Көрсеткіштік функция теңсіздіктерін шешу. Көрсеткіштік теңдеулер мен теңсіздіктерді шешу

Мұнда $b$ рөлі қарапайым сан немесе қиынырақ нәрсе болуы мүмкін. Мысалдар? Иә өтінемін:

\[\бастау(туралау) & ((2)^(x)) \gt 4;\quad ((2)^(x-1))\le \frac(1)(\sqrt(2));\ төртбұрыш ((2)^(((x)^(2))-7x+14)) \lt 16; \\ & ((0,1)^(1-x)) \lt 0,01;\quad ((2)^(\frac(x)(2))) \lt ((4)^(\frac (4) )(x))). \\\соңы(туралау)\]

Меніңше, мағынасы түсінікті: $((a)^(x))$ көрсеткіштік функциясы бар, оны бір нәрсемен салыстырады, содан кейін $x$ табуды сұрайды. Әсіресе клиникалық жағдайларда $x$ айнымалысының орнына олар $f\left(x \right)$ функциясын қоя алады және осылайша теңсіздікті біршама қиындатады.

Әрине, кейбір жағдайларда теңсіздік одан да ауыр болып көрінуі мүмкін. Мұнда, мысалы:

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

Немесе тіпті бұл:

Жалпы алғанда, мұндай теңсіздіктердің күрделілігі өте әртүрлі болуы мүмкін, бірақ соңында олар бәрібір $((a)^(x)) \gt b$ қарапайым конструкциясына дейін төмендейді. Біз қандай да бір жолмен мұндай құрылысты анықтаймыз (әсіресе клиникалық жағдайларда, ештеңе ойға келмегенде, логарифмдер бізге көмектеседі). Сондықтан, қазір біз сізге осындай қарапайым конструкцияларды қалай шешуге болатынын үйретеміз.

Қарапайым көрсеткіштік теңсіздіктерді шешу

Өте қарапайым нәрсені қарастырайық. Мысалы, бұл:

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

Әлбетте, оң жақтағы санды екінің дәрежесі ретінде қайта жазуға болады: $4=((2)^(2))$. Осылайша, бастапқы теңсіздікті өте ыңғайлы түрде қайта жазуға болады:

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

Ал енді менің қолым $x \gt 2$ жауабын алу үшін уәждердің негізіндегі екеуін «сызып тастауға» қиналады. Бірақ кез келген нәрсені сызып тастамас бұрын, екінің күшін еске түсірейік:

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

Көріп отырғаныңыздай, көрсеткіштегі сан неғұрлым көп болса, шығыс саны да соғұрлым үлкен болады. «Рахмет, Кап!» – дейді оқушылардың бірі. Басқаша ма? Өкінішке орай, бұл орын алады. Мысалы:

\[((\left(\frac(1)(2) \оң))^(1))=\frac(1)(2);\quad ((\left(\frac(1)(2) \ оң))^(2))=\frac(1)(4);\төрт ((\сол(\frac(1)(2) \оң))^(3))=\frac(1)(8) );...\]

Мұнда да бәрі қисынды: дәреже неғұрлым үлкен болса, 0,5 саны өзінен-өзі көп есе көбейтіледі (яғни, екіге бөлінеді). Осылайша, алынған сандар тізбегі азаяды және бірінші және екінші қатар арасындағы айырмашылық тек негізде болады:

• Егер дәреженің негізі $a \gt 1$ болса, онда $n$ көрсеткіші өскен сайын $((a)^(n))$ саны да өседі;
• Және керісінше, $0 \lt a \lt 1$ болса, $n$ көрсеткіші өскен сайын $((a)^(n))$ саны азаяды.

Осы фактілерді жинақтай отырып, біз экспоненциалды теңсіздіктердің барлық шешімі негізделген ең маңызды мәлімдемені аламыз:

$a \gt 1$ болса, онда $((a)^(x)) \gt ((a)^(n))$ теңсіздігі $x \gt n$ теңсіздігіне эквивалентті болады. $0 \lt a \lt 1$ болса, онда $((a)^(x)) \gt ((a)^(n))$ теңсіздігі $x \lt n$ теңсіздігіне эквивалентті болады.

Басқаша айтқанда, егер негіз біреуден үлкен болса, оны жай ғана алып тастауға болады - теңсіздік белгісі өзгермейді. Ал егер негіз біреуден аз болса, онда оны да алып тастауға болады, бірақ сонымен бірге теңсіздік белгісін өзгертуге тура келеді.

$a=1$ және $a\le 0$ опцияларын қарастырмағанымызды ескеріңіз. Өйткені бұл жағдайларда белгісіздік туындайды. $((1)^(x)) \gt 3$ түріндегі теңсіздікті қалай шешеміз делік? Кез келген күшке біреу қайтадан береді - біз ешқашан үш немесе одан да көп алмаймыз. Сол. шешімдер жоқ.

Теріс себептермен бәрі одан да қызықты. Мысалы, мына теңсіздікті қарастырайық:

\[((\left(-2 \оң))^(x)) \gt 4\]

Бір қарағанда, бәрі қарапайым:

Дұрыс па? Бірақ жоқ! Шешім дұрыс емес екеніне көз жеткізу үшін $x$ орнына жұп және бірнеше тақ сандарды қою жеткілікті. Қараңыз:

\[\бастау(туралау) & x=4\Оң жақ көрсеткі ((\сол(-2 \оң))^(4))=16 \gt 4; \\ & x=5\Оң жақ көрсеткі ((\сол(-2 \оң))^(5))=-32 \lt 4; \\ & x=6\Оң жақ көрсеткі ((\сол(-2 \оң))^(6))=64 \gt 4; \\ & x=7\Оң жақ көрсеткі ((\сол(-2 \оң))^(7))=-128 \lt 4. \\\соңы(туралау)\]

Көріп отырғаныңыздай, белгілер ауысады. Бірақ сонымен қатар бөлшек өкілеттіктер және басқа да нонсенс бар. Мысалы, $((\left(-2 \right))^(\sqrt(7)))$ (жеті дәрежесіне минус екі) есептеуге қалай тапсырыс берер едіңіз? Мүмкін емес!

Сондықтан, анықтық үшін біз барлық көрсеткіштік теңсіздіктерде (және, айтпақшы, теңдеулерде) $1\ne a \gt 0$ деп есептейміз. Содан кейін бәрі өте қарапайым шешіледі:

\[((a)^(x)) \gt ((a)^(n))\Оң жақ көрсеткі \left[ \begin(align) & x \gt n\quad \left(a \gt 1 \right), \\ & x \lt n\quad \left(0 \lt a \lt 1 \right). \\\соңы(туралау) \оңға.\]

Жалпы, негізгі ережені тағы бір рет есте сақтаңыз: егер экспоненциалды теңдеудегі негіз бірден үлкен болса, оны жай ғана алып тастауға болады; ал негізі біреуден аз болса, оны да алып тастауға болады, бірақ теңсіздік белгісі өзгереді.

