$. Sepse në këto raste lind pasiguria. Le të themi se si të zgjidhim një pabarazi të formës $((1)^(x)) \gt 3$? Një për çdo pushtet do të japë përsëri një - ne nuk do të marrim kurrë tre ose më shumë. Ato. nuk ka zgjidhje.

ME arsye negative akoma më interesante. Për shembull, merrni parasysh këtë pabarazi:

\[((\majtas(-2 \djathtas))^(x)) \gt 4\]

Në shikim të parë, gjithçka është e thjeshtë:

E drejtë? Por jo! Mjafton të zëvendësoni në vend të $x$ një çift të çifteve dhe një çifti numra tek për t'u siguruar që zgjidhja është e pasaktë. Hidhini një sy:

\[\fillim(rreshtoj) & x=4\Djathtas shigjetë ((\majtas(-2 \djathtas))^(4))=16 \gt 4; \\ & x=5\Djathtas shigjetë ((\majtas(-2 \djathtas))^(5))=-32 \lt 4; \\ & x=6\Djathtas ((\majtas(-2 \djathtas))^(6)=64 \gt 4; \\ & x=7\Djathtas shigjete ((\majtas(-2 \djathtas))^(7))=-128 \lt 4. \\\fund (rreshtoj)\]

Siç mund ta shihni, shenjat alternohen. Por ka më shumë fuqitë thyesore dhe kallaj të tjerë. Si, për shembull, do të urdhëronit për të llogaritur $((\left(-2 \djathtas))^(\sqrt(7)))$ (minus dy në fuqinë e shtatë)? Në asnjë mënyrë!

Prandaj, për definicion, supozojmë se në të gjitha pabarazitë eksponenciale (dhe ekuacionet, meqë ra fjala, gjithashtu) $1\ne a \gt 0$. Dhe pastaj gjithçka zgjidhet shumë thjesht:

\[((a)^(x)) \gt ((a)^(n))\Djathtas shigjeta \majtas[ \fillimi(radhis) & x \gt n\katër \majtas(a \gt 1 \djathtas), \\ & x \lt n\katër \majtas(0 \lt a \lt 1 \djathtas). \\\fund (rreshtoj) \djathtas.\]

Në përgjithësi, mbani mend rregullin kryesor edhe një herë: nëse baza në një ekuacion eksponencial është më e madhe se një, thjesht mund ta hiqni atë; dhe nëse baza është më e vogël se një, ajo gjithashtu mund të hiqet, por shenja e pabarazisë do të ndryshojë.

Shembuj zgjidhjesh

Pra, le të shohim disa pabarazi të thjeshta eksponenciale:

\[\fillim(lidhoj) & ((2)^(x-1))\le \frac(1)(\sqrt(2)); \\ & ((0,1)^(1-x)) \lt 0,01; \\ & ((2)^(((x)^(2))-7x+14)) \lt 16; \\ & ((0,2)^(1+((x)^(2))))\ge \frac(1)(25). \\\fund (rreshtoj)\]

Detyra kryesore në të gjitha rastet është e njëjtë: reduktimi i pabarazive në formën më të thjeshtë $((a)^(x)) \gt ((a)^(n))$. Kjo është pikërisht ajo që ne tani do të bëjmë me çdo pabarazi, dhe në të njëjtën kohë do të përsërisim vetitë e gradëve dhe funksioneve eksponenciale. Pra, le të shkojmë!

\[((2)^(x-1))\le \frac(1)(\sqrt(2))\]

Çfarë mund të bëni këtu? Epo, në të majtë e kemi tashmë shprehje eksponenciale- Nuk ka nevojë të ndryshohet asgjë. Por në të djathtë ka disa mut: një thyesë, madje edhe një rrënjë në emërues!

Sidoqoftë, le të kujtojmë rregullat për të punuar me thyesa dhe fuqi:

\[\filloj(lidhoj) & \frac(1)((a)^(n)))=((a)^(-n)); \\ & \sqrt[k](a)=((a)^(\frac(1)(k))). \\\fund (rreshtoj)\]

Çfarë do të thotë? Së pari, ne mund të shpëtojmë lehtësisht nga fraksioni duke e kthyer atë në një fuqi me tregues negativ. Dhe së dyti, meqenëse emëruesi ka një rrënjë, do të ishte mirë ta ktheni atë në një fuqi - këtë herë me një eksponent thyesor.

Le t'i zbatojmë këto veprime në mënyrë sekuenciale në anën e djathtë të pabarazisë dhe të shohim se çfarë ndodh:

\[\frac(1)(\sqrt(2))=((\majtas(\sqrt(2) \djathtas))^(-1))=((\majtas((2)^(\frac( 1)(3))) \djathtas))^(-1))=((2)^(\frac(1)(3)\cdot \majtas(-1 \djathtas)))=((2)^ (-\frac(1)(3)))\]

Mos harroni se kur ngrihet një shkallë në një fuqi, eksponentët e këtyre shkallëve mblidhen. Dhe në përgjithësi, kur punoni me ekuacione dhe pabarazi eksponenciale, është absolutisht e nevojshme të njihni të paktën rregullat më të thjeshta për të punuar me fuqi:

\[\fillim(lidhoj) & ((a)^(x))\cdot ((a)^(y))=((a)^(x+y)); \\ & \frac(((a)^(x)))((a)^(y)))=((a)^(x-y)); \\ & ((\majtas(((a)^(x)) \djathtas))^(y))=((a)^(x\cdot y)). \\\fund (radhis)\]

Në fakt, rregulli i fundit ne thjesht e aplikuam atë. Prandaj, pabarazia jonë origjinale do të rishkruhet si më poshtë:

\[((2)^(x-1))\le \frac(1)(\sqrt(2))\Djathtas ((2)^(x-1))\le ((2)^(-\ frac(1)(3)))\]

Tani i heqim qafe të dy në bazë. Që nga 2 > 1, shenja e pabarazisë do të mbetet e njëjtë:

\[\fillim(rreshtoj) & x-1\le -\frac(1)(3)\Djathtas shigjetë x\le 1-\frac(1)(3)=\frac(2)(3); \\ & x\në \left(-\infty ;\frac(2)(3) \djathtas]. \\\fund (rreshtoj)\]

Kjo është zgjidhja! Vështirësia kryesore nuk është aspak në funksionin eksponencial, por në transformimin kompetent të shprehjes origjinale: duhet ta sillni me kujdes dhe shpejt në formën e saj më të thjeshtë.

Konsideroni pabarazinë e dytë:

\[((0,1)^(1-x)) \lt 0,01\]

Po, po. Këtu na presin thyesat dhjetore. Siç e kam thënë shumë herë, në çdo shprehje me fuqi duhet të hiqni qafe numrat dhjetorë - kjo është shpesh mënyra e vetme për të parë një zgjidhje të shpejtë dhe të thjeshtë. Këtu do të shpëtojmë nga:

\[\fillim(rreshtoj) & 0.1=\frac(1)(10);\quad 0.01=\frac(1)(100)=((\majtas(\frac(1)(10) \ djathtas))^ (2)); \\ & ((0,1)^(1-x)) \lt 0,01\Djathtas ((\majtas(\frac(1)(10) \djathtas))^(1-x)) \lt ( (\majtas(\frac(1)(10) \djathtas))^(2)). \\\fund (rreshtoj)\]

Këtu përsëri kemi pabarazinë më të thjeshtë, madje edhe me bazë 1/10, d.m.th. më pak se një. Epo, ne heqim bazat, duke ndryshuar njëkohësisht shenjën nga "më pak" në "më shumë", dhe marrim:

\[\fillim(lidh) & 1-x \gt 2; \\ & -x \gt 2-1; \\ & -x \gt 1; \\& x \lt -1. \\\fund (radhis)\]

Morëm përgjigjen përfundimtare: $x\in \left(-\infty ;-1 \right)$. Ju lutemi vini re: përgjigja është saktësisht një grup, dhe në asnjë rast një ndërtim i formës $x \lt -1$. Sepse formalisht, një ndërtim i tillë nuk është aspak një grup, por një pabarazi në lidhje me ndryshoren $x$. Po, është shumë e thjeshtë, por nuk është zgjidhja!

