Pavyzdžiai:
\(4^x=32\)
\(5^(2x-1)-5^(2x-3)=4,8\)
\((\sqrt(7))^(2x+2)-50\cdot(\sqrt(7))^(x)+7=0\)
Kaip išspręsti eksponentines lygtis
Sprendžiant bet kurią eksponentinę lygtį, mes stengiamės ją pateikti į formą \(a^(f(x))=a^(g(x))\), tada pereiname prie eksponentų lygybės, tai yra:
\(a^(f(x))=a^(g(x))\) \(⇔\) \(f(x)=g(x)\)
Pavyzdžiui:\(2^(x+1)=2^2\) \(⇔\) \(x+1=2\)
Svarbu! Remiantis ta pačia logika, tokiam perėjimui keliami du reikalavimai:
- numeris in kairė ir dešinė turi būti vienodi;
- laipsniai kairėje ir dešinėje turi būti „gryni“, tai yra, neturėtų būti daugybos, dalybos ir pan.
Pavyzdžiui:
Norėdami sumažinti lygtį iki formos \(a^(f(x))=a^(g(x))\) ir yra naudojami.
Pavyzdys
. Išspręskite eksponentinę lygtį \(\sqrt(27)·3^(x-1)=((\frac(1)(3)))^(2x)\)
Sprendimas:
|
\(\sqrt(27)·3^(x-1)=((\frac(1)(3)))^(2x)\) |
Žinome, kad \(27 = 3^3\). Atsižvelgdami į tai, transformuojame lygtį. |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
\(\sqrt(3^3)·3^(x-1)=((\frac(1)(3)))^(2x)\) |
Pagal šaknies savybę \(\sqrt[n](a)=a^(\frac(1)(n))\) gauname, kad \(\sqrt(3^3)=((3^3) )^( \frac(1)(2))\). Toliau, naudodami laipsnio savybę \((a^b)^c=a^(bc)\, gauname \(((3^3))^(\frac(1)(2))=3^ (3 \ cdot \frac(1)(2))=3^(\frac(3)(2))\). |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
\(3^(\frac(3)(2))\cdot 3^(x-1)=(\frac(1)(3))^(2x)\) |
Taip pat žinome, kad \(a^b·a^c=a^(b+c)\). Pritaikius tai kairėje pusėje, gauname: \(3^(\frac(3)(2))·3^(x-1)=3^(\frac(3)(2)+ x-1)= 3^ (1,5 + x-1) = 3^ (x + 0,5)\). |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
\(3^(x+0.5)=(\frac(1)(3))^(2x)\) |
Dabar atsiminkite, kad: \(a^(-n)=\frac(1)(a^n)\). Ši formulė taip pat gali būti naudojama atvirkštinė pusė: \(\frac(1)(a^n) =a^(-n)\). Tada \(\frac(1)(3)=\frac(1)(3^1) =3^(-1)\). |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
\(3^(x+0,5)=(3^(-1))^(2x)\) |
Pritaikę savybę \((a^b)^c=a^(bc)\) dešinėje pusėje, gauname: \((3^(-1))^(2x)=3^((-1) 2x) =3^(-2x)\). |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
\(3^(x+0,5)=3^(-2x)\) |
O dabar mūsų bazės lygios ir nėra trukdančių koeficientų ir pan. Taigi galime pereiti. |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
Pavyzdys
. Išspręskite eksponentinę lygtį \(4^(x+0.5)-5 2^x+2=0\)
Atsakymas : \(-1; 1\). Lieka klausimas – kaip suprasti, kada kurį metodą naudoti? Tai ateina su patirtimi. Kol gausi, naudokis bendra rekomendacija išspręsti sudėtingas problemas – „jei nežinai, ką daryti, daryk tai, ką gali“. Tai yra, paieškokite, kaip galite iš esmės transformuoti lygtį, ir pabandykite tai padaryti – o jei kas nutiks? Svarbiausia yra atlikti tik matematiškai pagrįstas transformacijas. Eksponentinės lygtys be sprendiniųPažvelkime į dar dvi situacijas, kurios dažnai klaidina mokinius: Pabandykime išspręsti brutalia jėga. Jei x yra teigiamas skaičius, tada, kai x auga, visa galia \(2^x\) tik padidės: \(x=1\); \(2^1=2\) \(x=0\); \(2^0=1\) Taip pat pagal. Liko neigiami X. Prisimindami savybę \(a^(-n)=\frac(1)(a^n)\), patikriname: \(x=-1\); \(2^(-1)=\frac(1)(2^1) =\frac(1)(2)\) Nepaisant to, kad su kiekvienu žingsniu skaičius mažėja, jis niekada nepasieks nulio. Taigi neigiamas laipsnis mūsų neišgelbėjo. Mes darome logišką išvadą: Teigiamas skaičius bet kokiu laipsniu išliks teigiamu skaičiumi.Taigi abi aukščiau pateiktos lygtys neturi sprendinių. Eksponentinės lygtys su skirtingais pagrindaisPraktikoje kartais susiduriame su eksponentinėmis lygtimis su dėl skirtingų priežasčių, neredukuojami vienas į kitą ir tuo pačiu su tais pačiais rodikliais. Jie atrodo taip: \(a^(f(x))=b^(f(x))\), kur \(a\) ir \(b\) yra teigiami skaičiai. Pavyzdžiui: \(7^(x)=11^(x)\) Tokias lygtis galima nesunkiai išspręsti padalijus iš bet kurios lygties kraštinės (dažniausiai padalijama iš dešinės pusės, tai yra iš \(b^(f(x))\). Galite padalyti taip, nes teigiamas skaičius yra teigiamas bet kuriai galiai (tai yra, mes nedalijame iš nulio). \(\frac(a^(f(x)))(b^(f(x)))\) \(=1\) Pavyzdys
. Išspręskite eksponentinę lygtį \(5^(x+7)=3^(x+7)\)
Atsakymas : \(-7\). Kartais eksponentų „vienodumas“ nėra akivaizdus, tačiau sumaniai panaudojus eksponentų savybes ši problema išsprendžiama. Pavyzdys
. Išspręskite eksponentinę lygtį \(7^( 2x-4)=(\frac(1)(3))^(-x+2)\)
Atsakymas : \(2\). |
Taip vadinamos formos lygtys, kai nežinomasis yra ir laipsnio eksponente, ir bazėje.
Galite nurodyti visiškai aiškų formos lygties sprendimo algoritmą. Norėdami tai padaryti, turite atkreipti dėmesį į tai, kad kada Oi) nelygus nuliui, vienetui ir minus vienam, laipsnių lygybė su tomis pačiomis bazėmis (teigiama ar neigiama) galima tik tuo atveju, jei rodikliai yra lygūs. Tai yra, visos lygties šaknys bus lygties šaknys f(x) = g(x) Priešingas teiginys nėra teisingas, kai Oi)< 0 ir trupmenines vertes f(x) Ir g(x) posakius Oi) f(x) Ir
Oi) g(x) praranda savo prasmę. Tai yra, pereinant iš į f(x) = g(x)(for ir gali atsirasti pašalinių šaknų, kurias reikia atmesti palyginus pagal pradinę lygtį. Ir atvejai a = 0, a = 1, a = -1 reikia svarstyti atskirai.
Taigi už pilnas sprendimas lygtys mes svarstome atvejus:
a(x) = O f(x) Ir g(x) bus teigiami skaičiai, tai yra sprendimas. Priešingu atveju, ne
a(x) = 1. Šios lygties šaknys taip pat yra pradinės lygties šaknys.
a(x) = -1. Jei x reikšmei, kuri tenkina šią lygtį, f(x) Ir g(x) yra to paties pariteto sveikieji skaičiai (abu lyginiai arba abu nelyginiai), tai yra sprendimas. Priešingu atveju, ne
Kada ir mes išsprendžiame lygtį f(x)= g(x) o gautus rezultatus pakeisdami į pradinę lygtį nupjauname pašalines šaknis.
