Eksponentinės lygtys. Sudėtingesni atvejai. Eksponentinių nelygybių sprendimas: pagrindiniai metodai

Kur $b$ vaidmuo gali būti įprastas skaičius, o gal kažkas sunkesnio. Pavyzdžiai? Taip prašau:

\[\begin(lygiuoti) & ((2)^(x)) \gt 4;\quad ((2)^(x-1))\le \frac(1)(\sqrt(2));\ keturkampis ((2)^(((x)^(2))-7x+14)) \lt 16; \\ & ((0,1)^(1-x)) \lt 0,01;\quad ((2)^(\frac(x)(2))) \lt ((4)^(\frac (4) )(x))). \\\pabaiga (lygiuoti)\]

Manau, prasmė aiški: yra eksponentinė funkcija $((a)^(x))$, ji lyginama su kažkuo, o tada prašoma surasti $x$. Ypač klinikiniais atvejais vietoj kintamojo $x$ jie gali įdėti kokią nors funkciją $f\left(x \right)$ ir taip šiek tiek apsunkinti nelygybę. :)

Žinoma, kai kuriais atvejais nelygybė gali pasirodyti sunkesnė. Pavyzdžiui:

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

Ar net tai:

Apskritai tokių nelygybių sudėtingumas gali būti labai įvairus, bet galiausiai jie vis tiek redukuojami iki paprastos konstrukcijos $((a)^(x)) \gt b$. Ir mes kažkaip išsiaiškinsime tokią konstrukciją (ypač klinikiniais atvejais, kai nieko neateina į galvą, mums padės logaritmai). Todėl dabar mes išmokysime, kaip išspręsti tokias paprastas konstrukcijas.

Paprastų eksponentinių nelygybių sprendimas

Panagrinėkime kai ką labai paprasto. Pavyzdžiui, tai:

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

Akivaizdu, kad skaičių dešinėje galima perrašyti kaip dviejų laipsnį: $4=((2)^(2))$. Taigi pradinę nelygybę galima perrašyti labai patogia forma:

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

Ir dabar mano rankos niežti „perbraukti“ galių bazėse esančius dvejetus, kad gaučiau atsakymą $x \gt 2$. Tačiau prieš ką nors perbraukdami, prisiminkime dviejų galias:

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

Kaip matote, kuo didesnis rodiklis, tuo didesnis išvesties skaičius. "Ačiū, Cap!" - sušuks vienas iš mokinių. Ar yra kitaip? Deja, taip atsitinka. Pavyzdžiui:

\[((\left(\frac(1)(2) \right))^(1))=\frac(1)(2);\quad ((\left(\frac(1)(2) \ dešinė))^(2))=\frac(1)(4);\quad ((\left(\frac(1)(2) \right))^(3))=\frac(1)(8 );...\]

Čia irgi viskas logiška: kuo didesnis laipsnis, tuo daugiau kartų skaičius 0,5 padauginamas iš savęs (t.y. dalinamas per pusę). Taigi gauta skaičių seka mažėja, o skirtumas tarp pirmosios ir antrosios sekos yra tik bazėje:

• Jei laipsnio $a \gt 1$ bazė, tai didėjant eksponentui $n$, skaičius $((a)^(n))$ taip pat padidės;
• Ir atvirkščiai, jei $0 \lt a \lt 1$, tai didėjant rodikliui $n$, skaičius $((a)^(n))$ mažės.

Apibendrinant šiuos faktus, gauname svarbiausią teiginį, kuriuo grindžiamas visas eksponentinių nelygybių sprendimas:

Jei $a \gt 1$, tai nelygybė $((a)^(x)) \gt ((a)^(n))$ yra lygi nelygybei $x \gt n$. Jei $0 \lt a \lt 1$, tai nelygybė $((a)^(x)) \gt ((a)^(n))$ lygi nelygybei $x \lt n$.

Kitaip tariant, jei bazė yra didesnė už vieną, galite ją tiesiog pašalinti – nelygybės ženklas nepasikeis. Ir jei pagrindas yra mažesnis nei vienas, tada jį taip pat galima pašalinti, tačiau tuo pačiu turėsite pakeisti nelygybės ženklą.