Shënim i rëndësishëm. Kjo pabarazi ajo mund të ishte zgjidhur në një mënyrë tjetër - duke reduktuar të dyja pjesët në një fuqi me një bazë më të madhe se një. Hidhini një sy:

\[\frac(1)(10)=((10)^(-1))\Djathtas ((\majtas(((10)^(-1)) \djathtas))^(1-x)) \ lt ((\majtas(((10)^(-1)) \djathtas))^(2))\Djathtas ((10)^(-1\cdot \majtas(1-x \djathtas))) \lt ((10)^(-1\cpika 2))\]

Pas një transformimi të tillë, ne do të marrim përsëri një pabarazi eksponenciale, por me një bazë 10 > 1. Kjo do të thotë që thjesht mund të kalojmë dhjetëshen - shenja e pabarazisë nuk do të ndryshojë. Ne marrim:

\[\fillim(rreshtoj) & -1\cdot \majtas(1-x \djathtas) \lt -1\cdot 2; \\ & x-1 \lt -2; \\ & x \lt -2+1=-1; \\ & x \lt -1. \\\fund (radhis)\]

Siç mund ta shihni, përgjigja ishte saktësisht e njëjtë. Në të njëjtën kohë, ne e shpëtuam veten nga nevoja për të ndryshuar shenjën dhe në përgjithësi kujtojmë çdo rregull :)

\[((2)^(((x)^(2))-7x+14)) \lt 16\]

Megjithatë, mos lejoni që kjo t'ju trembë. Pavarësisht se çfarë është në tregues, vetë teknologjia për zgjidhjen e pabarazisë mbetet e njëjtë. Prandaj, së pari le të vërejmë se 16 = 2 4. Le të rishkruajmë pabarazinë origjinale duke marrë parasysh këtë fakt:

\[\fillim(lidhoj) & ((2)^(((x)^(2))-7x+14)) \lt ((2)^(4)); \\ & ((x)^(2))-7x+14 \lt 4; \\ & ((x)^(2))-7x+10 \lt 0. \\\fund (rreshtoj)\]

Hora! Ne morëm pabarazinë e zakonshme kuadratike! Shenja nuk ka ndryshuar askund, pasi baza është dy - një numër më i madh se një.

Zerot e një funksioni në vijën numerike

Ne rregullojmë shenjat e funksionit $f\left(x \right)=((x)^(2))-7x+10$ - padyshim, grafiku i tij do të jetë një parabolë me degë lart, kështu që do të ketë “pluse ” në anët. Ne jemi të interesuar për rajonin ku funksionon më pak se zero, d.m.th. $x\in \left(2;5 \djathtas)$ është përgjigjja e problemit origjinal.

Më në fund, merrni parasysh një pabarazi tjetër:

\[((0,2)^(1+((x)^(2))))\ge \frac(1)(25)\]

Përsëri shohim një funksion eksponencial me një thyesë dhjetore në bazë. Le ta kthejmë këtë thyesë në një thyesë të përbashkët:

\[\fillim(rreshtoj) & 0.2=\frac(2)(10)=\frac(1)(5)=(5)^(-1))\Rightarrow \\ & \Rightarrow ((0 ,2 )^(1+((x)^(2))))=((\majtas(((5)^(-1)) \djathtas))^(1+((x)^(2))) )=((5)^(-1\cdot \majtas(1+((x)^(2)) \djathtas)))\fund(rreshtoj)\]

NË në këtë rast Ne përdorëm vërejtjen e dhënë më herët - e reduktuam bazën në numrin 5 > 1 për të thjeshtuar zgjidhjen tonë të mëtejshme. Le të bëjmë të njëjtën gjë me anën e djathtë:

\[\frac(1)(25)=((\majtas(\frac(1)(5) \djathtas))^(2))=((\majtas(((5)^(-1)) \ djathtas))^(2))=((5)^(-1\cpika 2))=((5)^(-2))\]

Le të rishkruajmë pabarazinë origjinale duke marrë parasysh të dy transformimet:

\[((0,2)^(1+((x)^(2)))\ge \frac(1)(25)\Djathtas ((5)^(-1\cdot \majtas(1+ ((x)^(2)) \djathtas)))\ge ((5)^(-2))\]

Bazat në të dy anët janë të njëjta dhe tejkalojnë një. Nuk ka terma të tjerë djathtas dhe majtas, kështu që ne thjesht "kapërcejmë" pesëshen dhe marrim një shprehje shumë të thjeshtë:

\[\fillim(rreshtoj) & -1\cdot \left(1+((x)^(2)) \djathtas)\ge -2; \\ & -1-((x)^(2))\ge -2; \\ & -((x)^(2))\ge -2+1; \\ & -((x)^(2))\ge -1;\katër \majtas| \cdot \left(-1 \djathtas) \djathtas. \\ & ((x)^(2))\le 1. \\\fund (rreshtoj)\]

Këtu duhet të jeni më të kujdesshëm. Shumë studentë pëlqejnë thjesht të nxjerrin rrënjë katrore nga të dyja anët e pabarazisë dhe shkruani diçka si $x\le 1\Djathtas shigjeta x\in \left(-\infty ;-1 \right]$. Në asnjë rast nuk duhet ta bëni këtë, pasi rrënja e një katrori të saktë është moduli, dhe në asnjë rast ndryshorja origjinale:

\[\sqrt(((x)^(2)))=\majtas| x\djathtas|\]

Megjithatë, puna me module nuk është përvoja më e këndshme, apo jo? Kështu që ne nuk do të punojmë. Në vend të kësaj, ne thjesht lëvizim të gjithë termat në të majtë dhe zgjidhim pabarazinë e zakonshme duke përdorur metodën e intervalit:

$\begin(lidhoj) & ((x)^(2))-1\le 0; \\ & \majtas(x-1 \djathtas)\majtas(x+1 \djathtas)\le 0 \\ & ((x)_(1))=1;\katër ((x)_(2)) =-1; \\\fund (rreshtoj)$

Ne përsëri shënojmë pikat e marra në vijën numerike dhe shikojmë shenjat:

Meqenëse po zgjidhnim një pabarazi jo të rreptë, të gjitha pikat në grafik janë të hijezuara. Prandaj, përgjigja do të jetë: $x\in \left[ -1;1 \djathtas]$ nuk është një interval, por një segment.

