Kompleksinių eksponentinių lygčių sprendimų pavyzdžiai. Lygtys internete
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
Galia arba eksponentinės lygtys – tai lygtys, kuriose kintamieji yra laipsniais (arba laipsniais), o pagrindas yra skaičius.
Eksponentinių lygčių pavyzdžiai:
IN šiame pavyzdyje skaičius 6 yra pagrindas, jis visada yra apačioje ir 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 galias.
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 bazes, 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
Dėl tų pačių priežasčių pateikėme pavyzdį. Tačiau mus vargina kiti skaičiai 10 ir 24. 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
Konvertuokime:
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
Paskaita: „Eksponentinių lygčių sprendimo metodai“.
1 . Eksponentinės lygtys.
Lygtys, kurių eksponentuose yra nežinomųjų, vadinamos eksponentinėmis lygtimis. Paprasčiausia iš jų yra lygtis ax = b, kur a > 0, a ≠ 1.
1) ties b< 0 и b = 0 это уравнение, согласно свойству 1 показательной функции, не имеет решения.
2) Jei b > 0, naudojant funkcijos monotoniškumą ir šaknies teoremą, lygtis turi unikalią šaknį. Norint jį rasti, b turi būti pavaizduota forma b = aс, аx = bс ó x = c arba x = logab.
Eksponentinės lygtys algebrinėmis transformacijomis lemia standartines lygtis, kurios išsprendžiamos šiais metodais:
1) sumažinimo iki vienos bazės būdas;
2) vertinimo metodas;
3) grafinis metodas;
4) naujų kintamųjų įvedimo būdas;
5) faktorizavimo metodas;
6) orientacinis – galios lygtys;
7) parodomasis su parametru.
2 . Sumažinimo iki vienos bazės metodas.
Metodas remiasi tokia laipsnių savybe: jei du laipsniai yra lygūs, o jų bazės lygios, tai jų eksponentai yra lygūs, t.y., reikia bandyti redukuoti lygtį į formą
Pavyzdžiai. Išspręskite lygtį:
1 . 3x = 81;
Pavaizduokime dešinę lygties pusę forma 81 = 34 ir parašykite lygtį, lygiavertę pradinei 3 x = 34; x = 4. Atsakymas: 4.
2. https://pandia.ru/text/80/142/images/image004_8.png" width="52" height="49">ir pereikime prie rodiklių lygties 3x+1 = 3 – 5x; 8x = 4; x = 0,5 Atsakymas: 0,5.
3. https://pandia.ru/text/80/142/images/image006_8.png" width="105" height="47">
Atkreipkite dėmesį, kad skaičiai 0,2, 0,04, √5 ir 25 reiškia 5 laipsnius. Pasinaudokime tuo ir pakeiskime pradinę lygtį taip:
, iš kur 5-x-1 = 5-2x-2 ó - x – 1 = - 2x – 2, iš kurio randame sprendinį x = -1. Atsakymas: -1.
5. 3x = 5. Pagal logaritmo apibrėžimą x = log35. Atsakymas: log35.
6. 62x+4 = 33x. 2x+8.
Perrašykime lygtį į formą 32x+4.22x+4 = 32x.2x+8, t.y..png" width="181" height="49 src="> Taigi x – 4 =0, x = 4. Atsakymas: 4.
7 . 2∙3x+1 - 6∙3x-2 - 3x = 9. Naudodamiesi laipsnių savybėmis, rašome lygtį tokia forma 6∙3x - 2∙3x – 3x = 9, tada 3∙3x = 9, 3x+1 = 32, t.y. x+1 = 2, x =1. Atsakymas: 1.
Probleminis bankas Nr.1.
Išspręskite lygtį:
Testas Nr.1.
1) 0 2) 4 3) -2 4) -4 |
|
A2 32x-8 = √3. | 1)17/4 2) 17 3) 13/2 4) -17/4 |
A3 | 1) 3;1 2) -3;-1 3) 0;2 4) be šaknų |
1) 7;1 2) be šaknų 3) -7;1 4) -1;-7 |
|
A5 | 1) 0;2; 2) 0;2;3 3) 0 4) -2;-3;0 |
A6 | 1) -1 2) 0 3) 2 4) 1 |
Testas Nr.2
A1 | 1) 3 2) -1;3 3) -1;-3 4) 3;-1 |
A2 | 1) 14/3 2) -14/3 3) -17 4) 11 |
A3 | 1) 2;-1 2) be šaknų 3) 0 4) -2;1 |
A4 | 1) -4 2) 2 3) -2 4) -4;2 |
A5 | 1) 3 2) -3;1 3) -1 4) -1;3 |
3 Vertinimo metodas.
Šaknies teorema: jei funkcija f(x) didėja (mažėja) intervale I, skaičius a yra bet kokia šio intervalo f reikšmė, tai lygtis f(x) = a intervale I turi vieną šaknį.