Шешімдердің мысалдары

Сонымен, бірнеше қарапайым көрсеткіштік теңсіздіктерді қарастырайық:

\[\begin(align) & ((2)^(x-1))\le \frac(1)(\sqrt(2)); \\ & ((0,1)^(1-x)) \lt 0,01; \\ & ((2)^((x)^(2))-7x+14)) \lt 16; \\ & ((0,2)^(1+((x)^(2))))\ge \frac(1)(25). \\\соңы(туралау)\]

Барлық жағдайда негізгі тапсырма бірдей: теңсіздіктерді қарапайым түрге келтіру $((a)^(x)) \gt ((a)^(n))$. Дәл осыны біз енді әрбір теңсіздікпен жасаймыз және сонымен бірге дәрежелер мен экспоненциалды функциялардың қасиеттерін қайталаймыз. Ендеше, кеттік!

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

Мұнда не істей аласың? Сол жақта бізде индикативті өрнек бар - ештеңені өзгерту қажет емес. Бірақ оң жақта қандай да бір сұмдық бар: бөлшек, тіпті бөлгіштегі түбір!

Дегенмен, бөлшектермен және дәрежелермен жұмыс істеу ережелерін еске түсірейік:

\[\begin(align) & \frac(1)(((a)^(n)))=((a)^(-n)); \\ & \sqrt[k](a)=((a)^(\frac(1)(k))). \\\соңы(туралау)\]

Ол нені білдіреді? Біріншіден, бөлшекті теріс көрсеткіші бар дәрежеге айналдыру арқылы оңай құтыламыз. Ал екіншіден, бөлгіштің түбірі болғандықтан, оны дәрежеге айналдырса жақсы болар еді – бұл жолы бөлшек көрсеткішімен.

Осы әрекеттерді теңсіздіктің оң жағына ретімен қолданып, не болатынын көрейік:

\[\frac(1)(\sqrt(2))=((\left(\sqrt(2) \right))^(-1))=((\left(((2)^(\frac() 1)(3))) \оң жақ))^(-1))=((2)^(\frac(1)(3)\cdot \left(-1 \оң)=((2)^ (-\frac(1)(3)))\]

Дәрежені дәрежеге көтергенде, осы дәрежелердің көрсеткіші қосылатынын ұмытпаңыз. Жалпы, көрсеткіштік теңдеулермен және теңсіздіктермен жұмыс істегенде, ең болмағанда дәрежелермен жұмыс істеудің қарапайым ережелерін білу өте қажет:

\[\begin(align) & ((a)^(x))\cdot ((a)^(y))=((a)^(x+y)); \\ & \frac(((a)^(x)))(((a)^(y)))=((a)^(x-y)); \\ & ((\left(((a)^(x)) \оң))^(y))=((a)^(x\cdot y)). \\\соңы(туралау)\]

Шын мәнінде, біз соңғы ережені қолдандық. Сондықтан біздің бастапқы теңсіздігіміз келесідей қайта жазылады:

\[((2)^(x-1))\le \frac(1)(\sqrt(2))\Оң жақ көрсеткі ((2)^(x-1))\le ((2)^(-\ frac(1)(3)))\]

Енді біз базадағы екеуінен құтыламыз. 2 > 1 болғандықтан, теңсіздік таңбасы өзгеріссіз қалады:

\[\бастау(туралау) & x-1\le -\frac(1)(3)\Оң жақ көрсеткі x\le 1-\frac(1)(3)=\frac(2)(3); \\ & x\in \left(-\infty;\frac(2)(3) \right]. \\\соңы(туралау)\]

Бұл шешім! Негізгі қиындық экспоненциалды функцияда емес, бастапқы өрнекті сауатты түрлендіруде: оны ең қарапайым пішінге мұқият және жылдам жеткізу керек.

Екінші теңсіздікті қарастырайық:

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

Иә, иә. Мұнда бізді ондық бөлшектер күтіп тұр. Мен бірнеше рет айтқанымдай, кез келген өрнектерде ондық бөлшектерден құтылу керек - бұл көбінесе жылдам және қарапайым шешімді көрудің жалғыз жолы. Мұнда біз құтыламыз:

\[\бастау(туралау) & 0,1=\frac(1)(10);\quad 0,01=\frac(1)(100)=((\left(\frac(1)(10) \ оңға))^ (2)); \\ & ((0,1)^(1-x)) \lt 0,01\Оң жақ көрсеткі ((\сол(\frac(1)(10) \оң))^(1-x)) \lt ( (\left(\frac(1)(10) \оң))^(2)). \\\соңы(туралау)\]

Мұнда тағы да ең қарапайым теңсіздік бар, тіпті негізі 1/10 болса да, яғни. біреуден аз. Ал, біз негіздерді алып тастаймыз, бір уақытта белгіні «аз» дегеннен «көп» дегенге өзгертеміз және біз аламыз:

\[\бастау(туралау) & 1-x \gt 2; \\ & -x \gt 2-1; \\ & -x \gt 1; \\& x \lt -1. \\\соңы(туралау)\]

Біз соңғы жауапты алдық: $x\in \left(-\infty ;-1 \right)$. Назар аударыңыз: жауап дәл жиынтық болып табылады және ешбір жағдайда $x \lt -1$ пішінінің конструкциясы емес. Өйткені формальды түрде мұндай конструкция мүлдем жиын емес, $x$ айнымалысына қатысты теңсіздік. Иә, бұл өте қарапайым, бірақ бұл жауап емес!

Маңызды ескерту. Бұл теңсіздікті басқа жолмен шешуге болады – екі жағын да негізі біреуден үлкен дәрежеге келтіру арқылы. Қараңыз:

\[\frac(1)(10)=((10)^(-1))\Оң жақ көрсеткі ((\сол(((10)^(-1)) \оң))^(1-x)) \ lt ((\сол(((10)^(-1)) \оң))^(2))\Оң жақ көрсеткі ((10)^(-1\cdot \left(1-x \оң)))) \lt ((10)^(-1\cdot 2))\]

Мұндай түрлендіруден кейін біз қайтадан экспоненциалды теңсіздікті аламыз, бірақ негізі 10 > 1. Бұл ондықты жай ғана сызып тастауға болатынын білдіреді - теңсіздік белгісі өзгермейді. Біз аламыз:

\[\бастау(туралау) & -1\cdot \left(1-x \right) \lt -1\cdot 2; \\ & x-1 \lt -2; \\ & x \lt -2+1=-1; \\ & x \lt -1. \\\соңы(туралау)\]

Көріп отырғаныңыздай, жауап дәл солай болды. Сонымен қатар, біз өзімізді белгіні өзгерту қажеттілігінен құтқардық және кез келген ережелерді есте сақтадық :)

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

Дегенмен, бұл сізді қорқытпасын. Көрсеткіштерде қандай болса да, теңсіздікті шешу технологиясының өзі өзгеріссіз қалады. Сондықтан алдымен 16 = 2 4 екенін атап өтейік. Осы фактіні ескере отырып, бастапқы теңсіздікті қайта жазайық:

\[\begin(align) & ((2)^(((x)^(2))-7x+14)) \lt ((2)^(4)); \\ & ((x)^(2))-7x+14 \lt 4; \\ & ((x)^(2))-7x+10 \lt 0. \\\соңы(туралау)\]

Ура! Біз кәдімгі квадрат теңсіздікті алдық! Белгі еш жерде өзгерген жоқ, өйткені негізі екі - бірден үлкен сан.