Në përgjithësi, dua të vërej se nuk ka asgjë të komplikuar në lidhje me pabarazitë eksponenciale. Kuptimi i të gjitha transformimeve që kemi kryer sot zbret në një algoritëm të thjeshtë:

• Gjeni bazën në të cilën do t'i reduktojmë të gjitha shkallët;
• Kryeni me kujdes transformimet për të marrë një pabarazi të formës $((a)^(x)) \gt ((a)^(n))$. Sigurisht, në vend të variablave $x$ dhe $n$ mund të ketë shumë më tepër funksione komplekse, por kuptimi nuk do të ndryshojë;
• Kryqëzo bazat e shkallëve. Në këtë rast, shenja e pabarazisë mund të ndryshojë nëse baza $a \lt 1$.

Në fakt, ky është një algoritëm universal për zgjidhjen e të gjitha pabarazive të tilla. Dhe gjithçka tjetër që ata do t'ju thonë për këtë temë janë vetëm teknika dhe truket specifike që do të thjeshtojnë dhe shpejtojnë transformimin. Ne do të flasim për një nga këto teknika tani.

Metoda e racionalizimit

Le të shqyrtojmë një grup tjetër pabarazish:

\[\fillo(rreshtoj) & ((\tekst( )\!\!\pi\!\!\tekst( ))^(x+7)) \gt ((\text( )\!\!\pi \!\!\tekst( ))^((x)^(2))-3x+2)); \\ & ((\majtas(2\sqrt(3)-3 \djathtas))^(((x)^(2))-2x)) \lt 1; \\ & ((\majtas(\frac(1)(3) \djathtas))^(((x)^(2))+2x)) \gt ((\majtas(\frac(1)(9) \djathtas))^(16-x)); \\ & ((\majtas(3-2\sqrt(2) \djathtas))^(3x-((x)^(2))) \lt 1. \\\fund (rreshtoj)\]

Pra, çfarë është kaq e veçantë për ta? Janë të lehta. Edhe pse, ndalo! A është ngritur numri π në njëfarë fuqie? Çfarë marrëzi?

Si të rritet numri $2\sqrt(3)-3$ në një fuqi? Apo $3-2\sqrt(2)$? Shkrimtarët problematikë padyshim kanë pirë shumë Murriz para se të uleshin për të punuar :)

Në fakt, nuk ka asgjë të frikshme në këto detyra. Më lejoni t'ju kujtoj: një funksion eksponencial është një shprehje e formës $((a)^(x))$, ku baza $a$ është çdo numër pozitiv përveç njërit. Numri π është pozitiv - ne tashmë e dimë këtë. Numrat $2\sqrt(3)-3$ dhe $3-2\sqrt(2)$ janë gjithashtu pozitivë - kjo është e lehtë për t'u parë nëse i krahasoni me zero.

Rezulton se të gjitha këto pabarazi "të frikshme" zgjidhen aspak ndryshe nga ato të thjeshta të diskutuara më sipër? Dhe a janë zgjidhur në të njëjtën mënyrë? Po, kjo është absolutisht e drejtë. Sidoqoftë, duke përdorur shembullin e tyre, do të doja të shqyrtoja një teknikë që kursen shumë kohë në punën e pavarur dhe provimet. Ne do të flasim për metodën e racionalizimit. Pra, vëmendje:

Çdo pabarazi eksponenciale e formës $((a)^(x)) \gt ((a)^(n))$ është ekuivalente me pabarazinë $\left(x-n \right)\cdot \left(a-1 \ djathtas) \gt 0 $.

Kjo është e gjithë metoda :) A menduat se do të kishte një lloj tjetër loje? Asgjë e tillë! Por ky fakt i thjeshtë, i shkruar fjalë për fjalë në një rresht, do ta thjeshtojë shumë punën tonë. Hidhini një sy:

\[\fillim(matricë) ((\tekst( )\!\!\pi\!\!\tekst( ))^(x+7)) \gt ((\tekst( )\!\!\pi\ !\!\tekst( ))^((x)^(2))-3x+2)) \\ \Poshtë \\ \majtas(x+7-\majtas(((x)^(2)) -3x+2 \djathtas) \djathtas)\cdot \left(\text( )\!\!\pi\!\!\tekst( )-1 \djathtas) \gt 0 \\\fund (matricë)\]

Pra, nuk ka më funksione eksponenciale! Dhe nuk duhet të mbani mend nëse shenja ndryshon apo jo. Por lind problem i ri: çfarë të bëni me shumëzuesin e ndyrë \[\left(\text( )\!\!\pi\!\!\text( )-1 \djathtas)\]? Nuk e dimë se për çfarë bëhet fjalë vlerën e saktë numrat π. Sidoqoftë, kapiteni duket se lë të kuptohet qartë:

\[\text( )\!\!\pi\!\!\text( )\afërsisht 3.14... \gt 3\Rightarrow \text( )\!\!\pi\!\!\text( )- 1\gt 3-1=2\]

Në përgjithësi, vlera e saktë e π nuk na shqetëson vërtet - është e rëndësishme vetëm për ne të kuptojmë se në çdo rast $\text( )\!\!\pi\!\!\text( )-1 \gt 2 $, t .e. kjo është një konstante pozitive dhe ne mund t'i ndajmë të dyja anët e pabarazisë me të:

\[\fillo(rreshtoj) & \left(x+7-\majtas(((x)^(2))-3x+2 \djathtas) \djathtas)\cdot \left(\text( )\!\! \pi\!\!\tekst( )-1 \djathtas) \gt 0 \\ & x+7-\left(((x)^(2))-3x+2 \djathtas) \gt 0; \\ & x+7-((x)^(2))+3x-2 \gt 0; \\ & -((x)^(2))+4x+5 \gt 0;\katër \majtas| \cdot \left(-1 \djathtas) \djathtas. \\ & ((x)^(2))-4x-5 \lt 0; \\ & \majtas(x-5 \djathtas)\majtas(x+1 \djathtas) \lt 0. \\\fund (rreshtoj)\]

Siç mund ta shihni, në një moment të caktuar na u desh të ndajmë me minus një - dhe shenja e pabarazisë ndryshoi. Në fund, e zgjerova trinomin kuadratik duke përdorur teoremën e Vieta - është e qartë se rrënjët janë të barabarta me $((x)_(1))=5$ dhe $((x)_(2))=-1$ . Pastaj gjithçka vendoset metodë klasike intervale:

Të gjitha pikat hiqen sepse pabarazia origjinale është e rreptë. Ne jemi të interesuar për rajonin me vlera negative, kështu që përgjigja është $x\in \left(-1;5 \djathtas)$. Kjo është zgjidhja.