Sprendžiant lygtis įvertinimo metodu, naudojama ši teorema ir funkcijos monotoniškumo savybės.
Pavyzdžiai. Išspręskite lygtis: 1. 4x = 5 – x.
Sprendimas. Perrašykime lygtį į 4x +x = 5.
1. jei x = 1, tai 41+1 = 5, 5 = 5 yra tiesa, o tai reiškia, kad 1 yra lygties šaknis.
Funkcija f(x) = 4x – didėja R, o g(x) = x – didėja R => h(x)= f(x)+g(x) didėja R, kaip didėjančių funkcijų suma, tada x = 1 yra vienintelė lygties 4x = 5 – x šaknis. Atsakymas: 1.
2.
Sprendimas. Perrašykime lygtį į formą .
1. jei x = -1, tai , 3 = 3 yra tiesa, o tai reiškia, kad x = -1 yra lygties šaknis.
2. įrodyti, kad jis yra vienintelis.
3. F(x) = - mažėja R, o g(x) = - x – mažėja R=> h(x) = f(x)+g(x) – mažėja R, nes suma mažėjančios funkcijos . Tai reiškia, kad pagal šaknies teoremą x = -1 yra vienintelė lygties šaknis. Atsakymas: -1.
Probleminis bankas Nr.2. Išspręskite lygtį
a) 4x + 1 =6 – x;
b)
c) 2x – 2 =1 – x;
4. Naujų kintamųjų įvedimo būdas.
Metodas aprašytas 2.1 punkte. Naujo kintamojo įvedimas (pakeitimas) dažniausiai atliekamas po lygties sąlygų transformacijų (supaprastinimo). Pažiūrėkime į pavyzdžius.
Pavyzdžiai. R Išspręskite lygtį: 1. .
Perrašykime lygtį kitaip: https://pandia.ru/text/80/142/images/image030_0.png" width="128" height="48 src="> i.e..png" width="210" height = "45">
Sprendimas. Perrašykime lygtį kitaip:
Pažymime https://pandia.ru/text/80/142/images/image035_0.png" width="245" height="57"> - netinkama.
t = 4 => https://pandia.ru/text/80/142/images/image037_0.png" width="268" height="51"> – neracionali lygtis. Atkreipiame dėmesį, kad
Lygties sprendimas yra x = 2,5 ≤ 4, o tai reiškia, kad 2,5 yra lygties šaknis. Atsakymas: 2.5.
Sprendimas. Perrašykime lygtį į formą ir abi puses padalinkime iš 56x+6 ≠ 0. Gauname lygtį
2x2-6x-7 = 2x2-6x-8 +1 = 2(x2-3x-4)+1, t..png" width="118" height="56">
Kvadratinės lygties šaknys yra t1 = 1 ir t2<0, т. е..png" width="200" height="24">.
Sprendimas . Perrašykime lygtį į formą
ir atkreipkite dėmesį, kad tai yra vienalytė antrojo laipsnio lygtis.
Padalinkite lygtį iš 42x, gausime
Pakeiskime https://pandia.ru/text/80/142/images/image049_0.png" width="16" height="41 src="> .
Atsakymas: 0; 0.5.
Probleminis bankas Nr.3. Išspręskite lygtį
b)
G)
Testas Nr.3 su atsakymų pasirinkimu. Minimalus lygis.
A1 | 1) -0,2;2 2) log52 3) -log52 4) 2 |
A2 0,52x – 3 0,5x +2 = 0. | 1) 2;1 2) -1;0 3) be šaknų 4) 0 |
1) 0 2) 1; -1/3 3) 1 4) 5 |
|
A4 52x-5x - 600 = 0. | 1) -24;25 2) -24,5; 25,5 3) 25 4) 2 |
1) be šaknų 2) 2;4 3) 3 4) -1;2 |
Testas Nr.4 su atsakymų pasirinkimu. Bendras lygis.