Eksponentinių galių lygčių sprendimo pavyzdžiai.
1 pavyzdys.
1) x - 3 = 0, x = 3. nes 3 > 0 ir 3 2 > 0, tada x 1 = 3 yra sprendimas.
2) x - 3 = 1, x 2 = 4.
3) x - 3 = -1, x = 2. Abu rodikliai yra lyginiai. Šis sprendimas yra x 3 = 1.
4) x - 3? 0 ir x? ± 1. x = x 2, x = 0 arba x = 1. Jei x = 0, (-3) 0 = (-3) 0 – šis sprendimas yra teisingas: x 4 = 0. Jei x = 1, (- 2) 1 = (-2) 1 – šis sprendimas yra teisingas x 5 = 1.
Atsakymas: 0, 1, 2, 3, 4.
2 pavyzdys.
Pagal aritmetikos apibrėžimą kvadratinė šaknis: x - 1 ? 0, x? 1.
1) x - 1 = 0 arba x = 1, = 0, 0 0 nėra sprendimas.
2) x - 1 = 1 x 1 = 2.
3) x - 1 = -1 x 2 = 0 netelpa ODZ.
D = (-2) - 4*1*5 = 4 - 20 = -16 - nėra šaknų.
Belgorodo valstybinis universitetas
SKYRIUS algebra, skaičių teorija ir geometrija
Tema: Eksponentinės galios lygtys ir nelygybės.
Diplominis darbas fizikos ir matematikos fakulteto studentas
Mokslinis vadovas:
______________________________
Recenzentas: ___________________________________
________________________
Belgorodas. 2006 m
| Įvadas | 3 | ||
| Tema aš. | Literatūros tyrimo tema analizė. | ||
| Tema II. | Funkcijos ir jų savybės, naudojamos sprendžiant eksponentines lygtis ir nelygybes. | ||
| I.1. | Galios funkcija ir jos savybės. | ||
| I.2. | Eksponentinė funkcija ir jos savybės. | ||
| Tema III. | Eksponentinių galių lygčių sprendimas, algoritmas ir pavyzdžiai. | ||
| Tema IV. | Eksponentinių nelygybių sprendimas, sprendimo planas ir pavyzdžiai. | ||
| Tema V. | Patirtis vedant pamokas su moksleiviais tema: „Eksponentinių lygčių ir nelygybių sprendimas“. | ||
| V. 1. | Mokomoji medžiaga. | ||
| V. 2. | Savarankiško sprendimo problemos. | ||
| Išvada. | Išvados ir pasiūlymai. | ||
| Naudotos literatūros sąrašas. | |||
| Programos | |||
Įvadas.
„...matymo ir supratimo džiaugsmas...“
A. Einšteinas.
Šiame darbe stengiausi perteikti savo, kaip matematikos mokytojo, patirtį, bent kiek perteikti savo požiūrį į jos mokymą – žmogaus veiklą, kurioje stebėtinai persipina matematikos mokslas, pedagogika, didaktika, psichologija ir net filosofija.
Turėjau galimybę dirbti su vaikais ir absolventais, kai vaikai stovėjo prie stulpų intelektualinis vystymasis: tie, kurie buvo užsiregistravę pas psichiatrą ir kurie tikrai domėjosi matematika
Turėjau galimybę išspręsti daugybę metodinių problemų. Pabandysiu pakalbėti apie tuos, kuriuos pavyko išspręsti. Tačiau dar daugiau nepavykusių ir net tuose, kurie, atrodo, buvo išspręsti, kyla naujų klausimų.