Atkreipkite dėmesį, kad mes neatsižvelgėme į variantus $a=1$ ir $a\le 0$. Nes tokiais atvejais kyla netikrumas. Tarkime, kaip išspręsti formos $((1)^(x)) \gt 3$ nelygybę? Vienas bet kuriai valdžiai vėl duos vieną – niekada negausime trijų ar daugiau. Tie. sprendimų nėra.

Dėl neigiamų priežasčių viskas yra dar įdomiau. Pavyzdžiui, apsvarstykite šią nelygybę:

\[((\left(-2 \right))^(x)) \gt 4\]

Iš pirmo žvilgsnio viskas paprasta:

Tiesa? Bet ne! Pakanka vietoj $x$ pakeisti porą lyginių ir porą nelyginių skaičių, kad įsitikintumėte, jog sprendimas yra neteisingas. Pažiūrėk:

\[\begin(lygiuoti) & x=4\Rodyklė dešinėn ((\left(-2 \right))^(4))=16 \gt 4; \\ & x=5\Rodyklė dešinėn ((\left(-2 \right))^(5))=-32 \lt 4; \\ & x=6\Rodyklė dešinėn ((\left(-2 \right))^(6))=64 \gt 4; \\ & x=7\Rodyklė dešinėn ((\left(-2 \right))^(7))=-128 \lt 4. \\\end(lygiuoti)\]

Kaip matote, ženklai keičiasi. Tačiau yra ir trupmeninių galių bei kitų nesąmonių. Kaip, pavyzdžiui, nurodytumėte apskaičiuoti $((\left(-2 \right))^(\sqrt(7)))$ (atėmus du iki septynių laipsnio)? Negali būti!

Todėl, siekiant apibrėžtumo, darome prielaidą, kad visose eksponentinėse nelygybėse (beje, ir lygtyse) $1\ne a \gt 0$. Ir tada viskas išspręsta labai paprastai:

1 \\ & x \lt n\quad \left(0 \lt a \lt 1 \right). \\\pabaiga (lygiuoti) \dešinė.\]

Apskritai dar kartą prisiminkite pagrindinę taisyklę: jei eksponentinės lygties bazė yra didesnė už vienetą, galite ją tiesiog pašalinti; o jei bazė yra mažesnė už vieną, tai irgi galima nuimti, bet pasikeis nelygybės ženklas.

Sprendimų pavyzdžiai

Taigi, pažvelkime į keletą paprastų eksponentinių nelygybių:

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

Pirminė užduotis visais atvejais yra ta pati: nelygybes sumažinti iki paprasčiausios formos $((a)^(x)) \gt ((a)^(n))$. Kaip tik tai dabar darysime su kiekviena nelygybe ir tuo pačiu kartosime laipsnių ir eksponentinių funkcijų savybes. Taigi, eime!

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

Ką čia galima padaryti? Na, o kairėje jau turime orientacinį posakį – nieko keisti nereikia. Bet dešinėje yra kažkoks šūdas: trupmena ir net šaknis vardiklyje!

Tačiau prisiminkime darbo su trupmenomis ir laipsniais taisykles:

\[\begin(lygiuoti) & \frac(1)(((a)^(n)))=((a)^(-n)); \\ & \sqrt[k](a)=((a)^(\frac(1)(k))). \\\pabaiga (lygiuoti)\]

Ką tai reiškia? Pirma, mes galime lengvai atsikratyti trupmenos, paversdami ją laipsniu su neigiamu eksponentu. Ir antra, kadangi vardiklis turi šaknį, būtų puiku jį paversti laipsniu – šį kartą su trupmeniniu rodikliu.

Taikykime šiuos veiksmus nuosekliai dešinėje nelygybės pusėje ir pažiūrėkime, kas atsitiks:

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

Nepamirškite, kad didinant laipsnį iki laipsnio, šių laipsnių rodikliai sumuojasi. Ir apskritai, dirbant su eksponentinėmis lygtimis ir nelygybėmis, būtina žinoti bent pačias paprasčiausias darbo su galiomis taisykles:

\[\begin(lygiuoti) & ((a)^(x))\cdot ((a)^(y))=((a)^(x+y)); \\ & \frac(((a)^(x)))(((a)^(y)))=((a)^(x-y)); \\ & ((\left(((a)^(x)) \right))^(y))=((a)^(x\cdot y)). \\\pabaiga (lygiuoti)\]

