İzin verilen aralık (ODZ), teori, örnekler, çözümler. ODZ bulmak için olsun? Çözümle çevrimiçi olarak işlev değerleri kümesini bulun
bularak başlayalım fonksiyonların toplamının tanım alanı. Böyle bir fonksiyonun, toplamı oluşturan tüm fonksiyonların anlamlı olduğu değişkenin tüm bu değerleri için anlamlı olduğu açıktır. Bu nedenle, aşağıdaki ifadenin geçerliliği konusunda hiçbir şüphe yoktur:
f fonksiyonu f 1 , f 2 , …, f n n fonksiyonunun toplamı ise, yani f fonksiyonu y=f 1 (x)+f 2 (x)+…+f n (x) formülüyle verilir. ), o zaman f fonksiyonunun tanım kümesi, f 1 , f 2 , …, f n fonksiyonlarının tanım alanlarının kesişimidir. olarak yazalım.
Parantez içinde yazılan sonuncusu gibi kayıtları kullanmaya devam etmeyi veya herhangi bir koşulun aynı anda yerine getirilmesini kabul edelim. Bu uygundur ve oldukça doğal olarak sistemlerin anlamı ile rezonansa girer.
Örnek.
Bir y=x 7 +x+5+tgx işlevi verildi ve onun tanım kümesini bulmamız gerekiyor.
Çözüm.
f işlevi, dört işlevin toplamı ile temsil edilir: f 1, üssü 7 olan bir güç işlevidir, f 2, üssü 1 olan bir güç işlevidir, f 3 sabit bir işlevdir ve f 4 bir teğet işlevidir.
Temel temel fonksiyonların tanım alanları tablosuna baktığımızda, D(f 1)=(−∞, +∞) , D(f 2)=(−∞, +∞) , D(f 3) olduğunu görüyoruz. =(−∞, +∞) , ve tanjant alanı, sayılar hariç tüm gerçek sayıların kümesidir. .
f fonksiyonunun alanı, f 1 , f 2 , f 3 ve f 4 fonksiyonlarının tanım alanlarının kesişimidir. Bunun sayılar hariç tüm gerçek sayıların kümesi olduğu oldukça açıktır. .
Cevap:
dışındaki tüm gerçek sayıların kümesi .
bulmaya devam edelim fonksiyonların çarpım alanları. Bu durumda, benzer bir kural geçerlidir:
f fonksiyonu f 1 , f 2 , …, f n n fonksiyonlarının çarpımı ise, yani f fonksiyonu formülle verilir. y=f 1 (x) f 2 (x) ... f n (x), o zaman f fonksiyonunun tanım alanı, f 1 , f 2 , …, f n fonksiyonlarının tanım alanlarının kesişimidir. Yani, .
Anlaşılabilir, belirtilen alanda ürünün tüm fonksiyonları ve dolayısıyla f fonksiyonunun kendisi tanımlanır.
Örnek.
Y=3 arktgx lnx .
Çözüm.
Fonksiyonu tanımlayan formülün sağ tarafının yapısı f 1 (x) f 2 (x) f 3 (x) olarak düşünülebilir, burada f 1 sabit bir fonksiyondur, f 2 ark tanjant fonksiyonudur ve f 3, e tabanlı logaritmik fonksiyondur.
D(f 1)=(−∞, +∞) , D(f 2)=(−∞, +∞) ve D(f 3)=(0, +∞) olduğunu biliyoruz. O zamanlar .
Cevap:
y=3 arctgx lnx fonksiyonunun tanım kümesi, tüm gerçek pozitif sayıların kümesidir.
C'nin bir reel sayı olduğu y=C·f(x) formülüyle verilen fonksiyonun tanım tanım kümesini bulmak üzerinde ayrı ayrı duralım. Bu fonksiyonun tanım kümesi ile f fonksiyonunun tanım kümesinin çakıştığını göstermek kolaydır. Gerçekten de, y=C f(x) fonksiyonu, sabit bir fonksiyon ile bir f fonksiyonunun çarpımıdır. Sabit bir fonksiyonun tanım kümesi, tüm gerçek sayıların kümesidir ve f fonksiyonunun tanım kümesi D(f)'dir. O halde y=C f(x) fonksiyonunun tanım kümesi , gösterilecekti.