Tačiau dar svarbesni už pačią patirtį yra mokytojo apmąstymai ir abejonės: kodėl būtent taip, ši patirtis?
Ir vasara dabar kitokia, ir švietimo plėtra tapo įdomesnė. „Po Jupiteriais“ šiandien ieškoma ne mitinės optimalios „visų ir visko“ mokymo sistemos, o paties vaiko. Bet tada – būtinai – mokytojas.
Mokykloje algebros kurse ir pradėjo analizuoti, 10-11 klasėse, su išlaikęs vieningą valstybinį egzaminą per kursą vidurinę mokyklą o ant stojamųjų egzaminų į universitetus yra lygtys ir nelygybės, kurių bazėje yra nežinomasis ir rodikliai – tai eksponentinės lygtys ir nelygybės.
Jiems mokykloje skiriama mažai dėmesio, vadovėliuose praktiškai nėra užduočių šia tema. Tačiau jų sprendimo technikos įvaldymas, man atrodo, labai naudingas: didina psichikos ir kūrybiškumas studentų, prieš mus atsiveria visiškai nauji horizontai. Spręsdami problemas mokiniai įgyja pirmųjų įgūdžių tiriamasis darbas, praturtėja jų matematinė kultūra, vystosi loginio mąstymo gebėjimai. Mokiniai išsiugdo tokias asmenybės savybes kaip ryžtas, tikslo siekimas, savarankiškumas, kurios jiems pravers vėlesniame gyvenime. Taip pat yra mokomosios medžiagos kartojimas, išplėtimas ir gilus įsisavinimas.
Šią temą pradėjau dirbti savo baigiamajame darbe rašydamas kursinį darbą. Kurio metu giliai išstudijavau ir išanalizavau matematinę literatūrą šia tema, daugiausiai išsiaiškinau tinkamas metodas sprendžiant eksponentinės galios lygtis ir nelygybes.
Tai slypi tame, kad be visuotinai priimto požiūrio sprendžiant eksponenlines lygtis (bazė imama didesnė nei 0) ir sprendžiant tas pačias nelygybes (bazė imama didesnė nei 1 arba didesnė nei 0, bet mažesnė nei 1) , taip pat nagrinėjami atvejai, kai bazės yra neigiamos, lygios 0 ir 1.
Išanalizavus mokinių egzaminų raštu darbus matyti, kad mokykliniuose vadovėliuose neaprėpiamas klausimas apie neigiamą eksponentinės funkcijos argumento reikšmę, jiems kyla nemažai sunkumų ir atsiranda klaidų. Taip pat jie turi problemų gautų rezultatų sisteminimo stadijoje, kur dėl perėjimo prie lygties – pasekmė ar nelygybės – pasekmė, gali atsirasti pašalinių šaknų. Siekdami pašalinti klaidas, naudojame testą naudojant pradinę lygtį arba nelygybę ir eksponentinių lygčių sprendimo algoritmą arba eksponentinių nelygybių sprendimo planą.
Kad studentai sėkmingai išlaikytų baigiamuosius ir stojamuosius egzaminus, manau, būtina daugiau dėmesio skirti eksponentinių lygčių ir nelygybių sprendimui. treniruočių sesijos, arba papildomai pasirenkamuose dalykuose ir būreliuose.
Taigi tema , mano baigiamasis darbas apibrėžiamas taip: „Eksponentinės galios lygtys ir nelygybės“.
Tikslai šio darbo yra:
1. Išanalizuoti literatūrą šia tema.
2. Duok pilna analizė sprendžiant eksponentinės galios lygtis ir nelygybes.
3. Pateikite pakankamai įvairių pavyzdžių šia tema.
4. Pasitikrinti pamokose, pasirenkamosiose ir klubinėse pamokose, kaip bus suvokiami siūlomi eksponentinių lygčių ir nelygybių sprendimo metodai. Pateikite tinkamas rekomendacijas, kaip studijuoti šią temą.