A1 | 1) 2; 1 2) ½; 0 3) 2; 0 4) 0 |
A2 2x – (0,5) 2x – (0,5) x + 1 = 0 | 1) -1;1 2) 0 3) -1;0;1 4) 1 |
1) 64 2) -14 3) 3 4) 8 |
|
1)-1 2) 1 3) -1;1 4) 0 |
|
A5 | 1) 0 2) 1 3) 0;1 4) be šaknų |
5. Faktorizacijos metodas.
1. Išspręskite lygtį: 5x+1 - 5x-1 = 24.
Solution..png" width="169" height="69"> , iš kur
2. 6x + 6x+1 = 2x + 2x+1 + 2x+2.
Sprendimas. Padėkime 6x iš skliaustų kairėje lygties pusėje ir 2x dešinėje. Gauname lygtį 6x(1+6) = 2x(1+2+4) ó 6x = 2x.
Kadangi 2x >0 visiems x, mes galime padalyti abi šios lygties puses iš 2x, nebijodami prarasti sprendinių. Gauname 3x = 1 x = 0.
3.
Sprendimas. Išspręskime lygtį faktorizavimo metodu.
Pasirinkime dvinario kvadratą
4. https://pandia.ru/text/80/142/images/image067_0.png" width="500" height="181">
x = -2 yra lygties šaknis.
Lygtis x + 1 = 0 " style="border-collapse:collapse;border:none">
A1 5x-1 +5x -5x+1 =-19.
1) 1 2) 95/4 3) 0 4) -1
A2 3x+1 +3x-1 =270.
1) 2 2) -4 3) 0 4) 4
A3 32x + 32x+1 -108 = 0. x=1,5
1) 0,2 2) 1,5 3) -1,5 4) 3
1) 1 2) -3 3) -1 4) 0
A5 2x -2x-4 = 15. x=4
1) -4 2) 4 3) -4;4 4) 2
Testas Nr.6 Bendras lygis.
A1 (22x-1)(24x+22x+1)=7. | 1) ½ 2) 2 3) -1;3 4) 0,2 |
A2 | 1) 2,5 2) 3; 4 3) log43/2 4) 0 |
A3 2x-1-3x=3x-1-2x+2. | 1) 2 2) -1 3) 3 4) -3 |
A4 | 1) 1,5 2) 3 3) 1 4) -4 |
A5 | 1) 2 2) -2 3) 5 4) 0 |
6. Eksponentinės – galios lygtys.
Greta eksponentinių lygčių yra vadinamosios eksponentinės galios lygtys, t.y. (f(x))g(x) = (f(x))h(x) formos lygtys.
Jei žinoma, kad f(x)>0 ir f(x) ≠ 1, tai lygtis, kaip ir eksponentinė, sprendžiama sulyginant eksponentus g(x) = f(x).
Jei sąlyga neatmeta galimybės, kad f(x)=0 ir f(x)=1, tai sprendžiant eksponentinę lygtį turime atsižvelgti į šiuos atvejus.
1..png" width="182" height="116 src=">
2.
Sprendimas. x2 +2x-8 – prasminga bet kuriam x, nes tai yra daugianario, o tai reiškia, kad lygtis yra lygi visumai
https://pandia.ru/text/80/142/images/image078_0.png" width="137" height="35">
b)
7. Eksponentinės lygtys su parametrais.
1. Kokioms parametro p reikšmėms turi lygtis 4 (5 – 3) 2 +4p2–3p = 0 (1) vienintelis sprendimas?
Sprendimas. Įveskime pakeitimą 2x = t, t > 0, tada (1) lygtis bus t2 – (5p – 3)t + 4p2 – 3p = 0. (2)
(2) lygties diskriminantas D = (5p – 3)2 – 4(4p2 – 3p) = 9(p – 1)2.
(1) lygtis turi unikalų sprendimą, jei (2) lygtis turi vieną teigiamą šaknį. Tai įmanoma šiais atvejais.
1. Jei D = 0, tai yra, p = 1, tada (2) lygtis bus t2 – 2t + 1 = 0, taigi t = 1, todėl (1) lygtis turi unikalų sprendimą x = 0.
2. Jei p1, tai 9(p – 1)2 > 0, tai (2) lygtis turi dvi skirtingas šaknis t1 = p, t2 = 4p – 3. Uždavinio sąlygas tenkina aibė sistemų.
Sistemose pakeitę t1 ir t2, turime
https://pandia.ru/text/80/142/images/image084_0.png" alt="no35_11" width="375" height="54"> в зависимости от параметра a?!}
Sprendimas. Leiskite tada (3) lygtis bus t2 – 6t – a = 0. (4)
Raskime parametro a reikšmes, kurioms bent viena (4) lygties šaknis tenkina sąlygą t > 0.