Böylece, С'nin bir gerçek sayı olduğu y=f(x) ve y=C·f(x) fonksiyonlarının tanım alanları çakışır. Örneğin, kökün tanım kümesi ise, D(f)'nin f 2 fonksiyonunun tanım kümesindeki tüm x'lerin kümesi olduğu ve bunun için f 2(x)'in f 1 fonksiyonunun tanım kümesine dahil olduğu anlaşılır hale gelir. .
Böylece, karmaşık bir fonksiyonun alanı y=f 1 (f 2 (x)) iki kümenin kesişimidir: x∈D(f 2) olacak şekilde tüm x kümeleri ve f 2 (x)∈D(f 1 olacak şekilde tüm x kümeleri) ) . Yani, bizim notasyonumuzda (bu aslında bir eşitsizlikler sistemidir).
Birkaç örneğe bir göz atalım. Bu süreçte, bu makalenin kapsamı dışında olduğu için ayrıntılı olarak açıklamayacağız.
Örnek.
y=lnx 2 fonksiyonunun tanım kümesini bulun.
Çözüm.
Orijinal fonksiyon, y=f 1 (f 2 (x)) olarak temsil edilebilir; burada f 1, e tabanlı bir logaritmadır ve f 2, üs 2 ile bir güç fonksiyonudur.
Temel temel fonksiyonların bilinen tanım alanlarına dönersek, D(f 1)=(0, +∞) ve D(f 2)=(−∞, +∞) elde ederiz.
O zamanlar
Böylece ihtiyacımız olan fonksiyonun tanım alanını bulduk, sıfır hariç tüm reel sayıların kümesidir.
Cevap:
(−∞, 0)∪(0, +∞) .
Örnek.
işlevin kapsamı nedir ?
Çözüm.
Bu işlev karmaşıktır, y \u003d f 1 (f 2 (x)) , burada f 1 üslü bir güç işlevidir ve f 2 arksinüs işlevidir ve alanını bulmamız gerekir.
Bakalım neler biliyoruz: D(f 1)=(0, +∞) ve D(f 2)=[−1, 1] . Geriye, x∈D(f 2) ve f 2 (x)∈D(f 1) olacak şekilde x değer kümelerinin kesişimini bulmak kalır:
Arcsinx>0 için arksinüs fonksiyonunun özelliklerini hatırlayalım. Yay sinüsü, [-1, 1] tanım alanının tüm alanı boyunca artar ve x=0'da kaybolur, bu nedenle (0, 1] aralığındaki herhangi bir x için arcsinx>0.
Sisteme geri dönelim:
Böylece, fonksiyonun istenen tanım alanı bir yarım aralıktır (0, 1].
Cevap:
(0, 1] .
Şimdi karmaşık genel fonksiyonlara geçelim y=f 1 (f 2 (…f n (x)))) . Bu durumda f fonksiyonunun tanım kümesi şu şekilde bulunur: .
Örnek.
Bir işlevin kapsamını bulun .
Çözüm.
Verilen karmaşık işlev, y \u003d f 1 (f 2 (f 3 (x))), burada f 1 - sin, f 2 - dördüncü derecenin kökünün işlevi, f 3 - lg.
D(f 1)=(−∞, +∞) , D(f 2)=∪ olduğunu biliyoruz.
Bütün bunlar bir DHS'ye sahip olmanın önemine değiniyor.
Örnek 3
ODZ ifadesini bulun x 3 + 2 x y − 4 .
Çözüm
Herhangi bir sayının küpü alınabilir. Bu ifadenin bir kesri yoktur, dolayısıyla x ve y herhangi bir şey olabilir. Yani, ODZ herhangi bir sayıdır.
Cevap: x ve y herhangi bir değerdir.
Örnek 4
ODZ ifadesini 1 3 - x + 1 0 bulun.
Çözüm
Paydanın sıfır olduğu bir kesir olduğu görülebilir. Bu, herhangi bir x değeri için sıfıra bölme elde edeceğimiz anlamına gelir. Bu, bu ifadenin belirsiz olduğu, yani ODZ'ye sahip olmadığı sonucuna varabileceğimiz anlamına gelir.
Cevap: ∅ .