Tiesą sakant, mes tiesiog taikėme paskutinę taisyklę. Todėl mūsų pradinė nelygybė bus perrašyta taip:

\[((2)^(x-1))\le \frac(1)(\sqrt(2))\Rodyklė dešinėn ((2)^(x-1))\le ((2)^(-\ frac(1)(3)))\]

Dabar mes atsikratome dviejų prie pagrindo. Kadangi 2 > 1, nelygybės ženklas išliks toks pat:

\[\begin(align) & x-1\le -\frac(1)(3)\Rightarrow x\le 1-\frac(1)(3)=\frac(2)(3); \\ & x\in \left(-\infty ;\frac(2)(3) \right]. \\\end(lygiuoti)\]

Štai ir sprendimas! Pagrindinis sunkumas visai ne eksponentinėje funkcijoje, o kompetentingame pradinės išraiškos pakeitime: reikia atsargiai ir greitai perkelti ją į paprasčiausią formą.

Apsvarstykite antrąją nelygybę:

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

Taip ir taip. Čia mūsų laukia dešimtainės trupmenos. Kaip jau ne kartą sakiau, bet kokiuose posakiuose su galiomis turėtumėte atsisakyti dešimtainių skaičių – tai dažnai yra vienintelis būdas pamatyti greitą ir paprastą sprendimą. Čia mes atsikratysime:

\[\begin(align) & 0.1=\frac(1)(10);\quad 0.01=\frac(1)(100)=((\left(\frac(1)(10) \ right))^ (2)); \\ & ((0,1)^(1-x)) \lt 0,01\Rightarrow ((\left(\frac(1)(10) \right))^(1-x)) \lt ( (\left(\frac(1)(10) \right))^(2)). \\\pabaiga (lygiuoti)\]

Čia vėlgi turime paprasčiausią nelygybę ir net su 1/10 baze, t.y. mažiau nei vienas. Na, nuimame pagrindus, kartu keisdami ženklą iš „mažiau“ į „daugiau“, ir gauname:

\[\begin(lygiuoti) & 1-x \gt 2; \\ & -x \gt 2-1; \\ & -x \gt 1; \\& x \lt -1. \\\pabaiga (lygiuoti)\]

Gavome galutinį atsakymą: $x\in \left(-\infty ;-1 \right)$. Atkreipkite dėmesį: atsakymas yra būtent aibė ir jokiu būdu ne $x \lt -1$ formos konstrukcija. Nes formaliai tokia konstrukcija yra visai ne aibė, o nelygybė kintamojo $x$ atžvilgiu. Taip, tai labai paprasta, bet tai nėra atsakymas!

Svarbi pastaba. Šią nelygybę būtų galima išspręsti kitu būdu – sumažinant abi puses iki galios, kurios bazė yra didesnė už vieną. Pažiūrėk:

\[\frac(1)(10)=((10)^(-1))\Rodyklė dešinėn ((\left(((10)^(-1)) \right))^(1-x)) \ lt ((\left(((10)^(-1)) \right))^(2))\Rodyklė dešinėn ((10)^(-1\cdot \left(1-x \right))) \lt ((10)^(-1\cdot 2))\]

Po tokios transformacijos vėl gausime eksponentinę nelygybę, bet su baze 10 > 1. Tai reiškia, kad galime tiesiog nubraukti dešimtuką – nelygybės ženklas nepasikeis. Mes gauname:

\[\begin(lygiuoti) & -1\cdot \left(1-x \right) \lt -1\cdot 2; \\ & x-1 \lt -2; \\ & x \lt -2+1=-1; \\ & x \lt -1. \\\pabaiga (lygiuoti)\]

Kaip matote, atsakymas buvo lygiai toks pat. Tuo pačiu apsisaugojome nuo būtinybės keisti ženklą ir apskritai atsiminti visas taisykles. :)

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

Tačiau neleiskite, kad tai jūsų gąsdintų. Kad ir kas būtų rodikliuose, pati nelygybės sprendimo technologija išlieka ta pati. Todėl pirmiausia atkreipkime dėmesį, kad 16 = 2 4. Perrašykime pradinę nelygybę atsižvelgdami į šį faktą:

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

Sveika! Gavome įprastą kvadratinę nelygybę! Ženklas niekur nepasikeitė, nes pagrindas yra du - skaičius didesnis už vieną.