Le të kalojmë në detyrën tjetër:

\[((\majtas(2\sqrt(3)-3 \djathtas))^(((x)^(2))-2x)) \lt 1\]

Gjithçka këtu është përgjithësisht e thjeshtë, sepse ka një njësi në të djathtë. Dhe ne kujtojmë se një është çdo numër i ngritur në fuqinë zero. Edhe nëse ky numër është shprehje irracionale, duke qëndruar në bazën në të majtë:

\[\fillo(rreshtoj) & ((\majtas(2\sqrt(3)-3 \djathtas))^(((x)^(2))-2x)) \lt 1=((\majtas(2 \sqrt(3)-3 \djathtas))^(0)); \\ & ((\majtas(2\sqrt(3)-3 \djathtas))^(((x)^(2))-2x)) \lt ((\left(2\sqrt(3)-3 \djathtas))^(0)); \\\fund (rreshtoj)\]

Epo, le të racionalizojmë:

\[\fillim(rreshtoj) & \left(((x)^(2))-2x-0 \djathtas)\cdot \left(2\sqrt(3)-3-1 \djathtas) \lt 0; \\ & \left(((x)^(2))-2x-0 \djathtas)\cdot \left(2\sqrt(3)-4 \djathtas) \lt 0; \\ & \left(((x)^(2))-2x-0 \djathtas)\cdot 2\left(\sqrt(3)-2 \djathtas) \lt 0. \\\fund (rreshtoj)\ ]

Mbetet vetëm për të kuptuar shenjat. Faktori $2\left(\sqrt(3)-2 \right)$ nuk përmban ndryshoren $x$ - është thjesht një konstante dhe ne duhet të zbulojmë shenjën e saj. Për ta bërë këtë, vini re sa vijon:

\[\fillim(matricë) \sqrt(3) \lt \sqrt(4)=2 \\ \Poshtë \\ 2\majtas(\sqrt(3)-2 \djathtas) \lt 2\cdot \majtas(2 -2 \djathtas)=0 \\\fund (matricë)\]

Rezulton se faktori i dytë nuk është thjesht një konstante, por një konstante negative! Dhe kur ndahet me të, shenja e pabarazisë origjinale ndryshon në të kundërtën:

\[\fillim(rreshtoj) & \left(((x)^(2))-2x-0 \djathtas)\cdot 2\left(\sqrt(3)-2 \djathtas) \lt 0; \\ & ((x)^(2))-2x-0 \gt 0; \\ & x\ majtas(x-2 \djathtas) \gt 0. \\\fund (rreshtoj)\]

Tani gjithçka bëhet plotësisht e qartë. Rrënjët trinomi kuadratik, duke qëndruar në të djathtë: $((x)_(1))=0$ dhe $((x)_(2))=2$. I shënojmë në vijën numerike dhe shikojmë shenjat e funksionit $f\left(x \right)=x\left(x-2 \right)$:

Ne jemi të interesuar për intervalet e shënuara me një shenjë plus. Gjithçka që mbetet është të shkruajmë përgjigjen:

Le të kalojmë në shembullin vijues:

\[((\majtas(\frac(1)(3) \djathtas))^(((x)^(2))+2x)) \gt ((\left(\frac(1)(9) \ djathtas))^(16-x))\]

Epo, gjithçka është plotësisht e qartë këtu: bazat përmbajnë fuqi të të njëjtit numër. Prandaj, unë do të shkruaj gjithçka shkurt:

\[\fillim(matricë) \frac(1)(3)=((3)^(-1));\quad \frac(1)(9)=\frac(1)(((3)^( 2)))=((3)^(-2)) \\ \Poshtë \\ ((\majtas(((3)^(-1)) \djathtas))^(((x)^(2) )+2x)) \gt ((\majtas(((3)^(-2)) \djathtas))^(16-x)) \\\fund(matricë)\]

\[\filloj(rreshtoj) & ((3)^(-1\cdot \left(((x)^(2))+2x \djathtas))) \gt ((3)^(-2\cdot \ majtas (16-x \djathtas))); \\ & ((3)^(-((x)^(2))-2x)) \gt ((3)^(-32+2x)); \\ & \left(-((x)^(2))-2x-\left(-32+2x \djathtas) \djathtas)\cdot \left(3-1 \djathtas) \gt 0; \\ & -((x)^(2))-2x+32-2x \gt 0; \\ & -((x)^(2))-4x+32 \gt 0;\katër \majtas| \cdot \left(-1 \djathtas) \djathtas. \\ & ((x)^(2))+4x-32 \lt 0; \\ & \majtas(x+8 \djathtas)\majtas(x-4 \djathtas) \lt 0. \\\fund (rreshtoj)\]

Siç mund ta shihni, gjatë procesit të transformimit ne duhej të shumëzoheshim me numër negativ, pra shenja e pabarazisë ka ndryshuar. Në fund, përsëri aplikova teoremën e Vietës për të faktorizuar trinomin kuadratik. Si rezultat, përgjigja do të jetë e mëposhtme: $x\in \left(-8;4 \djathtas)$ - çdokush mund ta verifikojë këtë duke vizatuar një vijë numerike, duke shënuar pikat dhe duke numëruar shenjat. Ndërkohë, ne do të kalojmë në pabarazinë e fundit nga "bashkësia" jonë:

\[((\majtas(3-2\sqrt(2) \djathtas))^(3x-((x)^(2))) \lt 1\]

Siç mund ta shihni, në bazë ka përsëri numër irracional, dhe në të djathtë është përsëri një. Prandaj, ne e rishkruajmë pabarazinë tonë eksponenciale si më poshtë:

\[((\majtas(3-2\sqrt(2) \djathtas))^(3x-((x)^(2))) \lt ((\majtas(3-2\sqrt(2) \ djathtas))^(0))\]

Ne aplikojmë racionalizimin:

\[\fillim(rreshtoj) & \left(3x-((x)^(2))-0 \djathtas)\cdot \left(3-2\sqrt(2)-1 \djathtas) \lt 0; \\ & \left(3x-((x)^(2))-0 \djathtas)\cdot \left(2-2\sqrt(2) \djathtas) \lt 0; \\ & \left(3x-((x)^(2))-0 \djathtas)\cdot 2\left(1-\sqrt(2) \djathtas) \lt 0. \\\fund (rreshtoj)\ ]

Megjithatë, është mjaft e qartë se $1-\sqrt(2) \lt 0$, pasi $\sqrt(2)\afërsisht 1,4... \gt 1$. Prandaj, faktori i dytë është përsëri një konstante negative, në të cilën mund të ndahen të dyja anët e pabarazisë:

\[\fillim(matricë) \left(3x-((x)^(2))-0 \djathtas)\cdot 2\left(1-\sqrt(2) \djathtas) \lt 0 \\ \Poshtë \ \\fund (matricë)\]

\[\fillim(rreshtoj) & 3x-((x)^(2))-0 \gt 0; \\ & 3x-((x)^(2)) \gt 0;\katër \majtas| \cdot \left(-1 \djathtas) \djathtas. \\ & ((x)^(2))-3x \lt 0; \\ & x\ majtas(x-3 \djathtas) \lt 0. \\\fund (rreshtoj)\]

Kaloni në një bazë tjetër

Një problem i veçantë gjatë zgjidhjes së pabarazive eksponenciale është kërkimi i bazës "të saktë". Fatkeqësisht, nuk është gjithmonë e qartë në shikim të parë në një detyrë se çfarë të merret si bazë dhe çfarë të bëhet sipas shkallës së kësaj baze.