Tema Mūsų tyrimas yra sukurti eksponentinių lygčių ir nelygybių sprendimo metodiką.
Tyrimo tikslas ir dalykas reikalavo išspręsti šias problemas:
1. Išstudijuokite literatūrą tema: „Eksponentinės galios lygtys ir nelygybės“.
2. Įvaldyti eksponentinių lygčių ir nelygybių sprendimo būdus.
3. Pasirinkti mokymo medžiagą ir sukurti pratimų sistemą skirtingų lygių tema: „Eksponentinių lygčių ir nelygybių sprendimas“.
Baigiamojo darbo tyrimo metu buvo išanalizuota daugiau nei 20 darbų apie naudojimą įvairių metodų sprendžiant eksponentinės galios lygtis ir nelygybes. Iš čia gauname.
Baigiamojo darbo planas:
Įvadas.
I skyrius. Literatūros analizė tiriama tema.
II skyrius. Funkcijos ir jų savybės, naudojamos sprendžiant eksponentines lygtis ir nelygybes.
II.1. Galios funkcija ir jos savybės.
II.2. Eksponentinė funkcija ir jos savybės.
III skyrius. Eksponentinių galių lygčių sprendimas, algoritmas ir pavyzdžiai.
IV skyrius. Eksponentinių nelygybių sprendimas, sprendimo planas ir pavyzdžiai.
V skyrius. Užsiėmimų su moksleiviais vedimo šia tema patirtis.
1.Mokomoji medžiaga.
2. Savarankiško sprendimo užduotys.
Išvada. Išvados ir pasiūlymai.
Naudotos literatūros sąrašas.
I skyriuje analizuojama literatūra
Eikite į mūsų svetainės „YouTube“ kanalą, kad gautumėte naujausią informaciją apie visas naujas vaizdo įrašų pamokas.
Pirmiausia prisiminkime pagrindines galių formules ir jų savybes.
Skaičiaus sandauga a savaime atsiranda n kartų, šią išraišką galime parašyti kaip a a … a=a n
1. a 0 = 1 (a ≠ 0)
3. a n a m = a n + m
4. (a n) m = a nm
5. a n b n = (ab) n
7. a n / a m = a n - m
Galios arba eksponentinės lygtys– tai lygtys, kuriose kintamieji yra laipsniais (arba laipsniais), o pagrindas yra skaičius.
Eksponentinių lygčių pavyzdžiai:
Šiame pavyzdyje skaičius 6 yra pagrindas, jis visada yra apačioje, o kintamasis x laipsnis arba rodiklis.
Pateiksime daugiau eksponentinių lygčių pavyzdžių.
2 x *5=10
16 x - 4 x - 6 = 0
Dabar pažiūrėkime, kaip sprendžiamos eksponentinės lygtys?
Paimkime paprastą lygtį:
2 x = 2 3
Šis pavyzdys gali būti išspręstas net jūsų galvoje. Matyti, kad x=3. Juk norint, kad kairė ir dešinė pusės būtų lygios, vietoj x reikia dėti skaičių 3.
Dabar pažiūrėkime, kaip įforminti šį sprendimą:
2 x = 2 3
x = 3
Norėdami išspręsti tokią lygtį, pašalinome identiškais pagrindais(tai yra dviese) ir surašė, kas liko, tai yra laipsniai. Gavome atsakymą, kurio ieškojome.
Dabar apibendrinkime savo sprendimą.
Eksponentinės lygties sprendimo algoritmas:
1. Reikia patikrinti identiškas ar lygtis turi pagrindus dešinėje ir kairėje. Jei priežastys nevienodos, ieškome variantų, kaip išspręsti šį pavyzdį.
2. Kai bazės tampa vienodos, prilyginti laipsnių ir išspręskite gautą naują lygtį.
Dabar pažvelkime į keletą pavyzdžių:
Pradėkime nuo kažko paprasto.