Funkcijos nuliai skaičių eilutėje

Išdėstome funkcijos $f\left(x \right)=((x)^(2))-7x+10$ ženklus - aišku, jos grafikas bus parabolė su šakomis į viršų, taigi bus "pliusai “ šonuose. Mus domina regionas, kuriame funkcija mažesnė už nulį, t.y. $x\in \left(2;5 \right)$ yra atsakymas į pradinę problemą.

Galiausiai apsvarstykite kitą nelygybę:

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

Vėlgi matome eksponentinę funkciją, kurios apačioje yra dešimtainė trupmena. Paverskime šią trupmeną į bendrą trupmeną:

\[\begin(align) & 0.2=\frac(2)(10)=\frac(1)(5)=((5)^(-1))\Rodyklė dešinėn \\ & \Rightarrow ((0 ,2) )^(1+((x)^(2))))=((\left(((5)^(-1)) \right))^(1+((x)^(2) )) )=((5)^(-1\cdot \left(1+((x)^(2)) \right)))\end(lygiuoti)\]

Šiuo atveju pasinaudojome anksčiau pateikta pastaba – sumažinome bazę iki skaičiaus 5 > 1, kad supaprastintume tolesnį sprendimą. Tą patį padarykime su dešine puse:

\[\frac(1)(25)=((\left(\frac(1)(5) \right))^(2))=((\left(((5)^(-1)) \ dešinėje))^(2))=((5)^(-1\ctaškas 2))=((5)^(-2))\]

Perrašykime pradinę nelygybę, atsižvelgdami į abi transformacijas:

\[((0,2)^(1+((x)^(2))))\ge \frac(1)(25)\Rodyklė dešinėn ((5)^(-1\cdot \left(1+) ((x)^(2)) \right)))\ge ((5)^(-2))\]

Abiejų pusių pagrindai yra vienodi ir viršija vieną. Dešinėje ir kairėje nėra kitų terminų, todėl tiesiog „perbraukiame“ penketukus ir gauname labai paprastą posakį:

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

Čia reikia būti atsargesniems. Daugelis studentų mėgsta tiesiog paimti kvadratinę šaknį iš abiejų nelygybės pusių ir parašyti kažką panašaus į $x\le 1\Rightarrow x\in \left(-\infty ;-1 \right]$. Jokiu būdu to negalima daryti , kadangi tikslaus kvadrato šaknis yra modulis ir jokiu būdu ne originalus kintamasis:

\[\sqrt(((x)^(2)))=\left| x\right|\]

Tačiau darbas su moduliais nėra pati maloniausia patirtis, ar ne? Taigi mes nedirbsime. Vietoj to, mes tiesiog perkeliame visus terminus į kairę ir išsprendžiame įprastą nelygybę naudodami intervalo metodą:

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

Vėl pažymime gautus taškus skaičių eilutėje ir žiūrime į ženklus:

Kadangi sprendėme negriežtą nelygybę, visi grafiko taškai yra užtamsinti. Todėl atsakymas bus toks: $x\in \left[ -1;1 \right]$ yra ne intervalas, o segmentas.

Apskritai norėčiau pastebėti, kad eksponentinėse nelygybėse nėra nieko sudėtingo. Visų šiandien atliktų transformacijų prasmė priklauso nuo paprasto algoritmo:

• Raskite pagrindą, iki kurio sumažinsime visus laipsnius;
• Atsargiai atlikite transformacijas, kad gautumėte formos $((a)^(x)) \gt ((a)^(n))$ nelygybę. Žinoma, vietoj kintamųjų $x$ ir $n$ gali būti daug sudėtingesnės funkcijos, tačiau reikšmė nepasikeis;
• Nubraukite laipsnių pagrindus. Šiuo atveju nelygybės ženklas gali pasikeisti, jei bazė $a \lt 1$.