Por mos u shqetësoni: këtu nuk ka asnjë teknologji magjike apo "sekret". Në matematikë, çdo aftësi që nuk mund të algoritmizohet mund të zhvillohet lehtësisht përmes praktikës. Por për këtë do t'ju duhet të zgjidhni problemet nivele të ndryshme kompleksiteti. Për shembull, si kjo:

\[\filloj(liroj) & ((2)^(\frac(x)(2))) \lt ((4)^(\frac(4)(x))); \\ & ((\majtas(\frac(1)(3) \djathtas))^(\frac(3)(x)))\ge ((3)^(2+x)); \\ & ((\majtas(0,16 \djathtas))^(1+2x))\cdot ((\majtas(6,25 \djathtas))^(x))\ge 1; \\ & ((\left(\frac(27)(\sqrt(3)) \djathtas))^(-x)) \lt ((9)^(4-2x))\cdot 81. \\\ fund(rreshtoj)\]

E veshtire? E frikshme? Është më e lehtë sesa të godasësh një pulë në asfalt! Le ta provojmë. Pabarazia e parë:

\[((2)^(\frac(x)(2)) \lt ((4)^(\frac(4)(x)))\]

Epo, mendoj se gjithçka është e qartë këtu:

Ne rishkruajmë pabarazinë origjinale, duke reduktuar gjithçka në bazën dy:

\[((2)^(\frac(x)(2))) \lt ((2)^(\frac(8)(x)))\Djathtas shigjeta \majtas(\frac(x)(2)- \frac(8)(x) \djathtas)\cdot \majtas(2-1 \djathtas) \lt 0\]

Po, po, e dëgjuat mirë: sapo aplikova metodën e racionalizimit të përshkruar më sipër. Tani duhet të punojmë me kujdes: ia dolëm pabarazia racionale thyesore(kjo është diçka që ka një ndryshore në emërues), kështu që përpara se të barazoni diçka me zero, duhet të sillni gjithçka në emërues i përbashkët dhe të shpëtoj nga faktori konstant.

\[\fillim(rreshtoj) & \left(\frac(x)(2)-\frac(8)(x) \djathtas)\cdot \majtas(2-1 \djathtas) \lt 0; \\ & \left(\frac(((x)^(2))-16)(2x) \djathtas)\cdot 1 \lt 0; \\ & \frac(((x)^(2))-16)(2x) \lt 0. \\\fund (rreshtoj)\]

Tani përdorim metodë standarde intervale. Zero numërues: $x=\pm 4$. Emëruesi shkon në zero vetëm kur $x=0$. Janë tre pika gjithsej që duhet të shënohen në vijën numerike (të gjitha pikat janë të fiksuara sepse shenja e pabarazisë është e rreptë). Ne marrim:

Siç mund ta merrni me mend, hijezimi shënon ato intervale në të cilat shprehja në të majtë merr vlera negative. Prandaj, përgjigja përfundimtare do të përfshijë dy intervale njëherësh:

Skajet e intervaleve nuk përfshihen në përgjigje sepse pabarazia fillestare ishte e rreptë. Nuk kërkohet verifikim i mëtejshëm i kësaj përgjigje. Në këtë drejtim, pabarazitë eksponenciale janë shumë më të thjeshta se ato logaritmike: pa ODZ, pa kufizime, etj.

Le të kalojmë në detyrën tjetër:

\[((\majtas(\frac(1)(3) \djathtas))^(\frac(3)(x)))\ge ((3)^(2+x))\]

Nuk ka probleme as këtu, pasi ne tashmë e dimë se $\frac(1)(3)=((3)^(-1))$, kështu që e gjithë pabarazia mund të rishkruhet si më poshtë:

\[\fillo(rreshtoj) & ((\majtas(((3)^(-1)) \djathtas))^(\frac(3)(x)))\ge ((3)^(2+x ))\Djathtas ((3)^(-\frac(3)(x)))\ge ((3)^(2+x)); \\ & \left(-\frac(3)(x)-\left(2+x \djathtas) \djathtas)\cdot \left(3-1 \djathtas)\ge 0; \\ & \left(-\frac(3)(x)-2-x \djathtas)\cdot 2\ge 0;\quad \majtas| :\left(-2 \djathtas) \djathtas. \\ & \frac(3)(x)+2+x\le 0; \\ & \frac(((x)^(2))+2x+3)(x)\le 0. \\\fund (rreshtoj)\]

Ju lutemi vini re: në rreshtin e tretë vendosa të mos humbas kohë për gjëra të vogla dhe menjëherë të ndaj gjithçka me (-2). Minul hyri në kllapin e parë (tani ka pluse kudo), dhe dy u reduktuan me një faktor konstant. Kjo është pikërisht ajo që duhet të bëni kur përgatitni shfaqje reale në të pavarur dhe testet— Nuk ka nevojë të përshkruhet çdo veprim dhe transformim.

Më pas, hyn në lojë metoda e njohur e intervaleve. Numëruesit zero: por nuk ka asnjë. Sepse diskriminuesi do të jetë negativ. Nga ana tjetër, emëruesi rivendoset në zero vetëm në $x=0$ - si në herën e fundit. Epo, është e qartë se në të djathtë të $x=0$ thyesa do të marrë vlerat pozitive, dhe në të majtë janë negative. Meqenëse ne jemi të interesuar për vlerat negative, përgjigja përfundimtare është: $x\in \left(-\infty ;0 \right)$.

\[((\majtas(0.16 \djathtas))^(1+2x))\cdot ((\majtas(6.25 \djathtas))^(x))\ge 1\]

Çfarë duhet të bëni me thyesat dhjetore në pabarazitë eksponenciale? Kjo është e drejtë: hiqni qafe ato, duke i kthyer ato në të zakonshme. Këtu do të përkthejmë:

\[\filloj(rreshtoj) & 0.16=\frac(16)(100)=\frac(4)(25)\Djathtas shigjete ((\majtas(0.16 \djathtas))^(1+2x)) =((\ majtas(\frac(4)(25) \djathtas))^(1+2x)); \\ & 6,25=\frac(625)(100)=\frac(25)(4)\Djathtas shigjetë ((\majtas(6,25 \djathtas))^(x)=((\majtas(\ frac(25) (4)\djathtas))^(x)). \\\fund (radhis)\]

Pra, çfarë morëm në themelet e funksioneve eksponenciale? Dhe ne morëm dy numra reciprokisht të anasjelltë:

\[\frac(25)(4)=((\majtas(\frac(4)(25) \djathtas))^(-1))\Djathtas shigjete ((\majtas(\frac(25)(4) \ djathtas))^(x))=((\majtas(((\majtas(\frac(4)(25) \djathtas))^(-1)) \djathtas))^(x))=((\ majtas(\frac(4)(25) \djathtas))^(-x))\]

Kështu, pabarazia origjinale mund të rishkruhet si më poshtë:

\[\fillim(rreshtoj) & ((\majtas(\frac(4)(25) \djathtas))^(1+2x))\cdot ((\majtas(\frac(4)(25) \djathtas) )^(-x))\ge 1; \\ & ((\majtas(\frac(4)(25) \djathtas))^(1+2x+\majtas(-x \djathtas)))\ge ((\majtas(\frac(4)(25) \djathtas))^(0)); \\ & ((\majtas(\frac(4)(25) \djathtas))^(x+1))\ge ((\majtas(\frac(4)(25) \djathtas))^(0) ). \\\fund (radhis)\]

Natyrisht, kur shumëzohen fuqitë me të njëjtën bazë, eksponentët e tyre mblidhen, gjë që ndodhi në rreshtin e dytë. Përveç kësaj, ne përfaqësonim njësinë në të djathtë, gjithashtu si fuqi në bazën 4/25. Gjithçka që mbetet është të arsyetojmë:

\[((\majtas(\frac(4)(25) \djathtas))^(x+1))\ge ((\majtas(\frac(4)(25) \djathtas))^(0)) \Shigjeta djathtas \majtas(x+1-0 \djathtas)\cdot \majtas(\frac(4)(25)-1 \djathtas)\ge 0\]