Сан түзуіндегі функцияның нөлдері

$f\left(x \right)=((x)^(2))-7x+10$ функциясының белгілерін орналастырамыз - анық, оның графигі тармақтары жоғары парабола болады, сондықтан "плюс" болады. ” жағында. Бізді функция нөлден аз аймақ қызықтырады, яғни. $x\in \left(2;5 \right)$ - бастапқы есептің жауабы.

Соңында, басқа теңсіздікті қарастырыңыз:

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

Тағы да біз негізінде ондық бөлшек бар экспоненциалды функцияны көреміз. Осы бөлшекті жай бөлшекке айналдырайық:

\[\бастау(туралау) & 0,2=\frac(2)(10)=\frac(1)(5)=((5)^(-1))\Оң жақ көрсеткі \\ & \Оң жақ көрсеткі ((0 ,2) )^(1+((x)^(2))))=((\сол(((5)^(-1)) \оң))^(1+((x)^(2) )) )=((5)^(-1\cdot \left(1+((x)^(2)) \оңға)))\соңы(туралау)\]

Бұл жағдайда біз жоғарыда келтірілген ескертуді қолдандық - әрі қарай шешімімізді жеңілдету үшін негізді 5 > 1 санына дейін азайттық. Оң жағымен де солай істейік:

\[\frac(1)(25)=((\left(\frac(1)(5) \оң))^(2))=((\left(((5)^(-1)) \ оң жақ))^(2))=((5)^(-1\cdot 2))=((5)^(-2))\]

Екі түрлендіруді де ескере отырып, бастапқы теңсіздікті қайта жазайық:

\[((0,2)^(1+((x)^(2))))\ge \frac(1)(25)\Оң жақ көрсеткі ((5)^(-1\cdot \сол(1+) ((x)^(2)) \оң жақ)))\ge ((5)^(-2))\]

Екі жақтағы негіздер бірдей және біреуден асады. Оң және сол жақта басқа терминдер жоқ, сондықтан біз бестіктерді «сызып тастаймыз» және өте қарапайым өрнек аламыз:

\[\begin(align) & -1\cdot \left(1+((x)^(2)) \right)\ge -2; \\ & -1-((x)^(2))\ge -2; \\ & -((x)^(2))\ge -2+1; \\ & -((x)^(2))\ge -1;\quad \left| \cdot \left(-1 \right) \right. \\ & ((x)^(2))\le 1. \\\соңы(туралау)\]

Бұл жерде сізге көбірек сақ болу керек. Көптеген студенттер теңсіздіктің екі жағының да квадрат түбірін алып, $x\le 1\Rightarrow x\in \left(-\infty ;-1 \right]$ сияқты бірдеңені жазуды ұнатады. Ешбір жағдайда мұны істеуге болмайды. , өйткені дәл квадраттың түбірі модуль және ешбір жағдайда бастапқы айнымалы емес:

\[\sqrt(((x)^(2)))=\сол| x\right|\]

Дегенмен, модульдермен жұмыс істеу ең жағымды тәжірибе емес, солай емес пе? Сондықтан біз жұмыс істемейміз. Оның орнына, біз жай ғана барлық терминдерді солға жылжытамыз және интервал әдісі арқылы әдеттегі теңсіздікті шешеміз:

$\begin(align) & ((x)^(2))-1\le 0; \\ & \left(x-1 \right)\left(x+1 \right)\le 0 \\ & ((x)_(1))=1;\quad ((x)_(2)) =-1; \\\соңы(туралау)$

Алынған нүктелерді сандар түзуінде тағы да белгілеп, белгілерге қараймыз:

Біз қатаң емес теңсіздікті шешіп жатқандықтан, графиктегі барлық нүктелер көлеңкеленген. Демек, жауап мынадай болады: $x\in \left[ -1;1 \right]$ - бұл интервал емес, сегмент.

Жалпы, экспоненциалды теңсіздіктерде күрделі ештеңе жоқ екенін атап өткім келеді. Бүгін біз жасаған барлық түрлендірулердің мағынасы қарапайым алгоритмге келеді:

• Барлық дәрежелерді төмендететін негізді табыңыз;
• $((a)^(x)) \gt ((a)^(n))$ түріндегі теңсіздікті алу үшін түрлендірулерді мұқият орындаңыз. Әрине, $x$ және $n$ айнымалыларының орнына әлдеқайда күрделі функциялар болуы мүмкін, бірақ мағынасы өзгермейді;
• Дәрежелердің негізін сызып тастаңыз. Бұл жағдайда теңсіздік белгісі өзгеруі мүмкін, егер негіз $a \lt 1$ болса.

Шын мәнінде, бұл барлық осындай теңсіздіктерді шешудің әмбебап алгоритмі. Және олар сізге осы тақырыпта айтатын барлық нәрсе - бұл трансформацияны жеңілдететін және жылдамдататын нақты әдістер мен трюктар. Біз қазір осы әдістердің бірі туралы сөйлесетін боламыз. :)

Рационализация әдісі

Басқа теңсіздіктер жиынтығын қарастырайық:

\[\бастау(туралау) & ((\text( )\!\!\pi\!\!\text( ))^(x+7)) \gt ((\text( )\!\!\pi \!\!\text( ))^(((x)^(2))-3x+2)); \\ & ((\left(2\sqrt(3)-3 \right))^(((x)^(2))-2x)) \lt 1; \\ & ((\left(\frac(1)(3) \оң))^(((x)^(2))+2x)) \gt ((\left(\frac(1)(9) \right))^(16-x)); \\ & ((\left(3-2\sqrt(2) \right))^(3x-((x)^(2)))) \lt 1. \\\соңы(туралау)\]

Сонда олардың ерекшелігі неде? Олар жеңіл. Дегенмен, тоқта! π саны қандай да бір дәрежеге көтерілді ме? Қандай ақымақтық?

$2\sqrt(3)-3$ санын дәрежеге қалай көтеруге болады? Немесе $3-2\sqrt(2)$? Проблемалық жазушылар жұмысқа отырар алдында долананы көп ішкені анық.

Шын мәнінде, бұл тапсырмаларда қорқынышты ештеңе жоқ. Еске сала кетейін: экспоненциалды функция $((a)^(x))$ түрінің өрнегі болып табылады, мұнда $a$ негізі біреуден басқа кез келген оң сан болып табылады. π саны оң - біз мұны бұрыннан білеміз. $2\sqrt(3)-3$ және $3-2\sqrt(2)$ сандары да оң - оларды нөлмен салыстырсаңыз, оңай көрінеді.

Бұл «қорқынышты» теңсіздіктердің барлығы жоғарыда талқыланған қарапайым теңсіздіктерден еш айырмашылығы жоқ шешіледі екен? Және олар дәл осылай шешілді ме? Иә, бұл мүлдем дұрыс. Дегенмен, олардың мысалын қолдана отырып, мен өздік жұмыс пен емтиханға уақытты үнемдейтін бір әдісті қарастырғым келеді. Рационализация әдісі туралы айтатын боламыз. Сонымен, назар аударыңыз:

$((a)^(x)) \gt ((a)^(n))$ түріндегі кез келген көрсеткіштік теңсіздік $\left(x-n \right)\cdot \left(a-1 \) теңсіздігіне тең. оң) \gt 0 $.