Örnek 5
Verilen x + 2 · y + 3 - 5 · x ifadesinin ODZ'sini bulun.
Çözüm
Bir karekökün varlığı, bu ifadenin sıfırdan büyük veya sıfıra eşit olması gerektiğini gösterir. Negatif ise bir anlamı yoktur. Bu nedenle, x + 2 · y + 3 ≥ 0 biçiminde bir eşitsizlik yazmak gerekir. Yani, bu istenen kabul edilebilir değerler aralığıdır.
Cevap: x ve y kümesi, burada x + 2 y + 3 ≥ 0.
Örnek 6
1 x + 1 - 1 + log x + 8 (x 2 + 3) formunun ODZ ifadesini belirleyin .
Çözüm
Koşul olarak, bir kesirimiz var, bu nedenle paydası sıfıra eşit olmamalıdır. x + 1 - 1 ≠ 0 elde ederiz. Radikal ifade, sıfırdan büyük veya sıfıra eşit olduğunda, yani x + 1 ≥ 0 olduğunda her zaman anlamlıdır. Logaritması olduğu için ifadesi kesinlikle pozitif, yani x 2 + 3 > 0 olmalıdır. Logaritmanın tabanı da pozitif ve 1'den farklı olmalıdır, o zaman x + 8 > 0 ve x + 8 ≠ 1 koşullarını ekliyoruz. Bundan, istenen ODZ'nin şu şekli alacağını takip eder:
x + 1 - 1 ≠ 0 , x + 1 ≥ 0 , x 2 + 3 > 0 , x + 8 > 0 , x + 8 ≠ 1
Başka bir deyişle, tek değişkenli eşitsizlikler sistemi olarak adlandırılır. Çözüm, ODZ [ − 1 , 0) ∪ (0 , + ∞)'nin böyle bir kaydına yol açacaktır.
Cevap: [ − 1 , 0) ∪ (0 , + ∞)
Değişiklik yaparken LHS'yi dikkate almak neden önemlidir?
Özdeş dönüşümler için ODZ'yi bulmak önemlidir. ODZ'nin varlığının gerçekleşmediği durumlar vardır. Çözümün belirli bir ifadeye sahip olup olmadığını anlamak için, orijinal ifadenin değişkenlerinin ODZ'sini ve alınan ifadenin ODZ'sini karşılaştırmanız gerekir.
Kimlik dönüşümleri:
- ODZ'yi etkilemeyebilir;
- DHS'nin uzatılmasına veya eklenmesine yol açabilir;
- ODZ'yi daraltabilir.
Bir örneğe bakalım.
Örnek 7
x 2 + x + 3 · x biçiminde bir ifademiz varsa, ODZ'si tüm tanım alanında tanımlanır. Benzer terimlerin indirgenmesi ve ifadenin sadeleştirilmesi ile bile ODZ değişmez.
Örnek 8
x + 3 x − 3 x ifadesinin örneğini alırsak, o zaman işler farklıdır. Kesirli bir ifademiz var. Ve sıfıra bölmeye izin verilmediğini biliyoruz. O zaman ODZ (− ∞ , 0) ∪ (0 , + ∞) biçimindedir. Sıfırın bir çözüm olmadığı görülebilir, bu yüzden onu parantez içinde ekliyoruz.
Radikal bir ifadenin varlığı ile bir örnek düşünün.
Örnek 9
x - 1 · x - 3 varsa, ODZ'ye dikkat etmelisiniz, çünkü (x − 1) · (x − 3) ≥ 0 eşitsizliği olarak yazılması gerekir. Aralık yöntemiyle çözmek mümkündür, o zaman ODZ'nin (− ∞ , 1 ] ∪ [ 3 , + ∞) şeklini alacağını alırız. x - 1 · x - 3'ü dönüştürdükten ve köklerin özelliklerini uyguladıktan sonra, ODZ'nin tamamlanabileceğini ve x - 1 ≥ 0 , x - 3 ≥ 0 biçiminde bir eşitsizlikler sistemi olarak yazılabileceğini gördük. Bunu çözerken, [ 3 , + ∞) elde ederiz. Bu nedenle, ODZ tam olarak şu şekilde yazılır: (− ∞ , 1 ] ∪ [ 3 , + ∞) .