Tiesą sakant, tai yra universalus visų tokių nelygybių sprendimo algoritmas. O visa kita, ką jie jums papasakos šia tema, yra tik specifiniai metodai ir gudrybės, kurios supaprastins ir pagreitins transformaciją. Dabar pakalbėsime apie vieną iš šių metodų. :)

Racionalizavimo metodas

Panagrinėkime kitą nelygybių rinkinį:

\[\begin(lygiuoti) & ((\text( )\!\!\pi\!\!\text( ))^(x+7)) \gt ((\text( )\!\!\pi \!\!\text( ))^(((x)^(2))-3x+2)); \\ & ((\left(2\sqrt(3)-3 \right))^(((x)^(2))-2x)) \lt 1; \\ & ((\left(\frac(1)(3) \right))^(((x)^(2))+2x)) \gt ((\left(\frac(1)(9)) \dešinė))^(16-x)); \\ & ((\left(3-2\sqrt(2) \right))^(3x-((x)^(2)))) \lt 1. \\\end(lygiuoti)\]

Taigi kuo jie ypatingi? Jie lengvi. Nors, sustok! Ar skaičius π padidintas iki tam tikro laipsnio? Kokia nesąmonė?

Kaip padidinti skaičių $2\sqrt(3)-3$ iki laipsnio? Arba $ 3-2\sqrt(2)$? Problemų autoriai akivaizdžiai išgėrė per daug Hawthorn prieš sėsdami į darbą. :)

Tiesą sakant, šiose užduotyse nėra nieko baisaus. Leiskite jums priminti: eksponentinė funkcija yra formos $((a)^(x))$ išraiška, kur bazė $a$ yra bet koks teigiamas skaičius, išskyrus vieną. Skaičius π yra teigiamas – mes tai jau žinome. Skaičiai $2\sqrt(3)-3$ ir $3-2\sqrt(2)$ taip pat yra teigiami – tai lengva pastebėti, jei palyginsite juos su nuliu.

Pasirodo, visos šios „gąsdinančios“ nelygybės išsprendžiamos niekuo nesiskiria nuo paprastų, aptartų aukščiau? Ir ar jie išsprendžiami taip pat? Taip, tai visiškai teisinga. Tačiau jų pavyzdžiu norėčiau apsvarstyti vieną techniką, kuri labai sutaupo laiko savarankiškam darbui ir egzaminams. Kalbėsime apie racionalizavimo metodą. Taigi, dėmesio:

Bet kuri eksponentinė nelygybė formos $((a)^(x)) \gt ((a)^(n))$ yra lygi nelygybei $\left(x-n \right)\cdot \left(a-1 \ dešinėje) \gt 0 $.

Štai ir visas metodas :) Ar galvojote, kad bus koks nors kitas žaidimas? Nieko panašaus! Tačiau šis paprastas faktas, parašytas pažodžiui vienoje eilutėje, labai supaprastins mūsų darbą. Pažiūrėk:

\[\begin(matrica) ((\text( )\!\!\pi\!\!\text( ))^(x+7)) \gt ((\tekstas( )\!\!\pi\ !\!\text( ))^(((x)^(2))-3x+2)) \\ \Downarrow \\ \left(x+7-\left(((x)^(2)) -3x+2 \right) \right)\cdot \left(\text( )\!\!\pi\!\!\text( )-1 \right) \gt 0 \\\end(matrica)\]

Taigi nebėra eksponentinių funkcijų! Ir jums nereikia prisiminti, ar ženklas keičiasi, ar ne. Tačiau iškyla nauja problema: ką daryti su prakeiktu daugikliu \[\left(\text( )\!\!\pi\!\!\text( )-1 \right)\]? Mes nežinome, kokia yra tiksli skaičiaus π reikšmė. Tačiau atrodo, kad kapitonas užsimena apie tai, kas akivaizdu:

\[\text( )\!\!\pi\!\!\text( )\apytiksliai 3.14... \gt 3\Rightarrow \text( )\!\!\pi\!\!\text( )- 1\gt 3-1=2\]

Apskritai tiksli π reikšmė mums nelabai rūpi – mums svarbu tik suprasti, kad bet kuriuo atveju $\text( )\!\!\pi\!\!\text( )-1 \gt 2 $, t.e. tai yra teigiama konstanta ir iš jos galime padalinti abi nelygybės puses:

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

Kaip matote, tam tikru momentu turėjome dalytis iš minus vieno – ir nelygybės ženklas pasikeitė. Pabaigoje kvadratinį trinarį išplėčiau naudodamas Vietos teoremą – akivaizdu, kad šaknys lygios $((x)_(1))=5$ ir $((x)_(2))=-1$ . Tada viskas išspręsta naudojant klasikinį intervalų metodą:

