Модулі бар теңдеулердің алгебралық және графикалық шешу тәсілдері

Презентация қосу

Модулі бар теңдеулердің
алгебралық және графикалық
шешу тәсілдері
«Модуль»сөзі латын тілінен аударғанда «modulus» -
«шама» дегенді білдіреді. Ол көптеген мағынаға ие және де
тек математика да ғана емес, сонымен қатар архитектурада,
физикада, техникада және көптеген нақты ғылым
саласында қолданылатын көп мағыналы сөз(омоним).
Архитектурада - бұл, осы ғимарат үшін орнатылған құрама
элементтерінің еселі арақатынастарын білдіретін кіріспе
өлшем бірлігі.
Техникада - бұл термин техниканың әртүрлі облыстарында
қолданылады, әмбебап мағынасы жоқ және әртүрлі
коэффициенттер мен өлшемдерді, мысалы ілініс модулі,
серпімділік модулі және т.б. сипаттауға арналған.
Көлемдік сығылудың модулі( физикада)-материалдағы
нормальді кернеудің салыстырмалы ұзаруға қатынасы.
Алынған тақырыпты тереңірек зерттеу үшін маған
қажет болатын қарапайым анықтамалармен танысуымыз
қажет:
Теңдеу- бұл айнымалылары болатын теңдік.
Модулі бар теңдеу-бұл абсолюттік мөлшер белгісінде
айнымалысы бар (модуль белгісінде) теңдеу. Мысалы: |х|
=1
Теңдеуді шешу- бұл оның барлық түбірлерін табу
немесе оның түбірлерінің тіптен жоқ екендігін дәлелдеу.
Математикада модуль бірнеше мағынаға ие, ал менің
ғылыми жұмысымда мен тек біреуіне ғана сүйенемін:
Модуль - бастапқы санақтан сандық түзудегі нүктеге
дейінгі қашықтыққа тең абсолюттік сан ұзындығы.
Анықтама. а санының модулі немесе а санының
абсолюттік өлшемі а-ға тең, егер де а үлкен немесе
нөлге және -а-ға тең, а нөлден кіші болған
жағдайда:
a, если a 0;
| a|
a, если a 0.

Анықтамадан белгілі
| a| 0болғандай
. кез-келген а нақты
санына
a 0
Теорема 1. нақты санының абсолюттік
өлшемі а немесе -а екі санның үлкеніне тең.
Теорема 2. Кез-келген
2 а нақты санының абсолюттік шамасы
a : | a| a . квадраттық түбіріне тең.
арифметикалық

Шындығына келсек, егер онда
a 0, санның модулін анықтау
бойынша келесідей болады Екінші жағынан,
| a| a. егер
a 0, a|a|
сондықтан 2
=a, a2 .
2 2
Егер a < 0, онда |a| = -a және a a ,
осы жағдайда |a| = a .
a2 .
Бұл теорема кейбір есептерді шешу барысында |a| -ны -мен
алмастыруға мүмкіндік береді.
Геометриялық түрде |a| координаталық түрде а нүктесімен
бейнеленген нүктеден санақ басына дейінгі қашықтықты
көрсетеді. a 0,
Егер онда координаталық түзуде модульдері тең, нөлден бірдей
қашықтатылған а және -а екі нүктесі бар болады.
Егер a = 0, онда координаталық түзуде |a| 0-мен бейнеленеді (сур.
қар.)
Модулі бар теңдеулерді шешу жолдары.

Абсолюттік шама таңбалары бар
теңдеуді шешу үшін біз санның модулін
анықтауға және санның абсолюттік
шамасының қасиеттеріне сүйенеміз. Біз
бірнеше мысалды бір тәсілмен шешеміз,
содан модулі бар теңдеулерді шешуде қай
тәсіл жеңіл екендігін қарастырамыз.
Мысал 1. |х - 2| = 3 теңдеуін аналитикалық және графикалық түрде шешу.