Бұл бүкіл әдіс :) Сіз басқа ойын болады деп ойладыңыз ба? Мұндай ештеңе жоқ! Бірақ бір жолға сөзбе-сөз жазылған бұл қарапайым факт біздің жұмысымызды айтарлықтай жеңілдетеді. Қараңыз:

\[\бастау(матрица) ((\text( )\!\!\pi\!\!\text( ))^(x+7)) \gt ((\text( )\!\!\pi\ !\!\text( ))^(((x)^(2))-3x+2)) \\ \Төмен қарай \\ \сол(x+7-\сол(((x)^(2)) -3x+2 \оңға) \оңға)\cdot \left(\text( )\!\!\pi\!\!\text( )-1 \оңға) \gt 0 \\\end(матрица)\]

Сондықтан экспоненциалды функциялар жоқ! Белгінің өзгеретінін немесе өзгермейтінін есте сақтаудың қажеті жоқ. Бірақ жаңа мәселе туындайды: \[\left(\text( )\!\!\pi\!\!\text( )-1 \right)\] қарғыс көбейткішімен не істеу керек? Біз π санының нақты мәнін білмейміз. Дегенмен, капитан анық нәрсені меңзеп тұрғандай:

\[\text( )\!\!\pi\!\!\text( )\шамамен 3,14... \gt 3\Оң жақ көрсеткі \text( )\!\!\pi\!\!\text( )- 1\gt 3-1=2\]

Жалпы алғанда, π-ның нақты мәні бізді шынымен де қызықтырмайды - біз үшін кез келген жағдайда $\text( )\!\!\pi\!\!\text( )-1 \gt 2 екенін түсіну ғана маңызды. $, т.е. бұл оң константа және оған теңсіздіктің екі жағын да бөлуге болады:

\[\begin(align) & \left(x+7-\left(((x)^(2))-3x+2 \right) \right)\cdot \left(\text( )\!\! \pi\!\!\text( )-1 \right) \gt 0 \\ & x+7-\left(((x)^(2))-3x+2 \right) \gt 0; \\ & x+7-((x)^(2))+3x-2 \gt 0; \\ & -((x)^(2))+4x+5 \gt 0;\quad \left| \cdot \left(-1 \right) \right. \\ & ((x)^(2))-4x-5 \lt 0; \\ & \left(x-5 \right)\left(x+1 \right) \lt 0. \\\соңы(туралау)\]

Көріп отырғаныңыздай, белгілі бір сәтте минус бірге бөлуге тура келді - және теңсіздік белгісі өзгерді. Соңында мен квадрат үшмүшені Виет теоремасын пайдаланып кеңейттім – түбірлері $((x)_(1))=5$ және $((x)_(2))=-1$ тең екені анық. . Содан кейін бәрі классикалық интервал әдісі арқылы шешіледі:

Барлық нүктелер жойылады, себебі бастапқы теңсіздік қатаң. Бізді теріс мәндері бар аймақ қызықтырады, сондықтан жауап $x\in \left(-1;5 \right)$. Бұл шешім. :)

Келесі тапсырмаға көшейік:

\[((\left(2\sqrt(3)-3 \оң))^(((x)^(2))-2x)) \lt 1\]

Мұнда барлығы қарапайым, өйткені оң жақта бірлік бар. Бір деген нөлдік дәрежеге көтерілген кез келген сан екенін есте ұстаймыз. Бұл сан сол жақтағы негізде иррационал өрнек болса да:

\[\бастау(туралау) & ((\left(2\sqrt(3)-3 \оңға))^(((x)^(2))-2x)) \lt 1=((\left(2) \sqrt(3)-3 \right))^(0)); \\ & ((\left(2\sqrt(3)-3 \right))^(((x)^(2))-2x)) \lt ((\left(2\sqrt(3)-3) \right))^(0)); \\\соңы(туралау)\]

Ал, ұтымды келтірейік:

\[\begin(align) & \left(((x)^(2))-2x-0 \right)\cdot \left(2\sqrt(3)-3-1 \right) \lt 0; \\ & \left(((x)^(2))-2x-0 \right)\cdot \left(2\sqrt(3)-4 \right) \lt 0; \\ & \left(((x)^(2))-2x-0 \right)\cdot 2\left(\sqrt(3)-2 \right) \lt 0. \\\соңы(туралау)\ ]

Тек белгілерді анықтау ғана қалады. $2\left(\sqrt(3)-2 \right)$ факторында $x$ айнымалысы жоқ - бұл жай ғана тұрақты шама және оның таңбасын табуымыз керек. Ол үшін мыналарды ескеріңіз:

\[\бастау(матрица) \sqrt(3) \lt \sqrt(4)=2 \\ \Төмен қарай \\ 2\сол(\sqrt(3)-2 \оң) \lt 2\cdot \left(2) -2 \оң жақ)=0 \\\соңы(матрица)\]

Екінші фактор жай тұрақты емес, теріс константа екен! Ал оған бөлгенде бастапқы теңсіздіктің белгісі керісінше өзгереді:

\[\begin(align) & \left(((x)^(2))-2x-0 \right)\cdot 2\left(\sqrt(3)-2 \right) \lt 0; \\ & ((x)^(2))-2x-0 \gt 0; \\ & x\left(x-2 \right) \gt 0. \\\соңы(туралау)\]

Енді бәрі анық болды. Оң жақтағы шаршы үшмүшенің түбірлері: $((x)_(1))=0$ және $((x)_(2))=2$. Оларды сандар жолында белгілеп, $f\left(x \right)=x\left(x-2 \right)$ функциясының белгілерін қарастырамыз:

Бізді қосу белгісімен белгіленген интервалдар қызықтырады. Жауапты жазу ғана қалды:

Келесі мысалға көшейік:

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

Мұнда бәрі анық: негіздерде бірдей санның қуаттары бар. Сондықтан мен бәрін қысқаша жазамын:

\[\бастау(матрица) \frac(1)(3)=((3)^(-1));\quad \frac(1)(9)=\frac(1)(((3)^( 2)))=((3)^(-2)) \\ \Төмен қарай \\ ((\сол(((3)^(-1)) \оң))^(((x)^(2) )+2x)) \gt ((\left(((3)^(-2)) \оң))^(16-x)) \\\соңы(матрица)\]

\[\бастау(туралау) & ((3)^(-1\cdot \left(((x)^(2))+2x \right))) \gt ((3)^(-2\cdot \ сол жақ(16-x \оң жақ))); \\ & ((3)^(-((x)^(2))-2x)) \gt ((3)^(-32+2x)); \\ & \left(-((x)^(2))-2x-\left(-32+2x \right) \right)\cdot \left(3-1 \right) \gt 0; \\ & -((x)^(2))-2x+32-2x \gt 0; \\ & -((x)^(2))-4x+32 \gt 0;\quad \left| \cdot \left(-1 \right) \right. \\ & ((x)^(2))+4x-32 \lt 0; \\ & \left(x+8 \right)\left(x-4 \right) \lt 0. \\\соңы(туралау)\]