DHS'yi daraltan değişikliklerden kaçınılmalıdır.
Örnek 10
x = - 1 olduğunda x - 1 · x - 3 ifadesinin bir örneğini düşünün. Değiştirirken, - 1 - 1 · - 1 - 3 = 8 = 2 2 elde ederiz. Bu ifade dönüştürülür ve x - 1 x - 3 biçimine getirilirse, o zaman hesaplarken 2 - 1 2 - 3 ifadesini alırız, çünkü radikal ifade negatif olmamalıdır.
DHS'yi değiştirmeyecek özdeş dönüşümler izlenmelidir.
Onu genişleten örnekler varsa, DPV'ye eklenmelidir.
Örnek 11
x x 3 + x formunun bir kesri örneğini düşünün. x ile azaltırsak, o zaman 1 x 2 + 1 elde ederiz. Sonra ODZ genişler ve (− ∞ 0) ∪ (0 , + ∞) olur. Ayrıca, hesaplarken zaten ikinci basitleştirilmiş kesir ile çalışıyoruz.
Logaritmaların varlığında durum biraz farklıdır.
Örnek 12
ln x + ln (x + 3) formunun bir ifadesi varsa, logaritmanın özelliğine bağlı olarak, ln (x (x + 3)) ile değiştirilir. Bu, ODZ'nin (0 , + ∞) ile (− ∞ , − 3) ∪ (0 , + ∞) arasında olduğunu gösterir. Bu nedenle, ODZ ln (x (x + 3)) belirlemek için ODZ, yani (0 , + ∞) kümeleri üzerinde hesaplamalar yapmak gerekir.
Çözerken her zaman koşulun verdiği ifadenin yapısına ve biçimine dikkat etmek gerekir. Tanım alanı doğru bulunursa sonuç pozitif olacaktır.
Metinde bir hata fark ederseniz, lütfen vurgulayın ve Ctrl+Enter tuşlarına basın.
İş türü: 13
Şart
a) 2(\sin x-\cos x)=tgx-1 denklemini çözün.
b) \sol[ \frac(3\pi )2;\,3\pi \sağ].
Çözümü GösterÇözüm
a) Parantezleri açıp tüm terimleri sola kaydırarak 1+2 \sin x-2 \cos x-tg x=0 denklemini elde ederiz. \cos x \neq 0 olduğunu düşünürsek, 2 \sin x terimi 2 tg x \cos x ile değiştirilebilir, denklemi elde ederiz 1+2 tan x \cos x-2 \cos x-tg x=0, gruplama yoluyla (1-tg x)(1-2 \cos x)=0 formuna indirgenebilir.
1) 1-tgx=0, tanx=1, x=\frac\pi 4+\pi n, n \in \mathbb Z;
2) 1-2 \cos x=0, \cosx=\frac12, x=\pm \frac\pi 3+2\pi n, n \in \mathbb Z.
b) Sayısal bir daire yardımıyla aralığa ait kökleri seçiyoruz. \sol[ \frac(3\pi )2;\, 3\pi \sağ].
x_1=\frac\pi 4+2\pi =\frac(9\pi )4,
x_2=\frac\pi 3+2\pi =\frac(7\pi )3,
x_3=-\frac\pi 3+2\pi =\frac(5\pi )3.
Cevap
a) \frac\pi 4+\pi n, \pm\frac\pi 3+2\pi n, n \in \mathbb Z;
b) \frac(5\pi )3, \frac(7\pi )3, \frac(9\pi )4.
İş türü: 13
Konu: Tolerans Aralığı (ODV)
Şart
a) Denklemi çözün (2\sin ^24x-3\cos 4x)\cdot \sqrt (tgx)=0.
b) Aralığa ait olan bu denklemin köklerini belirtin \left(0;\,\frac(3\pi )2\sağ] ;
Çözümü GösterÇözüm
a) ODZ: \begin(durumlar) tgx\geqslant 0\\x\neq \frac\pi 2+\pi k,k \in \mathbb Z. \end(durumlar)
ODZ üzerindeki orijinal denklem, denklem setine eşdeğerdir.
\left[\!\!\begin(dizi)(l) 2 \sin ^2 4x-3 \cos 4x=0,\\tg x=0. \end(dizi)\sağ.