Vini re se $\frac(4)(25)-1=\frac(4-25)(25) \lt 0$, d.m.th. faktori i dytë është një konstante negative, dhe kur pjesëtohet me të, shenja e pabarazisë do të ndryshojë:

\[\fillim(rreshtoj) & x+1-0\le 0\Djathtas shigjetë x\le -1; \\ & x\në \left(-\infty ;-1 \djathtas]. \\\fund (rreshtoj)\]

Së fundi, pabarazia e fundit nga "bashkësia" aktuale:

\[((\left(\frac(27)(\sqrt(3)) \djathtas))^(-x)) \lt ((9)^(4-2x))\cdot 81\]

Në parim, ideja e zgjidhjes këtu është gjithashtu e qartë: të gjitha funksionet eksponenciale të përfshira në pabarazi duhet të reduktohen në bazën "3". Por për këtë do të duhet të ngatërroni pak me rrënjët dhe fuqitë:

\[\fillo(rreshtoj) & \frac(27)(\sqrt(3))=\frac(((3)^(3)))(((3)^(\frac(1)(3)) ))=((3)^(3-\frac(1)(3)))=((3)^(\frac(8)(3))); \\ & 9=((3)^(2));\katër 81=((3)^(4)). \\\fund (radhis)\]

Duke marrë parasysh këto fakte, pabarazia origjinale mund të rishkruhet si më poshtë:

\[\fillo(rreshtoj) & ((\majtas(((3)^(\frac(8)(3))) \djathtas))^(-x)) \lt ((\majtas((3) ^(2))\djathtas))^(4-2x))\cdot ((3)^(4)); \\ & ((3)^(-\frac(8x)(3)) \lt ((3)^(8-4x))\cdot ((3)^(4)); \\ & ((3)^(-\frac(8x)(3))) \lt ((3)^(8-4x+4)); \\ & ((3)^(-\frac(8x)(3))) \lt ((3)^(4-4x)). \\\fund (radhis)\]

Kushtojini vëmendje rreshtave të 2-të dhe të 3-të të llogaritjeve: para se të bëni ndonjë gjë me pabarazinë, sigurohuni që ta sillni atë në formën për të cilën folëm që në fillim të mësimit: $((a)^(x)) \ lt ((a)^(n))$. Për sa kohë që keni disa faktorë të majtë, konstante shtesë, etj. majtas ose djathtas, nuk mund të kryhet asnjë racionalizim apo “kalim” i bazave! Detyra të panumërta janë kryer gabimisht për shkak të mungesës së të kuptuarit të kësaj fakt i thjeshtë. Unë vetë e vëzhgoj vazhdimisht këtë problem me studentët e mi kur sapo kemi filluar të analizojmë pabarazitë eksponenciale dhe logaritmike.

Por le t'i kthehemi detyrës sonë. Le të përpiqemi të bëjmë pa racionalizim këtë herë. Le të kujtojmë: baza e shkallës është më e madhe se një, kështu që trefishat thjesht mund të kryqëzohen - shenja e pabarazisë nuk do të ndryshojë. Ne marrim:

\[\fillim(lidh) & -\frac(8x)(3) \lt 4-4x; \\ & 4x-\frac(8x)(3) \lt 4; \\ & \frac(4x)(3) \lt 4; \\ & 4x \lt 12; \\ & x \lt 3. \\\fund (rreshtoj)\]

Kjo është ajo. Përgjigja përfundimtare: $x\in \left(-\infty ;3 \djathtas)$.

Izolimi i një shprehjeje të qëndrueshme dhe zëvendësimi i një ndryshoreje

Si përfundim, propozoj zgjidhjen e katër pabarazive të tjera eksponenciale, të cilat tashmë janë mjaft të vështira për studentët e papërgatitur. Për t'i përballuar ato, duhet të mbani mend rregullat për të punuar me diploma. Në veçanti, lëshimi faktorët e përbashkët jashtë kllapave.

Por gjëja më e rëndësishme është të mësoni të kuptoni se çfarë saktësisht mund të nxirret nga kllapat. Një shprehje e tillë quhet e qëndrueshme - ajo mund të shënohet me një ndryshore të re dhe kështu të heqë qafe funksionin eksponencial. Pra, le të shohim detyrat:

\[\filloj(rreshtoj) & ((5)^(x+2))+((5)^(x+1))\ge 6; \\ & ((3)^(x))+((3)^(x+2))\ge 90; \\ & ((25)^(x+1.5))-((5)^(2x+2)) \gt 2500; \\ & ((\majtas(0,5 \djathtas))^(-4x-8))-((16)^(x+1,5)) \gt 768. \\\fund (rreshtoj)\]

Le të fillojmë nga rreshti i parë. Le ta shkruajmë veçmas këtë pabarazi:

\[((5)^(x+2))+((5)^(x+1))\ge 6\]

Vini re se $((5)^(x+2))=((5)^(x+1+1))=((5)^(x+1))\cdot 5$, prandaj anën e djathtë mund të rishkruhet:

Vini re se nuk ka funksione të tjera eksponenciale përveç $((5)^(x+1))$ në pabarazi. Dhe në përgjithësi, ndryshorja $x$ nuk shfaqet askund tjetër, kështu që le të prezantojmë një ndryshore të re: $((5)^(x+1))=t$. Ne marrim ndërtimin e mëposhtëm:

\[\fillim(lidh) & 5t+t\ge 6; \\&6t\ge 6; \\ & t\ge 1. \\\fund (radhis)\]

Kthehemi në variablin origjinal ($t=((5)^(x+1))$), dhe në të njëjtën kohë kujtojmë se 1=5 0 . Ne kemi:

\[\fillim(lidhoj) & ((5)^(x+1))\ge ((5)^(0)); \\ & x+1\ge 0; \\ & x\ge -1. \\\fund (radhis)\]

Kjo është zgjidhja! Përgjigje: $x\in \left[ -1;+\infty \djathtas)$. Le të kalojmë te pabarazia e dytë:

\[((3)^(x))+((3)^(x+2))\ge 90\]

Gjithçka është e njëjtë këtu. Vini re se $((3)^(x+2))=((3)^(x))\cdot ((3)^(2))=9\cdot ((3)^(x))$ . Pastaj anën e majtë mund të rishkruhet:

\[\fillim(rreshtoj) & ((3)^(x))+9\cdot ((3)^(x))\ge 90;\quad \majtas| ((3)^(x))=t \djathtas. \\&t+9t\ge 90; \\ & 10t\ge 90; \\ & t\ge 9\Djathtas ((3)^(x))\ge 9\Djathtas ((3)^(x))\ge ((3)^(2)); \\ & x\ge 2\Djathtas shigjeta x\në \majtas[ 2;+\infty \djathtas). \\\fund (radhis)\]

Kjo është afërsisht se si ju duhet të hartoni një zgjidhje për teste reale dhe punë të pavarur.