Көріп отырғаныңыздай, түрлендіру процесінде теріс санға көбейту керек болды, сондықтан теңсіздік белгісі өзгерді. Ең соңында мен квадрат үшмүшені көбейту үшін Виетаның теоремасын қайтадан қолдандым. Нәтижесінде жауап келесідей болады: $x\in \left(-8;4 \right)$ - мұны кез келген адам сан сызығын сызу, нүктелерді белгілеу және белгілерді санау арқылы тексере алады. Осы уақытта біз «жиынымыздан» соңғы теңсіздікке көшеміз:

\[((\left(3-2\sqrt(2) \оң))^(3x-((x)^(2)))) \lt 1\]

Көріп отырғаныңыздай, негізде қайтадан иррационал сан, ал оң жақта қайтадан бірлік бар. Сондықтан экспоненциалды теңсіздігімізді келесідей қайта жазамыз:

\[((\left(3-2\sqrt(2) \right))^(3x-((x)^(2)))) \lt ((\left(3-2\sqrt(2) \ оң))^(0))\]

Рационализацияны қолданамыз:

\[\begin(align) & \left(3x-((x)^(2))-0 \right)\cdot \left(3-2\sqrt(2)-1 \right) \lt 0; \\ & \left(3x-((x)^(2))-0 \right)\cdot \left(2-2\sqrt(2) \right) \lt 0; \\ & \left(3x-((x)^(2))-0 \right)\cdot 2\left(1-\sqrt(2) \right) \lt 0. \\\соңы(туралау)\ ]

Дегенмен, $1-\sqrt(2) \lt 0$ болатыны анық, өйткені $\sqrt(2)\шамамен 1,4... \gt 1$. Демек, екінші фактор қайтадан теріс тұрақты болып табылады, ол бойынша теңсіздіктің екі жағын да бөлуге болады:

\[\бастау(матрица) \left(3x-((x)^(2))-0 \оң)\cdot 2\left(1-\sqrt(2) \right) \lt 0 \\ \Төмен қарай \ \\соңы(матрица)\]

\[\бастау(туралау) & 3x-((x)^(2))-0 \gt 0; \\ & 3x-((x)^(2)) \gt 0;\quad \left| \cdot \left(-1 \right) \right. \\ & ((x)^(2))-3x \lt 0; \\ & x\left(x-3 \оң) \lt 0. \\\соңы(туралау)\]

Басқа базаға көшіңіз

Экспоненциалды теңсіздіктерді шешудегі жеке мәселе «дұрыс» негізді іздеу болып табылады. Өкінішке орай, тапсырмаға бірінші көзқараста нені негізге алу керек және осы негіз дәрежесіне сәйкес не істеу керек екені әрқашан анық бола бермейді.

Бірақ алаңдамаңыз: мұнда сиқыр немесе «құпия» технология жоқ. Математикада алгоритмдеуге келмейтін кез келген дағдыны тәжірибе арқылы оңай дамытуға болады. Бірақ бұл үшін сізге күрделілік деңгейі әртүрлі есептерді шешуге тура келеді. Мысалы, келесідей:

\[\begin(align) & ((2)^(\frac(x)(2))) \lt ((4)^(\frac(4)(x))); \\ & ((\left(\frac(1)(3) \оң))^(\frac(3)(x)))\ge ((3)^(2+x)); \\ & ((\left(0,16 \right))^(1+2x))\cdot ((\left(6,25 \right))^(x))\ge 1; \\ & ((\left(\frac(27)(\sqrt(3)) \right))^(-x)) \lt ((9)^(4-2x))\cdot 81. \\\ аяқтау(туралау)\]

Қиын ба? Қорқынышты ма? Асфальтта тауықты соққаннан оңай! Көріп көрейік. Бірінші теңсіздік:

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

Менің ойымша, бұл жерде бәрі түсінікті:

Біз бастапқы теңсіздікті қайта жазамыз, барлығын екі негізге азайтамыз:

\[((2)^(\frac(x)(2))) \lt ((2)^(\frac(8)(x)))\Оң жақ көрсеткі \сол(\frac(x)(2)- \frac(8)(x) \right)\cdot \left(2-1 \right) \lt 0\]

Иә, иә, сіз дұрыс естідіңіз: мен жоғарыда сипатталған рационализация әдісін қолдандым. Енді біз мұқият жұмыс істеуіміз керек: бізде бөлшек-рационал теңсіздік бар (бұл азайғышта айнымалысы бар теңсіздік), сондықтан кез келген нәрсені нөлге теңестірмес бұрын, бәрін ортақ бөлгішке келтіріп, тұрақты көбейткіштен құтылу керек. .

\[\begin(align) & \left(\frac(x)(2)-\frac(8)(x) \right)\cdot \left(2-1 \right) \lt 0; \\ & \left(\frac(((x)^(2))-16)(2x) \right)\cdot 1 \lt 0; \\ & \frac(((x)^(2))-16)(2x) \lt 0. \\\соңы(туралау)\]

Енді стандартты интервал әдісін қолданамыз. Сандық нөлдер: $x=\pm 4$. $x=0$ болғанда ғана бөлгіш нөлге жетеді. Барлығы үш нүкте бар, оларды сандар түзуінде белгілеу керек (барлық нүктелер қадалған, өйткені теңсіздік белгісі қатаң). Біз аламыз:

Сіз болжағандай, көлеңке сол жақтағы өрнек теріс мәндерді қабылдайтын аралықтарды белгілейді. Сондықтан соңғы жауап бірден екі интервалды қамтиды:

Интервалдардың ұштары жауапқа қосылмайды, себебі бастапқы теңсіздік қатаң болды. Бұл жауапты қосымша тексеру қажет емес. Осыған байланысты көрсеткіштік теңсіздіктер логарифмдік теңсіздіктерге қарағанда әлдеқайда қарапайым: ODZ жоқ, шектеулер жоқ және т.б.

Келесі тапсырмаға көшейік:

\[((\left(\frac(1)(3) \оң))^(\frac(3)(x)))\ge ((3)^(2+x))\]

Мұнда да проблемалар жоқ, өйткені біз $\frac(1)(3)=((3)^(-1))$ екенін білеміз, сондықтан бүкіл теңсіздікті келесідей қайта жазуға болады:

\[\бастау(туралау) & ((\left(((3)^(-1)) \оңға))^(\frac(3)(x)))\ge ((3)^(2+x) ))\Оң жақ көрсеткі ((3)^(-\frac(3)(x)))\ge ((3)^(2+x)); \\ & \left(-\frac(3)(x)-\left(2+x \right) \right)\cdot \left(3-1 \right)\ge 0; \\ & \left(-\frac(3)(x)-2-x \right)\cdot 2\ge 0;\quad \left| :\сол(-2 \оң) \оңға. \\ & \frac(3)(x)+2+x\le 0; \\ & \frac(((x)^(2))+2x+3)(x)\le 0. \\\соңы(туралау)\]

Назар аударыңыз: үшінші жолда мен уақытты ұсақ-түйекке жұмсамай, бәрін бірден (−2) бөлемін деп шештім. Минул бірінші жақшаға кірді (қазір барлық жерде плюс бар), ал екеуі тұрақты коэффициентпен азайтылды. Тәуелсіз және сынақ жұмысы үшін нақты есептеулерді дайындаған кезде дәл осылай істеу керек - әрбір әрекет пен түрлендіруді сипаттаудың қажеті жоқ.