Шешімі
Аналитикалық шешім

1-ші тәсіл

Модульдың анықталуына қарай талқылаймыз. Егер модуль астындагы өрнек
теріс емес болса, яғни х - 2 0, онда ол модуль астындағы таңбадан "оң"
таңбасымен шығады және теңдеу келеі түрге ие болады. Егер модуль
астындағы өрнек теріс болса, онда
(x 2анықтама
) 3. бойынша ол
немесе х - 2=-3 тең болады.
Осы жағдайдан х - 2 = 3 немесе х - 2 = -3 теңдеулерін аламыз. Алынған
теңдеулерді
x 5, x шеше
1. отырып келесі түбірлерді табамыз:
1 2

x 1 5, x 2 1.
Жауабы:
Графикалық шешімі

Модулі бар теңдеулерді шешудің тағы бір тәсілі болып графикалық тәсіл
саналады. Бұл тәсілдің негізі берілген функциялардың графиктерін тұрғызу
болып келеді. Егер графиктар қиылысқан жағдайда, графиктардың қиылысу
нүктелері біздің теңдеуіміздің түбірлері болып келеді. Егер де графиктар бір-
бірімен кездеспесе, біз теңдеудің түбірлері жоқ деген шешімге келе аламыз. Бұл
тәсілді модулі бар теңдеулерді шешу кезінде басқаларына қарағанда көп
қолданылмайды, себебі, біріншіден ол көп уақытты қажет етеді және әрдайым
рационалды емес, ал екіншіден графиктерді тұрғызу кезінде алынған шешімдер
әрқашан нақты емес.
Модулі бар теңдеулерді шешудің тағы бір басқа тәсілі ол сандық түзуді
аралықтарға бөлу. Бұл жағдайда бізгемодульдің анықтамасы бойынша
абсолюттік өлшемнің таңбасын аралықтарда алып тастауға болатындай етіп
сандық түзуді бөлуіміз қажет. Содан біз әрбір аралық үшін берілген теңдеуді
шешіп, алынған түбірлерге байланысты қорытынды жасауымыз керек (олар
біздің алған аралығымызды қанағаттандыра ма жоқ па). Аралықтарды
қанағаттандыратын түбірлер соңғы жауабымызды береді.
2-ші тәсіл
х-тің қандай мәнінде модуль нөлге тең екендігін анықтайық:
Әрқайсысындаxтеңдеуді
2 0, xшешу
2. керек екі аралықты табамыз
( 9-шы сурет):

Сурет. 9

Екі аралас жүйені аламыз:

(1) x 2, (2) x 2,

(x 2) 3, x 2 3.
Әрбір жүйені шешеміз:
x 2, x 2, x 2, x 2,
(1) x 1.
( x 2) 3, x 2 3, x 3 2, x 1,
(алынған аралығымызды қанағаттандырады)

x 2, x 2, x 2,
(2)
x 2 3,

x 3 2,

x 5,
x 5.

(алынған аралығымызды қанағаттандырады)

Жауабы: x 1 1, x 2 5.
Графикалық шешімі
Теңдеуді графикалық тәсілмен шешу үшін y | x 2|
және y 3. функцияларына графиктер тұрғызамыз.
y | x 2| функциясына график тұрғызу үшін,y x 2 -
функциясына график тұрғызамыз-бұл OХ осін
нүктесінде (2; 0), ал OY осін (0; 2), нүктелерінде
қиятын түзу, ал содан кейін OХ осінен төмен жататын
OХ осінде шағылысатын түзуді жүргіземіз.
y 3 функциясының графигі болып ОХ осіне
паралель және OY осінде (0; 3) нүктелері арқылы
өтетін түзу болып келеді (10-шы сурет).
Сурет. 10
Функция графиктерінің абциссада қиылысу нүктелері теңдеудің шешімін береді.
y=3 функция графигінің түзуі y=|х – 2| функция графигінің координатттары (-1; 3)
және (5; 3) нүктелерінде қиылысады, сондықтан теңдеудің шешімі болып
абцисса нүктклері саналады:
х=-1, х=5
Жауабы: x 1 1, x 2 5.
a және b сандар аралығындағы тәуелділігін, осы сандардың
модульдерімен және квадраттарының көмегімен шешу.

Жоғарыда мен келтіріп кеткен тәсілдерден басқа сандар және олардың
модульдері арасында, және сандардың квадраттары мен олардың
модульдері арасында тепе-теңдік бар екендігі айқын.

|a|=|b| a=b немесе a=-b

a2=b2 a=b немесе a=-b (1)

Бұдан біз келесі тұжырымды аламыз:

|a|=|b| a2=b2
(2)
Мысал 4. |х + 1|=|2х – 5| теңдеуін екі әртүрлі тәсілмен
шешейік.