İlk denklemi çözelim. Bunu yapmak için değiştireceğiz \cos 4x=t, t \in [-1; bir]. Sonra \sin^24x=1-t^2. Alırız:
2(1-t^2)-3t=0,
2t^2+3t-2=0,
t_1=\frac12, t_2=-2, t_2\notin [-1; bir].
\cos4x=\frac12,
4x=\pm \frac\pi 3+2\pi n,
x=\pm \frac\pi (12)+\frac(\pi n)2, n \in \mathbb Z.
İkinci denklemi çözelim.
tg x=0,\, x=\pi k, k \in \mathbb Z.
Birim çemberi kullanarak ODZ'yi karşılayan çözümler buluyoruz.
"+" işareti, tg x>0 olan 1. ve 3. çeyreği işaretler.
Şunu elde ederiz: x=\pi k, k \in \mathbb Z; x=\frac\pi (12)+\pi n, n \in \mathbb Z; x=\frac(5\pi )(12)+\pi m, m \in \mathbb Z.
b) Aralığa ait kökleri bulalım. \left(0;\,\frac(3\pi )2\sağ].
x=\frac\pi (12), x=\frac(5\pi )(12); x=\pi ; x=\frac(13\pi )(12); x=\frac(17\pi )(12).
Cevap
a) \pi k, k \in \mathbb Z; \frac\pi (12)+\pi n, n \in \mathbb Z; \frac(5\pi )(12)+\pi m, m \in \mathbb Z.
b) \pi; \frac\pi(12); \frac(5\pi )(12); \frac(13\pi )(12); \frac(17\pi )(12).
Kaynak: "Matematik. 2017 sınavına hazırlık. profil seviyesi. Ed. F. F. Lysenko, S. Yu. Kulabukhova.
İş türü: 13
Konu: Tolerans Aralığı (ODV)
Şart
a) Denklemi çözün: \cos ^2x+\cos ^2\frac\pi 6=\cos ^22x+\sin ^2\frac\pi 3;
b) Aralığa ait tüm kökleri belirtin \left(\frac(7\pi )2;\,\frac(9\pi )2\sağ].
Çözümü GösterÇözüm
a)Çünkü \sin \frac\pi 3=\cos \frac\pi 6, sonra \sin ^2\frac\pi 3=\cos ^2\frac\pi 6, dolayısıyla, verilen denklem \cos^2x=\cos ^22x denklemine eşdeğerdir, bu da sırasıyla \cos^2x-\cos ^2 2x=0 denklemine eşittir.
Fakat \cos ^2x-\cos ^22x= (\cos x-\cos 2x)\cdot (\cos x+\cos 2x) ve
\cos 2x=2 \cos ^2 x-1, yani denklem şöyle olur:
(\cos x-(2 \cos ^2 x-1))\,\cdot(\cos x+(2 \cos ^2 x-1))=0,
(2 \cos ^2 x-\cos x-1)\,\cdot (2 \cos ^2 x+\cos x-1)=0.
Sonra ya 2 \cos ^2 x-\cos x-1=0 ya da 2 \cos ^2 x+\cos x-1=0.
İlk denklemi \cos x için ikinci dereceden bir denklem olarak çözersek, şunu elde ederiz:
(\cos x)_(1,2)=\frac(1\pm\sqrt 9)4=\frac(1\pm3)4. Bu nedenle, ya \cos x=1 ya da \cosx=-\frac12.\cos x=1 ise, x=2k\pi , k \in \mathbb Z. \cosx=-\frac12, sonra x=\pm \frac(2\pi )3+2s\pi , s \in \mathbb Z.
Benzer şekilde, ikinci denklemi çözerek, ya \cos x=-1 elde ederiz, ya da \cosx=\frac12.\cos x=-1 ise, kökler x=\pi +2m\pi , m \in \mathbb Z. Eğer bir \cosx=\frac12, sonra x=\pm \frac\pi 3+2n\pi , n \in \mathbb Z.
Elde edilen çözümleri birleştirelim:
x=m\pi , m \in \mathbb Z; x=\pm \frac\pi 3 +s\pi , s \in \mathbb Z.
b) Bir sayı çemberi kullanarak verilen aralığa düşen kökleri seçiyoruz.