Visi taškai pašalinami, nes pradinė nelygybė yra griežta. Mus domina regionas su neigiamomis reikšmėmis, todėl atsakymas yra $x\in \left(-1;5 \right)$. Štai ir sprendimas. :)

Pereikime prie kitos užduoties:

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

Viskas čia paprastai yra paprasta, nes dešinėje yra vienetas. Ir mes prisimename, kad vienas yra bet koks skaičius, pakeltas iki nulio laipsnio. Net jei šis skaičius yra neracionali išraiška apačioje kairėje:

\[\begin(lygiuoti) & ((\left(2\sqrt(3)-3 \right))^(((x)^(2))-2x)) \lt 1=((\left(2) \sqrt(3)-3 \right))^(0)); \\ & ((\left(2\sqrt(3)-3 \right))^(((x)^(2))-2x)) \lt ((\left(2\sqrt(3)-3) \dešinė))^(0)); \\\pabaiga (lygiuoti)\]

Na, racionaluokime:

\[\begin(lygiuoti) & \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. \\\end(lygiuoti)\ ]

Belieka išsiaiškinti ženklus. Koeficientas $2\left(\sqrt(3)-2 \right)$ neturi kintamojo $x$ – tai tik konstanta, ir reikia išsiaiškinti jo ženklą. Norėdami tai padaryti, atkreipkite dėmesį į šiuos dalykus:

\[\begin(matrica) \sqrt(3) \lt \sqrt(4)=2 \\ \Downarrow \\ 2\left(\sqrt(3)-2 \right) \lt 2\cdot \left(2 -2 \right)=0 \\\pabaiga (matrica)\]

Pasirodo, antrasis veiksnys yra ne tik konstanta, bet ir neigiama konstanta! O dalijant iš jo pradinės nelygybės ženklas pasikeičia į priešingą:

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

Dabar viskas tampa visiškai akivaizdu. Dešinėje esančio kvadratinio trinalio šaknys yra: $((x)_(1))=0$ ir $((x)_(2))=2$. Pažymime juos skaičių eilutėje ir žiūrime į funkcijos $f\left(x \right)=x\left(x-2 \right)$ ženklus:

Mus domina pliuso ženklu pažymėti intervalai. Belieka užsirašyti atsakymą:

Pereikime prie kito pavyzdžio:

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

Na, čia viskas visiškai akivaizdu: bazėse yra vienodo skaičiaus galios. Todėl viską parašysiu trumpai:

\[\begin(matrica) \frac(1)(3)=((3)^(-1));\quad \frac(1)(9)=\frac(1)(((3)^( 2)))=((3)^(-2)) \\ \Downarrow \\ ((\left(((3)^(-1)) \right))^(((x)^(2) )+2x)) \gt ((\left(((3)^(-2)) \right))^(16-x)) \\\pabaiga(matrica)\]

\[\begin(lygiuoti) & ((3)^(-1\cdot \left(((x)^(2))+2x \right))) \gt ((3)^(-2\cdot \ left(16-x \right))); \\ & ((3)^(-((x)^(2))-2x)) \gt ((3)^(-32+2x)); \\ & \left(-((x)^(2))-2x-\left(-32+2x \right) \right)\cdot \left(3-1 \right) \gt 0; \\ & -((x)^(2))-2x+32-2x \gt 0; \\ & -((x)^(2))-4x+32 \gt 0;\quad \left| \cdot \left(-1 \right) \right. \\ & ((x)^(2))+4x-32 \lt 0; \\ & \left(x+8 \right)\left(x-4 \right) \lt 0. \\\end (lygiuoti)\]

Kaip matote, transformacijos proceso metu turėjome dauginti iš neigiamo skaičiaus, todėl nelygybės ženklas pasikeitė. Pačioje pabaigoje aš vėl pritaikiau Vietos teoremą kvadratiniam trinaliui koeficientuoti. Dėl to atsakymas bus toks: $x\in \left(-8;4 \right)$ – tai kiekvienas gali patikrinti nubrėžęs skaičių liniją, pažymėdamas taškus ir suskaičiuodamas ženklus. Tuo tarpu mes pereisime prie paskutinės nelygybės iš mūsų „rinkinio“:

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

Kaip matote, prie pagrindo vėl yra neracionalus skaičius, o dešinėje vėl yra vienetas. Todėl eksponentinę nelygybę perrašome taip:

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

Taikome racionalizavimą:

\[\begin(lygiuoti) & \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. \\\end(lygiuoti)\ ]

Tačiau visiškai akivaizdu, kad $1-\sqrt(2) \lt 0$, nes $\sqrt(2)\approx 1,4... \gt 1$. Todėl antrasis veiksnys vėl yra neigiama konstanta, pagal kurią galima padalyti abi nelygybės puses:

\[\begin(matrica) \left(3x-((x)^(2))-0 \right)\cdot 2\left(1-\sqrt(2) \right) \lt 0 \\ \Downarrow \ \\pabaiga(matrica)\]

\[\begin(lygiuoti) & 3x-((x)^(2))-0 \gt 0; \\ & 3x-((x)^(2)) \gt 0;\quad \left| \cdot \left(-1 \right) \right. \\ & ((x)^(2))-3x \lt 0; \\ & x\left(x-3 \right) \lt 0. \\\end(lygiuoti)\]

Perkelkite į kitą bazę

Atskira problema sprendžiant eksponentines nelygybes yra „teisingo“ pagrindo paieška. Deja, iš pirmo žvilgsnio į užduotį ne visada aišku, kuo vadovautis, o ką daryti, atsižvelgiant į šio pagrindo laipsnį.

Tačiau nesijaudinkite: čia nėra jokios magijos ar „slaptos“ technologijos. Matematikoje bet koks įgūdis, kurio negalima algoritmizuoti, gali būti lengvai išsiugdytas praktikuojant. Tačiau tam turėsite išspręsti įvairaus sudėtingumo problemas. Pavyzdžiui, taip:

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

Sunku? Baugus? Tai lengviau nei trenkti viščiuku ant asfalto! Pabandykime. Pirmoji nelygybė:

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

Na, manau, kad čia viskas aišku:

Perrašome pradinę nelygybę, viską sumažindami iki dviejų:

\[((2)^(\frac(x)(2))) \lt ((2)^(\frac(8)(x)))\Rodyklė dešinėn \left(\frac(x)(2)- \frac(8)(x) \right)\cdot \left(2-1 \right) \lt 0\]

Taip, taip, jūs išgirdote teisingai: aš ką tik taikau aukščiau aprašytą racionalizavimo metodą. Dabar reikia dirbti atsargiai: turime trupmeninę-racionalinę nelygybę (tai ta, kurios vardiklyje yra kintamasis), todėl prieš prilygindami ką nors nuliui, turime viską suvesti į bendrą vardiklį ir atsikratyti pastovaus koeficiento. .

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

Dabar mes naudojame standartinį intervalų metodą. Skaitiklio nuliai: $x=\pm 4$. Vardiklis eina į nulį tik tada, kai $x=0$. Iš viso yra trys taškai, kuriuos reikia pažymėti skaičių eilutėje (visi taškai yra susmeigti, nes nelygybės ženklas yra griežtas). Mes gauname:

Kaip galite atspėti, šešėliavimas žymi tuos intervalus, kuriais kairėje esanti išraiška įgauna neigiamas reikšmes. Todėl galutinis atsakymas apims du intervalus vienu metu:

Intervalų galai neįtraukiami į atsakymą, nes pradinė nelygybė buvo griežta. Daugiau šio atsakymo tikrinti nereikia. Šiuo atžvilgiu eksponentinės nelygybės yra daug paprastesnės nei logaritminės: nėra ODZ, jokių apribojimų ir pan.