1. Қатынастарды ескере отырып(1), аламыз:
х + 1=2х – 5 немесе х + 1=-2х + 5
х – 2х=-5 – 1 х + 2х=5 – 1
-х=-6|(:1) 3х=4
х=6 х=11/3
Бірінші теңдеудің түбірі х=6, ал екінші теңдеудің
түбірі х=11/3

Сондықтан бастапқы теңдеудің шешімі х1=6, х2=11/3
2. Қатынас күшінен (2), аламыз
(х + 1)2=(2х – 5)2, немесе х2 + 2х + 1=4х2 – 20х + 25
х2 – 4х2 +2х+1 + 20х – 25=0
-3х2 + 22х – 24=0|(:-1)
3х2 – 22х + 24=0

D/4=121-3 ´ 24=121 – 72=49>0 теңдеу 2 әртүрлі түбірі бар .

х1=(11 – 7 )/3=11/3

х2=(11 + 7 )/3=6

Шығару жолы көрсеткендей берілген теңдеудің түбірлері 11/3 және 6
болып келеді.

Жауабы: х1=6, х2=11/3
Мысал 7. |х – 1| + |х – 2|=1 теңдеуін модульдің
геометриялық интерпритациясын қолдана отырып
шешейік.
Келесідей жолмен пайымдаймыз: модульдің
геометриялық интерпритациясына қарай отырып,
теңдеудің сол жағы қандайда бір х абциссасының
нүктесінен 1 және 2 абциссаларымен екіге дейін
нақтыланған қашықтықтың қосындысын береді.
Бұдан [1; 2] кесіндісіндегі абциссалардағы барлық
нүктелер қажет қасиеттерге ие, ал кесінді бойындағы
емес нүктелер- жоқ екендігі айқындалады. Бұдан:
теңдеудің көптеген шешімі болып [1; 2] кесіндісі
бола алады.
Жауабы: х Î [1; 2]
1)f(х)=|х - 1| функциясын 1, 0 және 2 нүктелерінде
анықтай отырып, екі қиындыдан тұратын графикті
аламыз (сур.1)

2) f(х)=|х - 1| + |х – 2| функциясын 1, 2, 0 және 3
абциссалы нүктелерінде қасиетін анықтай отырып екі
түзу қиындыдан тұратын графикті аламыз(сур.2)

3) f(х)=|х - 1| + |х – 2| + |х – 3| функцияның графигін
тұрғызу үшін 1, 2, 3, 0 және 4 нүктелерінде функция
мәнін есептейік (сур.3)
4) f(х)=|х - 1| - |х – 2| Айырмашылық графигі қосынды
графигіне қарай, яғни 1, 2, 0 және 3 нүктелерінен
құрылады
сур1. сур2. сур3. сур4.
Мысал 10. | 4 – х | + | (х – 1)(х – 3) | = 1
теңдеуді шешейік.

Шешімі.
| 4 – х | = | х – 4 | екендігін қарастыра
отырып, төрт жағдайды қарастырайық.
1)

себебі
2)
3)

4)

Жауабы: 3.
Графикалық тәсіл.

y = |(х–1)(х–3)| және y=1–|х–4 | функцияларының графиктерін тұрғызайық

1)y = |(х–1)(х–3)| х=1 және х=3 шамаларын қоямыз. Біздің алатынымыз у=0,
яғни графиктің ОХ осімен қиылысуы. Егер х нөлге тең болғанда у=3, яғни
график ОУ осімен (0 ;3) нүктелерінде қиылысады. Және де х=4 болғанда
у т 3- ке тең, біз бірінші графикті алдық.
2) y=1–|х–4 | ОХ осімен қиылысуын табайық, ол үшін қарапайым теңдеуді
шешейік: 1-|х-4|=0
|х-4|=1
х - 4=1 немесе х - 4=-1
х=5 х=3
Белегілі болғандай берілген график ОХ осін 5 және 3 нүктелерінде қияды.
х=4 болғанда у=1 және графикта көрсетілгендей: екі функцияның графигі 3
бір нүктесінде қиылысады.
Жауабы: 3
Модулі бар қалыпты емес теңдеулерді шешу.
Мысал 9. 3| х + 2 | + х2 + 6х + 2 = 0 теңдеуді шешейік.
Шешімі.
Екі жағдайды қарастырайық.

Жауабы: (– 4; – 1).

Ұқсас жұмыстар

Тригонометриялық теңдеулерді шешу

Көрсеткіштік теңдеулер және оларды шешу тәсілдері

Тригонометриялық теңдеулер жүйесін шешу

Квадрат теңдеулерді шешу тәсілдері

Тригонометриялық функциялар пән мұғалімі

Векторлық кеңістік

Біртектес тригонометриялық теңдеулерді шешу

Теңдеуді шешудің тәсілдері

Өткізгіштердің кедергісі

Біртекті тригонометриялық теңдеу

Пәндер