Alırız: x_1 =\frac(11\pi )3, x_2=4\pi , x_3 =\frac(13\pi )3.
Cevap
a) m\pi, m \in \mathbb Z; \pm \frac\pi 3 +s\pi , s \in \mathbb Z;
b) \frac(11\pi )3, 4\pi , \frac(13\pi )3.
Kaynak: "Matematik. 2017 sınavına hazırlık. profil seviyesi. Ed. F. F. Lysenko, S. Yu. Kulabukhova.
İş türü: 13
Konu: Tolerans Aralığı (ODV)
Şart
a) Denklemi çözün 10\cos ^2\frac x2=\frac(11+5ctg\sol(\dfrac(3\pi )2-x\sağ) )(1+tgx).
b) Aralığa ait olan bu denklemin köklerini belirtin \left(-2\pi ; -\frac(3\pi )2\sağ).
Çözümü GösterÇözüm
a) 1. İndirgeme formülüne göre, ctg\sol(\frac(3\pi )2-x\sağ) =tgx. Denklemin alanı, \cos x \neq 0 ve tg x \neq -1 olacak şekilde x değerleri olacaktır. Çift açılı kosinüs formülünü kullanarak denklemi dönüştürüyoruz 2 \cos ^2 \frac x2=1+\cos x. Denklemi elde ederiz: 5(1+\cos x) =\frac(11+5tgx)(1+tgx).
dikkat, ki \frac(11+5tgx)(1+tgx)= \frac(5(1+tgx)+6)(1+tgx)= 5+\frac(6)(1+tgx), böylece denklem şu hale gelir: 5+5 \cos x=5 +\frac(6)(1+tgx). Buradan \cosx=\frac(\dfrac65)(1+tgx), \cosx+\sinx=\frac65.
2. İndirgeme formülünü ve kosinüslerin toplamı formülünü kullanarak \sin x+\cos x'i dönüştürün: \sin x=\cos \sol(\frac\pi 2-x\sağ), \cos x+\sin x= \cos x+\cos \sol(\frac\pi 2-x\sağ)= 2\cos \frac\pi 4\cos \sol(x-\frac\pi 4\sağ)= \sqrt 2\cos \sol(x-\frac\pi 4\sağ) = \frac65.
Buradan \cos \left(x-\frac\pi 4\sağ) =\frac(3\sqrt 2)5. Anlamına geliyor, x-\frac\pi 4= arc\cos \frac(3\sqrt 2)5+2\pi k, k \in \mathbb Z,
veya x-\frac\pi 4= -arc\cos \frac(3\sqrt 2)5+2\pi t, t \in \mathbb Z.
Bu yüzden x=\frac\pi 4+arc\cos \frac(3\sqrt 2)5+2\pi k,k \in \mathbb Z,
veya x =\frac\pi 4-yay\cos \frac(3\sqrt 2)5+2\pi t,t \in \mathbb Z.
x'in bulunan değerleri tanım alanına aittir.
b)Önce denklemin köklerinin k=0 ve t=0'da nerede olduğunu bulalım. Bunlar sırasıyla sayılar olacak a=\frac\pi 4+arccos \frac(3\sqrt 2)5 ve b=\frac\pi 4-arccos \frac(3\sqrt 2)5.
1. Yardımcı bir eşitsizliği ispatlayalım:
\frac(\sqrt 2)(2)<\frac{3\sqrt 2}2<1.
Yok canım, \frac(\sqrt 2)(2)=\frac(5\sqrt 2)(10)<\frac{6\sqrt2}{10}=\frac{3\sqrt2}{5}.
Şuna da dikkat edin: \sol(\frac(3\sqrt 2)5\sağ) ^2=\frac(18)(25)<1^2=1, anlamına geliyor \frac(3\sqrt 2)5<1.