Әрі қарай таныс интервалдар әдісі іске қосылады. Нөлдік сандар: бірақ олар жоқ. Өйткені дискриминант теріс болады. Өз кезегінде, бөлгіш $x=0$ болғанда ғана қалпына келтіріледі - дәл өткен жолы сияқты. $x=0$ оң жағына бөлшек оң мәндерді, ал солға теріс мәндерді қабылдайтыны анық. Бізді теріс мәндер қызықтыратындықтан, соңғы жауап: $x\in \left(-\infty ;0 \right)$.

\[((\left(0,16 \оң))^(1+2x))\cdot ((\left(6,25 \оң))^(x))\ge 1\]

Көрсеткіштік теңсіздіктерде ондық бөлшектермен не істеу керек? Бұл дұрыс: оларды кәдімгіге айналдырып, құтылыңыз. Мұнда біз аударамыз:

\[\бастау(туралау) & 0,16=\frac(16)(100)=\frac(4)(25)\оң жақ көрсеткі ((\сол(0,16 \оң))^(1+2x)) =(\ left(\frac(4)(25) \right))^(1+2x)); \\ & 6,25=\frac(625)(100)=\frac(25)(4)\Оң жақ көрсеткі ((\сол(6,25 \оң))^(x))=((\сол(\ frac(25)) (4)\оң))^(x)). \\\соңы(туралау)\]

Сонымен, біз экспоненциалды функциялардың негіздерінде не алдық? Және біз екі өзара кері сан алдық:

\[\frac(25)(4)=((\сол(\frac(4)(25) \оң))^(-1))\Оң жақ көрсеткі ((\сол(\frac(25)(4) \ оң))^(x))=((\left(((\left(\frac(4)(25) \оң))^(-1)) \оң))^(x))=((\ сол жақ(\frac(4)(25) \оң))^(-x))\]

Осылайша, бастапқы теңсіздікті келесі түрде қайта жазуға болады:

\[\бастау(туралау) & ((\left(\frac(4)(25) \оңға))^(1+2x))\cdot ((\left(\frac(4)(25) \оңға) )^(-x))\ge 1; \\ & ((\left(\frac(4)(25) \оң))^(1+2x+\left(-x \right)))\ge ((\left(\frac(4)(25) \right))^(0)); \\ & ((\left(\frac(4)(25) \оң))^(x+1))\ge ((\left(\frac(4)(25) \оң))^(0) ). \\\соңы(туралау)\]

Әрине, бірдей базасы бар дәрежелерді көбейткенде, олардың дәрежелері қосылады, бұл екінші жолда болды. Сонымен қатар, біз оң жақтағы блокты, сонымен қатар 4/25 негізіндегі қуат ретінде көрсеттік. Тек ұтымды болу ғана қалады:

\[((\left(\frac(4)(25) \оң))^(x+1))\ge ((\left(\frac(4)(25) \оң))^(0)) \Оң жақ көрсеткі \сол(x+1-0 \оң)\cdot \left(\frac(4)(25)-1 \оң)\ge 0\]

$\frac(4)(25)-1=\frac(4-25)(25) \lt 0$, яғни. екінші фактор – теріс тұрақты, оны бөлгенде теңсіздік белгісі өзгереді:

\[\бастау(туралау) & x+1-0\le 0\Оң жақ көрсеткі x\le -1; \\ & x\in \left(-\infty ;-1 \right]. \\\соңы(туралау)\]

Ақырында, ағымдағы «жиыннан» соңғы теңсіздік:

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

Негізінде, мұнда шешімнің идеясы да анық: теңсіздікке кіретін барлық экспоненциалды функцияларды «3» негізіне келтіру керек. Бірақ бұл үшін сіз тамырлар мен күштермен аздап айналысуыңыз керек:

\[\бастау(туралау) & \frac(27)(\sqrt(3))=\frac(((3)^(3))(((3)^(\frac(1)(3)) ))=((3)^(3-\frac(1)(3)))=((3)^(\frac(8)(3))); \\ & 9=((3)^(2));\quad 81=((3)^(4)). \\\соңы(туралау)\]

Осы фактілерді ескере отырып, бастапқы теңсіздікті келесідей қайта жазуға болады:

\[\бастау(туралау) & ((\left(((3)^(\frac(8)(3))) \оңға))^(-x)) \lt ((\left(((3)) ^(2))\оңға))^(4-2x))\cdot ((3)^(4)); \\ & ((3)^(-\frac(8x)(3))) \lt ((3)^(8-4x))\cdot ((3)^(4)); \\ & ((3)^(-\frac(8x)(3))) \lt ((3)^(8-4x+4)); \\ & ((3)^(-\frac(8x)(3))) \lt ((3)^(4-4x)). \\\соңы(туралау)\]

Есептердің 2-ші және 3-ші жолдарына назар аударыңыз: теңсіздікпен ештеңе жасамас бұрын, оны сабақтың басынан бастап айтқан пішінге келтіріңіз: $((a)^(x)) \ lt ((a)^(n))$. Сол жақта немесе оң жақта кейбір солақай факторлар, қосымша тұрақтылар және т.б. болғанша, негіздерді рационализациялау немесе «сызып тастау» мүмкін емес! Осы қарапайым фактіні түсінбеу салдарынан сансыз тапсырмалар қате орындалды. Көрсеткіштік және логарифмдік теңсіздіктерді талдауды енді бастаған кезде мен өзімнің оқушыларыммен бұл мәселені үнемі байқаймын.

Бірақ тапсырмамызға оралайық. Осы жолы рационализациясыз жасауға тырысайық. Еске салайық: дәреженің негізі бірден үлкен, сондықтан үштіктерді сызып тастауға болады - теңсіздік белгісі өзгермейді. Біз аламыз:

\[\бастау(туралау) & -\frac(8x)(3) \lt 4-4x; \\ & 4x-\frac(8x)(3) \lt 4; \\ & \frac(4x)(3) \lt 4; \\ & 4x \lt 12; \\ & x \lt 3. \\\соңы(туралау)\]

Міне бітті. Соңғы жауап: $x\in \left(-\infty ;3 \right)$.

Тұрақты өрнекті оқшаулау және айнымалыны ауыстыру

Қорытындылай келе, мен дайын емес студенттер үшін өте қиын болатын тағы төрт көрсеткіштік теңсіздікті шешуді ұсынамын. Олармен күресу үшін сіз дәрежелермен жұмыс істеу ережелерін есте сақтауыңыз керек. Атап айтқанда, жалпы факторларды жақшадан шығару.