Įveskime funkciją f(t) = t2 – 6t – a. Galimi šie atvejai.
https://pandia.ru/text/80/142/images/image087.png" alt="http://1september.ru/ru/mat/2002/35/no35_14.gif" align="left" width="215" height="73 src=">где t0 - абсцисса вершины параболы и D - дискриминант !} kvadratinis trinaris f(t);
https://pandia.ru/text/80/142/images/image089.png" alt="http://1september.ru/ru/mat/2002/35/no35_16.gif" align="left" width="60" height="51 src=">!}
2 atvejis. (4) lygtis turi unikalų teigiamą sprendimą, jei
D = 0, jei a = – 9, tada (4) lygtis bus tokia: (t – 3)2 = 0, t = 3, x = – 1.
3 atvejis. (4) lygtis turi dvi šaknis, bet viena iš jų netenkina nelygybės t > 0. Tai įmanoma, jei
https://pandia.ru/text/80/142/images/image092.png" alt="no35_17" width="267" height="63">!}
Taigi, jei a 0, (4) lygtis turi vieną teigiamą šaknį . Tada (3) lygtis turi unikalų sprendimą
Kai a< – 9 уравнение (3) корней не имеет.
jei a< – 9, то корней нет; если – 9 < a < 0, то
jei a = – 9, tai x = – 1;
jei a 0, tada
Palyginkime (1) ir (3) lygčių sprendimo būdus. Atkreipkite dėmesį, kad sprendžiant (1) lygtį buvo sumažinta iki kvadratinė lygtis, kurio diskriminantas yra tobulas kvadratas; Taigi, (2) lygties šaknys buvo nedelsiant apskaičiuotos naudojant kvadratinės lygties šaknų formulę, o tada buvo padarytos išvados dėl šių šaknų. (3) lygtis redukuota į kvadratinę lygtį (4), kurios diskriminantas nėra tobulas kvadratas, todėl sprendžiant (3) lygtį patartina naudoti teoremas apie kvadratinio trinalio šaknų vietą. ir grafinis modelis. Atkreipkite dėmesį, kad (4) lygtį galima išspręsti naudojant Vietos teoremą.
Išspręskime sudėtingesnes lygtis.
3 uždavinys: išspręskite lygtį
Sprendimas. ODZ: x1, x2.
Pristatykime pakaitalą. Tegu 2x = t, t > 0, tada dėl transformacijų lygtis bus t2 + 2t – 13 – a = 0. (*) Raskime a reikšmes, kurioms bent viena šaknis lygtis (*) tenkina sąlygą t > 0.
https://pandia.ru/text/80/142/images/image098.png" alt="http://1september.ru/ru/mat/2002/35/no35_23.gif" align="left" width="71" height="68 src=">где t0 - абсцисса вершины f(t) = t2 + 2t – 13 – a, D - дискриминант квадратного трехчлена f(t).!}
https://pandia.ru/text/80/142/images/image100.png" alt="http://1september.ru/ru/mat/2002/35/no35_25.gif" align="left" width="360" height="32 src=">!}
https://pandia.ru/text/80/142/images/image102.png" alt="http://1september.ru/ru/mat/2002/35/no35_27.gif" align="left" width="218" height="42 src=">!}
Atsakymas: jei a > – 13, a 11, a 5, tai jei a – 13,
a = 11, a = 5, tada nėra šaknų.
Naudotos literatūros sąrašas.
1. Guzejevas edukacinių technologijų pagrindai.
2. Guzeev technologija: nuo recepcijos iki filosofijos.
M. „Mokyklos direktorius“ 1996 Nr.4
3. Guzejevas ir organizacinės mokymo formos.
4. Guzejevas ir integralios ugdymo technologijos praktika.
M. „Visuomenės švietimas“, 2001 m
5. Guzejevas iš pamokos – seminaro formų.
Matematika 2 mokykloje, 1987 9 – 11 p.
6. Seleuko edukacinės technologijos.
M. „Visuomenės švietimas“, 1998 m
7. Epiševos moksleiviai mokytis matematikos.
M. „Švietimas“, 1990 m
8. Ivanova ruošti pamokas – dirbtuves.
Matematika mokykloje Nr.6, 1990 p. 37-40.
9. Smirnovo matematikos mokymo modelis.
Matematika mokykloje Nr.1, 1997 p. 32-36.