2. Eşitsizliklerden (1) arkkozinin özelliğine göre şunu elde ederiz:
arkcos 1 0 Buradan \frac\pi 4+0<\frac\pi 4+arc\cos \frac{3\sqrt 2}5<\frac\pi 4+\frac\pi 4,
0<\frac\pi 4+arccos \frac{3\sqrt 2}5<\frac\pi 2,
ODZ'siz ODZ İLE Cevap: x=5 ODZ: => => Cevap: kök yok Geçerli değerler aralığı bizi bu tür ciddi hatalardan korur. Dürüst olmak gerekirse, birçok “davulcunun” “üçlü” hale gelmesi ODZ yüzünden. ODZ'yi aramanın ve muhasebeleştirmenin çözümde önemsiz bir adım olduğunu düşünerek atlıyorlar ve sonra şaşırıyorlar: “öğretmen neden 2 koydu?”. Evet, bu yüzden koydum çünkü cevap yanlış! Bunlar öğretmenin "küçük püf noktaları" değil, çok özel bir hatadır, yanlış bir hesaplama veya kayıp bir işaret ile aynıdır. Ek denklemler: a) = ; b) -42=14x+; c) =0; d) |x-5|=2x-2 Bölüm 2 ODZ. Ne için? Ne zaman? Nasıl? Kabul edilebilir aralık - bir çözüm var Cevap: kök yok. Cevap: kök yok. 0, denklemin kökü yok Cevap: kök yok. Ek örnekler: a) + =5; b) + = 23x-18; c) =0. ODZ: x=2, x=3 Kontrol: x=2, + , 0<1, верно Kontrol: x=3, + , 0<1, верно. Cevap: x=2, x=3. Kontrol edin: x=0, > , 0>0, yanlış Kontrol edin: x=1, > , 1>0, doğru Cevap: x=1. Kontrol edin: +=3, 0=3, yanlış. Cevap: kök yok. Ek örnekler: a) = ; b) + =0; c) + \u003d x -1 ODZ tehlikesi Özdeş dönüşümlerin şunları yapabileceğini unutmayın: Orijinal ODZ'yi değiştiren bazı dönüşümler sonucunda yanlış kararlara yol açabileceği de bilinmektedir. Her durumu bir örnekle açıklayalım. 1) x + 4x + 7x ifadesini düşünün, bunun için x değişkeninin ODZ'si R kümesidir. Benzer terimler sunuyoruz. Sonuç olarak x 2 +11x şeklini alacaktır. Açıkçası, bu ifadenin x değişkeninin ODZ'si de R kümesidir. Bu nedenle, gerçekleştirilen dönüşüm ODZ'yi değiştirmedi. 2) x+ - =0 denklemini alın. Bu durumda, ODZ: x≠0. Bu ifade aynı zamanda, indirgendikten sonra, ODZ'nin R olduğu x ifadesine geldiğimiz benzer terimler içerir. orijinal ifade için x değişkeni). 3) Bir ifade alalım. x değişkeninin ODV'si (x−5) (x−2)≥0, ODV: (−∞, 2]∪∪/ eşitsizliği ile belirlenir. Erişim modu: www.fipi.ru, www sitelerinin malzemeleri. Örneğin
Ek 1 Pratik çalışma "ODZ: ne zaman, neden ve nasıl?" seçenek 1 seçenek 2 │х+14│= 2 - 2х │3-х│=1 - 3х Ek 2 Pratik çalışmanın görevlerine cevaplar "ODZ: ne zaman, neden ve nasıl?" seçenek 1 seçenek 2 Cevap: kök yok Cevap: x, x=5 dışında herhangi bir sayıdır. 9x+ = +27 ODZ: x≠3 Cevap: kök yok ODZ: x=-3, x=5. Cevap: -3;5. y= -azalır, y= -artırır Yani denklemin en fazla bir kökü vardır. Cevap: x=6. ODZ: → →х≥5 Cevap: x≥5, x≤-6. │х+14│=2-2х ODZ:2-2х≥0, х≤1 х=-4, х=16, 16 ODZ'ye ait değil Azalır - artar Denklemin en fazla bir kökü vardır. Cevap: kök yok. 0, ODZ: x≥3, x≤2 Cevap: x≥3, x≤2 8x+ = -32, ODZ: x≠-4. Cevap: kök yok. x=7, x=1. cevap:çözüm yok Artan - azalan Cevap: x=2. 0 ODZ: x≠15 Cevap: x, x=15 dışında herhangi bir sayıdır. │3-х│=1-3х, ODZ: 1-3х≥0, х≤ x=-1, x=1 ODZ'ye ait değil. Cevap: x=-1.