Бірақ ең бастысы - жақшалардан нақты не шығаруға болатындығын түсінуді үйрену. Мұндай өрнек тұрақты деп аталады - оны жаңа айнымалымен белгілеуге және осылайша экспоненциалды функциядан құтылуға болады. Сонымен, тапсырмаларды қарастырайық:

\[\begin(align) & ((5)^(x+2))+((5)^(x+1))\ge 6; \\ & ((3)^(x))+((3)^(x+2))\ge 90; \\ & ((25)^(x+1,5))-((5)^(2x+2)) \gt 2500; \\ & ((\left(0,5 \right))^(-4x-8))-((16)^(x+1,5)) \gt 768. \\\соңы(туралау)\]

Ең бірінші жолдан бастайық. Бұл теңсіздікті бөлек жазайық:

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

$((5)^(x+2))=((5)^(x+1+1))=((5)^(x+1))\cdot 5$ екенін ескеріңіз, сондықтан оң жақ жағын қайта жазуға болады:

Теңсіздікте $((5)^(x+1))$ басқа экспоненциалды функциялар жоқ екенін ескеріңіз. Жалпы $x$ айнымалысы еш жерде кездеспейді, сондықтан жаңа айнымалыны енгізейік: $((5)^(x+1))=t$. Біз келесі құрылысты аламыз:

\[\бастау(туралау) & 5t+t\ge 6; \\&6t\ge 6; \\ & t\ge 1. \\\соңы(туралау)\]

Біз бастапқы айнымалыға ($t=((5)^(x+1))$) ораламыз және сонымен бірге 1=5 0 екенін есте ұстаймыз. Бізде бар:

\[\begin(align) & ((5)^(x+1))\ge ((5)^(0)); \\ & x+1\ge 0; \\ & x\ge -1. \\\соңы(туралау)\]

Бұл шешім! Жауабы: $x\in \left[ -1;+\infty \right)$. Екінші теңсіздікке көшейік:

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

Мұнда бәрі бірдей. $((3)^(x+2))=((3)^(x))\cdot ((3)^(2))=9\cdot ((3)^(x))$ екенін ескеріңіз. Содан кейін сол жағын қайта жазуға болады:

\[\begin(align) & ((3)^(x))+9\cdot ((3)^(x))\ge 90;\quad \left| ((3)^(x))=t\оң. \\&t+9t\ge 90; \\ & 10t\ge 90; \\ & t\ge 9\Оң жақ көрсеткі ((3)^(x))\ge 9\Оң жақ көрсеткі ((3)^(x))\ge ((3)^(2)); \\ & x\ge 2\Оң жақ көрсеткі x\in \left[ 2;+\infty \оңға). \\\соңы(туралау)\]

Нақты сынақтар мен өзіндік жұмыс үшін шешімді шамамен осылай жасау керек.

Ал, күрделірек нәрсені көрейік. Мысалы, мына теңсіздік:

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

Мұнда қандай мәселе бар? Біріншіден, сол жақтағы көрсеткіштік функциялардың негіздері әртүрлі: 5 және 25. Дегенмен, 25 = 5 2, сондықтан бірінші мүшені түрлендіруге болады:

\[\бастау(туралау) & ((25)^(x+1,5))=((\сол(((5)^(2)) \оң))^(x+1,5))= ((5) ^(2x+3)); \\ & ((5)^(2x+3))=((5)^(2x+2+1))=((5)^(2x+2))\cdot 5. \\\соңы(туралау) )\]

Көріп отырғаныңыздай, алдымен біз бәрін бірдей негізге келтірдік, содан кейін бірінші мүшені екіншісіне оңай қысқартуға болатынын байқадық - тек дәрежені кеңейту керек. Енді сіз жаңа айнымалыны қауіпсіз енгізе аласыз: $((5)^(2x+2))=t$, және бүкіл теңсіздік келесідей қайта жазылады:

\[\бастау(туралау) & 5t-t\ge 2500; \\&4t\ge 2500; \\ & t\ge 625=((5)^(4)); \\ & ((5)^(2x+2))\ge ((5)^(4)); \\ & 2x+2\ge 4; \\&2x\ge 2; \\ & x\ge 1. \\\соңы(туралау)\]

Және тағы да, қиындықтар жоқ! Соңғы жауап: $x\in \left[ 1;+\infty \right)$. Бүгінгі сабақта қорытынды теңсіздікке көшейік:

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

Ең алдымен назар аудару керек нәрсе, әрине, бірінші дәреженің негізіндегі ондық бөлшек. Одан құтылу керек және сонымен бірге барлық экспоненциалды функцияларды бір негізге - «2» санына келтіру керек:

\[\бастау(туралау) & 0,5=\frac(1)(2)=((2)^(-1))\Оң жақ көрсеткі ((\сол(0,5 \оңға))^(-4x- 8))= ((\left(((2)^(-1)) \оң))^(-4x-8))=((2)^(4x+8)); \\ & 16=((2)^(4))\Оң жақ көрсеткі ((16)^(x+1,5))=((\сол(((2)^(4)) \оң))^( x+ 1.5))=((2)^(4x+6)); \\ & ((2)^(4x+8))-((2)^(4x+6)) \gt 768. \\\соңы(туралау)\]

Керемет, біз бірінші қадамды жасадық — бәрі бірдей негізге әкелді. Енді тұрақты өрнекті таңдау керек. $((2)^(4x+8))=((2)^(4x+6+2))=((2)^(4x+6))\cdot 4$ екенін ескеріңіз. Егер $((2)^(4x+6))=t$ жаңа айнымалысын енгізсек, онда бастапқы теңсіздікті келесідей қайта жазуға болады:

\[\бастау(туралау) & 4t-t \gt 768; \\ & 3t \gt 768; \\ & t \gt 256=((2)^(8)); \\ & ((2)^(4x+6)) \gt ((2)^(8)); \\ & 4x+6 \gt 8; \\ & 4x \gt 2; \\ & x \gt \frac(1)(2)=0,5. \\\соңы(туралау)\]

Әрине, сұрақ туындауы мүмкін: біз 256 = 2 8 екенін қалай білдік? Өкінішке орай, бұл жерде сіз екінің (және сонымен бірге үш пен бестің өкілеттіктерін) білуіңіз керек. Немесе 256-ны 2-ге бөліңіз (бөлуге болады, өйткені 256 - жұп сан) біз нәтиже алғанша. Ол келесідей болады:

\[\бастау(туралау) & 256=128\cdot 2= \\ & =64\cdot 2\cdot 2= \\ & =32\cdot 2\cdot 2\cdot 2= \\ & =16\cdot 2 \cdot 2\cdot 2\cdot 2= \\ & =8\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2= \\ & =4\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2= \\ & =2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2= \\ & =(2)^(8)).\соңы(туралау) )\]

Үшке (9, 27, 81 және 243 сандары оның градустары) және жетіге қатысты (49 және 343 сандарын есте сақтау жақсы болар еді). Бестің де білуі керек «әдемі» дәрежелері бар:

\[\бастау(туралау) & ((5)^(2))=25; \\ & ((5)^(3))=125; \\ & ((5)^(4))=625; \\ & ((5)^(5))=3125. \\\соңы(туралау)\]

Әрине, егер қаласаңыз, бұл сандарды бір-біріне кезекпен көбейту арқылы санаңызда қалпына келтіруге болады. Дегенмен, бірнеше экспоненциалды теңсіздіктерді шешу керек болғанда және әрбір келесісі алдыңғыға қарағанда қиынырақ болса, онда сіз ойлағыңыз келетін соңғы нәрсе - кейбір сандардың дәрежелері. Және бұл мағынада бұл есептер интервал әдісімен шешілетін «классикалық» теңсіздіктерге қарағанда күрделірек.

Бұл сабақ сізге осы тақырыпты меңгеруге көмектесті деп үміттенемін. Егер бірдеңе түсініксіз болса, түсініктемелерде сұраңыз. Ал келесі сабақтарда кездескенше. :)

Бұл сабақта біз әртүрлі көрсеткіштік теңсіздіктерді қарастырамыз және ең қарапайым көрсеткіштік теңсіздіктерді шешу әдістемесіне сүйене отырып, оларды шешу жолдарын үйренеміз.