Epo, le të provojmë diçka më të ndërlikuar. Për shembull, këtu është pabarazia:

\[((25)^(x+1,5))-((5)^(2x+2)) \gt 2500\]

Cili është problemi këtu? Para së gjithash, bazat e funksioneve eksponenciale në të majtë janë të ndryshme: 5 dhe 25. Megjithatë, 25 = 5 2, kështu që termi i parë mund të transformohet:

\[\filloj(rreshtoj) & ((25)^(x+1.5))=((\majtas(((5)^(2)) \djathtas))^(x+1.5))= ((5) ^ (2x+3)); \\ & ((5)^(2x+3))=((5)^(2x+2+1))=((5)^(2x+2))\cdot 5. \\\fund(rreshtoj )\]

Siç mund ta shihni, së pari ne sollëm gjithçka të njëjtën bazë, dhe më pas vuri re se termi i parë mund të reduktohet lehtësisht në të dytin - thjesht duhet të zgjeroni eksponentin. Tani mund të prezantoni me siguri një variabël të ri: $((5)^(2x+2))=t$, dhe e gjithë pabarazia do të rishkruhet si më poshtë:

\[\fillim(lidh) & 5t-t\ge 2500; \\&4t\ge 2500; \\ & t\ge 625=((5)^(4)); \\ & ((5)^(2x+2))\ge ((5)^(4)); \\ & 2x+2\ge 4; \\&2x\ge 2; \\ & x\ge 1. \\\fund (rreshtoj)\]

Dhe përsëri, pa vështirësi! Përgjigja përfundimtare: $x\in \left[ 1;+\infty \djathtas)$. Le të kalojmë në pabarazinë përfundimtare në mësimin e sotëm:

\[((\majtas(0,5 \djathtas))^(-4x-8))-((16)^(x+1,5)) \gt 768\]

Gjëja e parë që duhet t'i kushtoni vëmendje është, natyrisht, dhjetore në bazën e shkallës së parë. Është e nevojshme të heqësh qafe atë, dhe në të njëjtën kohë të sillni të gjitha funksionet eksponenciale në të njëjtën bazë - numrin "2":

\[\fillim(rreshtoj) & 0.5=\frac(1)(2)=((2)^(-1))\Rightshigjete ((\majtas(0.5 \djathtas))^(-4x- 8))= ((\majtas(((2)^(-1)) \djathtas))^(-4x-8))=((2)^(4x+8)); \\ & 16=((2)^(4))\Djathtas ((16)^(x+1.5))=((\majtas(((2)^(4)) \djathtas))^( x+ 1.5))=((2)^(4x+6)); \\ & ((2)^(4x+8))-((2)^(4x+6)) \gt 768. \\\fund (rreshtoj)\]

Shkëlqyeshëm, ne kemi bërë hapin e parë - gjithçka ka çuar në të njëjtin themel. Tani ju duhet të zgjidhni shprehje e qëndrueshme. Vini re se $((2)^(4x+8))=((2)^(4x+6+2))=((2)^(4x+6))\cdot 4$. Nëse prezantojmë një ndryshore të re $((2)^(4x+6))=t$, atëherë pabarazia origjinale mund të rishkruhet si më poshtë:

\[\fillim(lidh) & 4t-t \gt 768; \\ & 3t \gt 768; \\ & t \gt 256=((2)^(8)); \\ & ((2)^(4x+6)) \gt ((2)^(8)); \\ & 4x+6 \gt 8; \\ & 4x \gt 2; \\ & x \gt \frac(1)(2)=0,5. \\\fund (radhis)\]

Natyrisht, mund të lindë pyetja: si e zbuluam se 256 = 2 8? Fatkeqësisht, këtu ju vetëm duhet të dini fuqitë e dy (dhe në të njëjtën kohë fuqitë e tre dhe pesë). Epo, ose ndani 256 me 2 (mund ta ndani, pasi 256 është një numër çift) derisa të marrim rezultatin. Do të duket diçka si kjo:

\[\fillo(rreshtoj) & 256=128\cdot 2= \\ & =64\cdot 2\cdot 2= \\ & =32\cdot 2\cdot 2\cdot 2= \\ & =16\cdot 2 \cdot 2\cdot 2\cdot 2= \\ & =8\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2= \\ & =4\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2= \\ & =2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2= \\ & =((2)^(8)).\end(rreshtoj )\]

E njëjta gjë është e vërtetë me tre (numrat 9, 27, 81 dhe 243 janë shkallët e tij), dhe me shtatë (numrat 49 dhe 343 gjithashtu do të ishte mirë të mbani mend). Epo, pesëshja gjithashtu ka gradë "të bukura" që duhet të dini:

\[\fillim(lidhoj) & ((5)^(2))=25; \\ & ((5)^(3))=125; \\ & ((5)^(4))=625; \\ & ((5)^(5))=3125. \\\fund (radhis)\]

Sigurisht, nëse dëshironi, të gjithë këta numra mund të rikthehen në mendjen tuaj, thjesht duke i shumëzuar ato radhazi me njëri-tjetrin. Sidoqoftë, kur ju duhet të zgjidhni disa pabarazi eksponenciale, dhe secila tjetër është më e vështirë se ajo e mëparshme, atëherë gjëja e fundit që dëshironi të mendoni është fuqitë e disa numrave. Dhe në këtë kuptim, këto probleme janë më komplekse sesa pabarazitë "klasike" që zgjidhen me metodën e intervalit.

Aktiv këtë mësim do të shikojmë pabarazitë e ndryshme eksponenciale dhe do të mësojmë se si t'i zgjidhim ato, bazuar në teknikën e zgjidhjes së pabarazive më të thjeshta eksponenciale

1. Përkufizimi dhe vetitë e një funksioni eksponencial

Le të kujtojmë përkufizimin dhe vetitë themelore të funksionit eksponencial. Zgjidhja e të gjitha ekuacioneve dhe pabarazive eksponenciale bazohet në këto veti.

Funksioni eksponencialështë një funksion i formës , ku baza është shkalla dhe këtu x është variabla e pavarur, argumenti; y është ndryshorja e varur, funksioni.

Oriz. 1. Grafiku i funksionit eksponencial

Grafiku tregon eksponentë në rritje dhe në ulje, duke ilustruar funksionin eksponencial me një bazë më të madhe se një dhe më të vogël se një por më të madhe se zero, përkatësisht.

Të dy kthesat kalojnë nëpër pikën (0;1)

Vetitë e funksionit eksponencial:

Fushëveprimi: ;

Gama e vlerave: ;

Funksioni është monoton, rritet me, zvogëlohet me.

Një funksion monoton merr secilën nga vlerat e tij duke dhënë një vlerë të vetme argumenti.

Kur , kur argumenti rritet nga minus në plus pafundësi, funksioni rritet nga zero përfshirës në plus pafundësi, d.m.th., për vlerat e dhëna të argumentit kemi një funksion në rritje monotonike (). Përkundrazi, kur argumenti rritet nga minus në plus pafundësi, funksioni zvogëlohet nga pafundësia në zero përfshirëse, d.m.th., për vlerat e dhëna të argumentit kemi një funksion monotonik në rënie ().

2. Mosbarazimet më të thjeshta eksponenciale, metoda e zgjidhjes, shembull

Bazuar në sa më sipër, ne paraqesim një metodë për zgjidhjen e pabarazive të thjeshta eksponenciale:

Teknika për zgjidhjen e pabarazive:

Barazoni bazat e shkallëve;

Krahasoni metrikat duke i ruajtur ose ndryshuar në shenjë e kundërt pabarazitë.

Zgjidhja e pabarazive eksponenciale komplekse zakonisht konsiston në reduktimin e tyre në pabarazitë eksponenciale më të thjeshta.

Baza e shkallës është më e madhe se një, që do të thotë se shenja e pabarazisë është ruajtur:

Le të transformojmë anën e djathtë sipas vetive të shkallës:

Baza e shkallës është më e vogël se një, shenja e pabarazisë duhet të kthehet mbrapsht:

Për të zgjidhur pabarazia kuadratike ne do të vendosim të përshtatshme ekuacioni kuadratik:

Duke përdorur teoremën e Vietës gjejmë rrënjët:

Degët e parabolës janë të drejtuara lart.