Kairėje ir dešinėje pusėse esantys pagrindai yra lygūs skaičiui 2, o tai reiškia, kad galime atmesti pagrindą ir sulyginti jų laipsnius.
x+2=4 Gaunama paprasčiausia lygtis.
x = 4 – 2
x=2
Atsakymas: x=2
Šiame pavyzdyje matote, kad bazės skiriasi: 3 ir 9.
3 3x - 9 x+8 = 0
Pirma, perkelkite devynis į dešinę pusę, gauname:
Dabar reikia padaryti tuos pačius pagrindus. Mes žinome, kad 9 = 3 2. Naudokime laipsnio formulę (a n) m = a nm.
3 3x = (3 2) x+8
Gauname 9 x+8 =(3 2) x+8 =3 2x+16
3 3x = 3 2x+16 Dabar aišku, kad kairėje ir dešinėje bazės yra vienodos ir lygios trims, tai reiškia, kad galime juos atmesti ir sulyginti laipsnius.
3x=2x+16 gauname paprasčiausią lygtį
3x - 2x = 16
x=16
Atsakymas: x=16.
Pažvelkime į tokį pavyzdį:
2 2x+4 - 10 4 x = 2 4
Visų pirma, mes žiūrime į pagrindus, antrą ir ketvirtą. Ir mums reikia, kad jie būtų vienodi. Keturis transformuojame naudodami formulę (a n) m = a nm.
4 x = (2 2) x = 2 2x
Taip pat naudojame vieną formulę a n a m = a n + m:
2 2x+4 = 2 2x 2 4
Pridėkite prie lygties:
2 2x 2 4 - 10 2 2x = 24
Pateikėme pavyzdį tuo pačiu pagrindu. Bet kiti skaičiai 10 ir 24 mus vargina. Ką su jais daryti? Atidžiau pažiūrėjus matosi, kad kairėje pusėje pakartojame 2 2x, štai atsakymas – galime dėti 2 2x iš skliaustų:
2 2x (2 4 - 10) = 24
Apskaičiuokime išraišką skliausteliuose:
2 4 — 10 = 16 — 10 = 6
Visą lygtį padaliname iš 6:
Įsivaizduokime 4 = 2 2:
2 2x = 2 2 bazės yra vienodos, jas atmetame ir laipsnius sulyginame.
2x = 2 yra paprasčiausia lygtis. Padalinkite iš 2 ir gausime
x = 1
Atsakymas: x = 1.
Išspręskime lygtį:
9 x – 12*3 x +27= 0
Transformuokime:
9 x = (3 2) x = 3 2x
Gauname lygtį:
3 2x - 12 3 x +27 = 0
Mūsų pagrindai yra vienodi, lygūs trims Šiame pavyzdyje matote, kad pirmieji trys laipsnis yra du kartus (2x) nei antrasis (tik x). Tokiu atveju galite išspręsti pakeitimo metodas. Pakeičiame skaičių mažiausiu laipsniu:
Tada 3 2x = (3 x) 2 = t 2
Visas x laipsnius lygtyje pakeičiame t:
t 2 – 12t+27 = 0
Gauname kvadratinę lygtį. Išspręsdami per diskriminantą, gauname:
D=144-108=36
t 1 = 9
t2 = 3
Grįžtant prie kintamojo x.
Paimkite t 1:
t 1 = 9 = 3 x
Todėl
3 x = 9
3 x = 3 2
x 1 = 2
Buvo rasta viena šaknis. Ieškome antrojo iš t 2:
t 2 = 3 = 3 x
3 x = 3 1
x 2 = 1
Atsakymas: x 1 = 2; x 2 = 1.
Svetainėje galite užduoti dominančius klausimus skiltyje PAGALBA NUSPRĘSTI, mes jums tikrai atsakysime.
Prisijunk prie grupės
Įkeliama...