1. Көрсеткіштік функцияның анықтамасы және қасиеттері

Көрсеткіштік функцияның анықтамасы мен негізгі қасиеттерін еске түсірейік. Барлық көрсеткіштік теңдеулер мен теңсіздіктерді шешу осы қасиеттерге негізделген.

Көрсеткіштік функциятүрінің функциясы болып табылады, мұндағы негіз - дәреже және Мұнда x - тәуелсіз айнымалы, аргумент; y – тәуелді айнымалы, функция.

Күріш. 1. Көрсеткіштік функцияның графигі

График өсу және кему көрсеткіштерін көрсетеді, сәйкесінше бірден үлкен және бірден кіші, бірақ нөлден үлкен көрсеткішпен экспоненциалды функцияны суреттейді.

Екі қисық (0;1) нүктесі арқылы өтеді.

Көрсеткіштік функцияның қасиеттері:

Қолдану аясы: ;

Мәндер ауқымы: ;

Функция монотонды, артады, азаяды.

Монотонды функция өзінің әрбір мәнін бір аргумент мәнімен қабылдайды.

Аргумент минустан плюс шексіздікке өскен кезде, функция нөлден қосылған плюс шексіздікке дейін артады, яғни аргументтің берілген мәндері үшін бізде монотонды түрде өсетін функция болады (). Керісінше, аргумент минустан плюс шексіздікке дейін өскенде, функция шексіздіктен нөлге дейін азаяды, яғни аргументтің берілген мәндері үшін бізде монотонды түрде кемитін функция болады ().

2. Ең қарапайым көрсеткіштік теңсіздіктер, шешу әдісі, мысал

Жоғарыда айтылғандарға сүйене отырып, біз қарапайым көрсеткіштік теңсіздіктерді шешу әдісін ұсынамыз:

Теңсіздіктерді шешу техникасы:

Дәрежелердің негіздерін теңестіру;

Көрсеткіштерді теңсіздік белгісін қарама-қарсысына сақтау немесе өзгерту арқылы салыстырыңыз.

Күрделі көрсеткіштік теңсіздіктерді шешу әдетте оларды ең қарапайым көрсеткіштік теңсіздіктерге келтіруден тұрады.

Дәреженің негізі бірден үлкен, яғни теңсіздік белгісі сақталады:

Оң жағын дәреженің қасиеттеріне қарай түрлендірейік:

Дәреженің негізі біреуден кіші, теңсіздік белгісін өзгерту керек:

Квадрат теңсіздікті шешу үшін сәйкес квадрат теңдеуді шешеміз:

Виета теоремасын пайдаланып, түбірлерді табамыз:

Парабола тармақтары жоғары бағытталған.

Осылайша, бізде теңсіздіктің шешімі бар:

Оң жағын көрсеткіші нөлге тең дәреже ретінде көрсетуге болатынын болжау оңай:

Дәреженің негізі бірден үлкен, теңсіздік белгісі өзгермейді, мынаны аламыз:

Осындай теңсіздіктерді шешудің техникасын еске түсірейік.

Бөлшек-рационал функцияны қарастырайық:

Анықтау облысын табамыз:

Функцияның түбірлерін табу:

Функцияның бір түбірі бар,

Тұрақты таңбалы интервалдарды таңдаймыз және әрбір интервалдағы функцияның белгілерін анықтаймыз:

Күріш. 2. Белгінің тұрақтылық интервалдары

Осылайша біз жауап алдық.

Жауап:

3. Стандартты көрсеткіштік теңсіздіктерді шешу

Көрсеткіштері бірдей, бірақ негіздері әртүрлі теңсіздіктерді қарастырайық.

Көрсеткіштік функцияның қасиеттерінің бірі - ол аргументтің кез келген мәні үшін қатаң оң мәндерді қабылдайды, яғни оны экспоненциалды функцияға бөлуге болады. Берілген теңсіздікті оның оң жағына бөлейік:

Дәреженің негізі бірден үлкен, теңсіздік белгісі сақталады.

Шешімді суреттеп көрейік:

6.3-суретте және функцияларының графиктері көрсетілген. Әлбетте, аргумент нөлден үлкен болғанда, функцияның графигі жоғары, бұл функция үлкенірек болады. Аргумент мәндері теріс болғанда, функция төмендейді, ол кішірек болады. Егер аргумент тең болса, функциялар тең болады, яғни бұл нүкте де берілген теңсіздіктің шешімі болып табылады.

Күріш. 3. Иллюстрация, мысалы 4

Берілген теңсіздікті дәреженің қасиеттеріне қарай түрлендірейік:

Міне, бірнеше ұқсас терминдер:

Екі бөлікті де бөлейік:

Енді біз 4-мысалға ұқсас шешуді жалғастырамыз, екі бөлікті де келесіге бөліңіз:

Дәреженің негізі бірден үлкен, теңсіздік белгісі қалады:

4. Көрсеткіштік теңсіздіктердің графикалық шешімі

6-мысал – теңсіздікті графикалық жолмен шешіңіз:

Сол және оң жағындағы функцияларды қарастырайық және олардың әрқайсысына график тұрғызайық.

Функция экспоненциалды болып табылады және оның бүкіл анықтау облысы бойынша, яғни аргументтің барлық нақты мәндері үшін артады.

Функция сызықтық болып табылады және оның бүкіл анықтау облысы бойынша, яғни аргументтің барлық нақты мәндері үшін азаяды.

Егер бұл функциялар қиылысатын болса, яғни жүйенің шешімі болса, онда мұндай шешім бірегей және оңай болжауға болады. Ол үшін бүтін сандарды қайталаймыз ()

Бұл жүйенің түбірі мынада екенін түсіну оңай:

Осылайша, функциялардың графиктері бірге тең аргументі бар нүктеде қиылысады.

Енді жауап алуымыз керек. Берілген теңсіздіктің мәні мынада: дәреже көрсеткіші сызықтық функциядан үлкен немесе оған тең, яғни одан жоғары немесе сәйкес болуы керек. Жауабы анық: (6.4-сурет)

Күріш. 4. Иллюстрация, мысалы, 6

Сонымен, біз әртүрлі стандартты көрсеткіштік теңсіздіктерді шешуді қарастырдық. Әрі қарай күрделірек экспоненциалды теңсіздіктерді қарастыруға көшеміз.

Анықтамалар

Мордкович А.Г. Алгебра және математикалық анализдің бастаулары. - М.: Мнемосин. Муравин Г.К., Муравин О.В. Алгебра және математикалық талдаудың бастаулары. - М.: Бөтелке. Колмогоров А.Н., Абрамов А.М., Дудницын Ю. Алгебра және математикалық талдаудың бастамалары. - М.: Ағарту.

Математика. мд. Математика – қайталау. com. Диффур. кемсу. ru.

Үй жұмысы

1. Алгебра және талдау бастаулары, 10-11 сынып (А. Н. Колмогоров, А. М. Абрамов, Ю. П. Дудницын) 1990, No 472, 473;

2. Теңсіздікті шеш:

3. Теңсіздікті шеш.