10. Tarasenko praktinio darbo organizavimo būdai.
Matematika mokykloje Nr.1, 1993 p. 27-28.
11. Apie vieną iš individualaus darbo rūšių.
Matematika mokykloje Nr.2, 1994, 63 – 64 p.
12. Chazankinas kūrybiškumas moksleiviai.
Matematika mokykloje Nr.2, 1989 p. 10.
13. Scanavi. Leidykla, 1997 m
14. ir kt. Algebra ir analizės pradžia. Didaktinė medžiaga skirta
15. Krivonogovo matematikos užduotys.
M. „Rugsėjo pirmoji“, 2002 m
16. Čerkasovas. Vadovas aukštųjų mokyklų studentams ir
stojant į universitetus. „A S T – spaudos mokykla“, 2002 m
17. Ževnyakas stojantiems į universitetus.
Minsko ir Rusijos Federacijos „Apžvalga“, 1996 m
18. Raštu D. Pasiruošimas matematikos egzaminui. M. Rolfas, 1999 m
19. ir tt Mokymasis spręsti lygtis ir nelygybes.
M. „Intelektas – centras“, 2003 m
20. ir tt Mokomoji ir mokomoji medžiaga, skirta pasirengti EGE.
M. „Žvalgyba – centras“, 2003 ir 2004 m.
21 ir kitos CMM parinktys. Rusijos Federacijos gynybos ministerijos bandymų centras, 2002, 2003 m.
22. Goldbergo lygtys. „Kvantas“ Nr.3, 1971 m
23. Volovičius M. Kaip sėkmingai dėstyti matematiką.
Matematika, 1997 Nr.3.
24 Okunev už pamoką, vaikai! M. Išsilavinimas, 1988 m
25. Yakimanskaya – orientuotas mokymasis mokykloje.
26. Liimets dirba klasėje. M. Žinios, 1975 m
Lygčių naudojimas yra plačiai paplitęs mūsų gyvenime. Jie naudojami atliekant daugybę skaičiavimų, statant konstrukcijas ir net sportuojant. Žmogus senovėje naudojo lygtis, o nuo to laiko jų vartojimas tik išaugo. Galios arba eksponentinės lygtys yra lygtys, kuriose kintamieji yra laipsniais, o pagrindas yra skaičius. Pavyzdžiui:
Eksponentinės lygties sprendimas sumažėja iki 2 gana paprasti veiksmai:
1. Turite patikrinti, ar lygties pagrindai dešinėje ir kairėje yra vienodi. Jei priežastys skiriasi, ieškome variantų, kaip išspręsti šį pavyzdį.
2. Po to, kai bazės tampa vienodos, sulyginame laipsnius ir išsprendžiame gautą naują lygtį.
Tarkime, kad turime tokios formos eksponentinę lygtį:
Šios lygties sprendimą verta pradėti nuo pagrindo analizės. Bazės yra skirtingos - 2 ir 4, tačiau norint išspręsti, jos turi būti vienodos, todėl 4 transformuojame naudodami šią formulę -\[ (a^n)^m = a^(nm):\]
Prie pradinės lygties pridedame:
Išimkime jį iš skliaustų \
Išreikškime \
Kadangi laipsniai yra vienodi, juos atmetame:
Atsakymas: \
Kur galiu išspręsti eksponentinę lygtį naudojant internetinį sprendiklį?
Galite išspręsti lygtį mūsų svetainėje https://site. Nemokamas internetinis sprendėjas leis per kelias sekundes išspręsti bet kokio sudėtingumo internetines lygtis. Viskas, ką jums reikia padaryti, tai tiesiog įvesti savo duomenis į sprendiklį. Taip pat galite peržiūrėti vaizdo įrašo instrukcijas ir sužinoti, kaip išspręsti lygtį mūsų svetainėje. Ir jei vis dar turite klausimų, galite juos užduoti mūsų VKontakte grupėje http://vk.com/pocketteacher. Prisijunkite prie mūsų grupės, mes visada džiaugiamės galėdami jums padėti.
Taip vadinamos 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) Ne lygus nuliui, vienas ir minus vienas, 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 patikrinus pagal pradinę lygtį. Ir atvejai a = 0, a = 1, a = -1 reikia svarstyti atskirai.
Taigi, norėdami visiškai išspręsti lygtį, atsižvelgiame į šiuos atvejus:
a(x) = O f(x) Ir g(x) valios teigiami skaičiai, tada 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.