Kështu, ne kemi një zgjidhje për pabarazinë:

Është e lehtë të merret me mend se ana e djathtë mund të përfaqësohet si një fuqi me një eksponent zero:

Baza e shkallës është më e madhe se një, shenja e pabarazisë nuk ndryshon, marrim:

Le të kujtojmë teknikën për zgjidhjen e pabarazive të tilla.

Merrni parasysh funksionin thyesor-racional:

Ne gjejmë domenin e përkufizimit:

Gjetja e rrënjëve të funksionit:

Funksioni ka një rrënjë të vetme,

Ne zgjedhim intervalet e shenjës konstante dhe përcaktojmë shenjat e funksionit në çdo interval:

Oriz. 2. Intervalet e qëndrueshmërisë së shenjës

Kështu e morëm përgjigjen.

Përgjigje:

3. Zgjidhja e pabarazive standarde eksponenciale

Le të shqyrtojmë pabarazitë me të njëjtët tregues, por për arsye të ndryshme.

Një nga vetitë e funksionit eksponencial është se për çdo vlerë të argumentit ai merr vlera rreptësisht pozitive, që do të thotë se mund të ndahet në një funksion eksponencial. Le ta ndajmë pabarazinë e dhënë me anën e djathtë të saj:

Baza e shkallës është më e madhe se një, shenja e pabarazisë ruhet.

Le të ilustrojmë zgjidhjen:

Figura 6.3 tregon grafikët e funksioneve dhe . Natyrisht, kur argumenti më i madh se zero, grafiku i funksionit ndodhet lart, ky funksion është më i madh. Kur vlerat e argumentit janë negative, funksioni shkon më poshtë, është më i vogël. Kur argumenti është i barabartë, funksionet janë të barabarta, që do të thotë pikë e dhënëështë gjithashtu një zgjidhje për pabarazinë e dhënë.

Oriz. 3. Ilustrimi për shembull 4

Le ta transformojmë pabarazinë e dhënë sipas vetive të shkallës:

Këtu janë disa terma të ngjashëm:

Le t'i ndajmë të dyja pjesët në:

Tani vazhdojmë të zgjidhim në mënyrë të ngjashme me shembullin 4, ndajmë të dyja pjesët me:

Baza e shkallës është më e madhe se një, shenja e pabarazisë mbetet:

4. Zgjidhja grafike e mosbarazimeve eksponenciale

Shembulli 6 - Zgjidheni pabarazinë grafikisht:

Le të shohim funksionet në anën e majtë dhe të djathtë dhe të ndërtojmë një grafik për secilën prej tyre.

Funksioni është eksponencial dhe rritet në të gjithë domenin e tij të përkufizimit, d.m.th., për të gjithë vlerat reale argument.

Funksioni është linear dhe zvogëlohet në të gjithë domenin e tij të përkufizimit, d.m.th., për të gjitha vlerat reale të argumentit.

Nëse këto funksione kryqëzohen, domethënë sistemi ka një zgjidhje, atëherë një zgjidhje e tillë është unike dhe mund të merret me mend lehtësisht. Për ta bërë këtë, ne përsërisim mbi numrat e plotë ()

Është e lehtë të shihet se rrënja e këtij sistemi është:

Kështu, grafikët e funksioneve kryqëzohen në një pikë me një argument të barabartë me një.

Tani duhet të marrim një përgjigje. Kuptimi i pabarazisë së dhënë është se eksponenti duhet të jetë më i madh ose i barabartë me funksion linear, pra të jetë më i lartë ose të përkojë me të. Përgjigja është e qartë: (Figura 6.4)

Oriz. 4. Ilustrimi për shembull 6

Pra, ne shikuam zgjidhjen e pabarazive të ndryshme standarde eksponenciale. Më tej ne vazhdojmë të shqyrtojmë pabarazitë eksponenciale më komplekse.

Referencat

Mordkovich A. G. Algjebra dhe parimet analiza matematikore. - M.: Mnemosyne. Muravin G. K., Muravin O. V. Algjebra dhe fillimet e analizës matematikore. - M.: Bustard. Kolmogorov A. N., Abramov A. M., Dudnitsyn P. et al. - M.: Iluminizmi.

Math. md. Matematikë-përsëritje. com. Diffur. kemsu. ru.

Detyrë shtëpie

1. Algjebra dhe fillimet e analizës, klasat 10-11 (A. N. Kolmogorov, A. M. Abramov, Yu. P. Dudnitsyn) 1990, Nr. 472, 473;

2. Zgjidh pabarazinë:

3. Zgjidh pabarazinë.

dhe x = b është më e thjeshta ekuacioni eksponencial. Në të a më i madh se zero dhe A nuk është e barabartë me një.

Zgjidhja e ekuacioneve eksponenciale

Nga vetitë e funksionit eksponencial e dimë se diapazoni i vlerave të tij është i kufizuar në pozitiv numra realë. Atëherë nëse b = 0, ekuacioni nuk ka zgjidhje. E njëjta situatë ndodh në ekuacionin ku b

Tani le të supozojmë se b>0. Nëse në funksionin eksponencial baza aështë më i madh se uniteti, atëherë funksioni do të rritet në të gjithë domenin e përkufizimit. Nëse në funksionin eksponencial për bazën A përfunduar kushti tjetër 0

Bazuar në këtë dhe duke zbatuar teoremën e rrënjës, gjejmë se ekuacioni a x = b ka një rrënjë të vetme, për b>0 dhe pozitive a Jo e barabartë me një. Për ta gjetur atë, ju duhet të përfaqësoni b si b = a c.
Atëherë është e qartë se Me do të jetë një zgjidhje e ekuacionit a x = a c.

Le të shqyrtojmë shembulli tjetër: zgjidh ekuacionin 5 (x 2 - 2*x - 1) = 25.

Le të imagjinojmë 25 si 5 2, marrim:

5 (x 2 - 2 * x - 1) = 5 2 .

Ose çfarë është ekuivalente:

x 2 - 2 * x - 1 = 2.

E zgjidhim ekuacionin kuadratik që rezulton me cilindo prej metodat e njohura. Marrim dy rrënjë x = 3 dhe x = -1.

Përgjigje: 3;-1.

Të zgjidhim ekuacionin 4 x - 5*2 x + 4 = 0. Të bëjmë zëvendësimin: t=2 x dhe të marrim ekuacionin kuadratik të mëposhtëm:

t 2 - 5 * t + 4 = 0.
Ne e zgjidhim këtë ekuacion duke përdorur ndonjë nga metodat e njohura. Marrim rrënjët t1 = 1 t2 = 4

Tani zgjidhim ekuacionet 2 x = 1 dhe 2 x = 4.

Përgjigje: 0; 2.

Zgjidhja e pabarazive eksponenciale

Zgjidhja e pabarazive më të thjeshta eksponenciale bazohet gjithashtu në vetitë e funksioneve rritëse dhe zvogëluese. Nëse në një funksion eksponencial baza a është më e madhe se një, atëherë funksioni do të rritet në të gjithë domenin e përkufizimit. Nëse në funksionin eksponencial për bazën A plotësohet kushti i mëposhtëm 0, atëherë ky funksion do të jetë në rënie në të gjithë grupin e numrave realë.