Pereikime prie kitos užduoties:

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

Čia taip pat nėra problemų, nes jau žinome, kad $\frac(1)(3)=((3)^(-1))$, todėl visą nelygybę galima perrašyti taip:

\[\begin(lygiuoti) & ((\left(((3)^(-1)) \right))^(\frac(3)(x)))\ge ((3)^(2+x ))\Rodyklė dešinėn ((3)^(-\frac(3)(x)))\ge ((3)^(2+x)); \\ & \left(-\frac(3)(x)-\left(2+x \right) \right)\cdot \left(3-1 \right)\ge 0; \\ & \left(-\frac(3)(x)-2-x \right)\cdot 2\ge 0;\quad \left| :\kairė(-2 \dešinė) \dešinė. \\ & \frac(3)(x)+2+x\le 0; \\ & \frac(((x)^(2))+2x+3)(x)\le 0. \\\end(lygiuoti)\]

Atkreipkite dėmesį: trečioje eilutėje nusprendžiau negaišti laiko smulkmenoms ir iškart viską padalinti iš (−2). Minus pateko į pirmą skliaustą (dabar visur yra pliusų), o du buvo sumažinti su pastoviu koeficientu. Tai yra būtent tai, ką turėtumėte daryti ruošdami tikrus savarankiško ir bandomojo darbo skaičiavimus – jums nereikia tiesiogiai aprašyti kiekvieno veiksmo ir transformacijos.

Tada pradedamas naudoti pažįstamas intervalų metodas. Skaitiklio nuliai: bet jų nėra. Nes diskriminantas bus neigiamas. Savo ruožtu vardiklis iš naujo nustatomas tik tada, kai $x=0$ – kaip ir praėjusį kartą. Na, aišku, kad dešinėje nuo $x=0$ trupmena įgis teigiamas reikšmes, o kairėje - neigiamas. Kadangi mus domina neigiamos reikšmės, galutinis atsakymas yra: $x\in \left(-\infty ;0 \right)$.

\[((\left(0.16 \right))^(1+2x))\cdot ((\left(6.25 \right))^(x))\ge 1\]

Ką daryti su dešimtainėmis trupmenomis eksponentinėse nelygybėse? Teisingai: atsikratykite jų, paversdami įprastais. Čia mes išversime:

\[\begin(align) & 0.16=\frac(16)(100)=\frac(4)(25)\rodyklė dešinėn ((\left(0.16 \right))^(1+2x)) =((\ left(\frac(4)(25) \right))^(1+2x)); \\ & 6.25=\frac(625)(100)=\frac(25)(4)\rodyklė dešinėn ((\left(6.25 \right))^(x))=((\left(\ frac(25)) (4)\dešinėje))^(x)). \\\pabaiga (lygiuoti)\]

Taigi, ką mes gavome eksponentinių funkcijų pagrinduose? Ir mes gavome du tarpusavyje atvirkštinius skaičius:

\[\frac(25)(4)=((\left(\frac(4)(25) \right))^(-1))\Rodyklė dešinėn ((\left(\frac(25)(4)) dešinė))^(x))=((\left(((\left(\frac(4)(25) \right))^(-1)) \right))^(x))=((\ kairėje(\frac(4)(25)\right))^(-x))\]

Taigi pradinė nelygybė gali būti perrašyta taip:

\[\begin(lygiuoti) & ((\left(\frac(4)(25) \right))^(1+2x))\cdot ((\left(\frac(4)(25) \right) )^(-x))\ge 1; \\ & ((\left(\frac(4)(25) \right))^(1+2x+\left(-x \right)))\ge ((\left(\frac(4)(25)) \dešinė))^(0)); \\ & ((\left(\frac(4)(25) \right))^(x+1))\ge ((\left(\frac(4)(25) \right))^(0) ). \\\pabaiga (lygiuoti)\]

Žinoma, padauginus laipsnius su ta pačia baze, jų eksponentai sumuojasi, kas atsitiko antroje eilutėje. Be to, mes reprezentavome vienetą dešinėje, taip pat kaip galią bazėje 4/25. Belieka tik racionalizuoti:

\[((\left(\frac(4)(25) \right))^(x+1))\ge ((\left(\frac(4)(25) \right))^(0)) \RightArrow \left(x+1-0 \right)\cdot \left(\frac(4)(25)-1 \right)\ge 0\]

Atkreipkite dėmesį, kad $\frac(4)(25)-1=\frac(4-25)(25) \lt 0$, t.y. antrasis veiksnys yra neigiama konstanta, o dalijant iš jos pasikeis nelygybės ženklas:

\[\begin(lygiuoti) & x+1-0\le 0\Rodyklė dešinėn x\le -1; \\ & x\in \left(-\infty ;-1 \right]. \\\end(lygiuoti)\]

Galiausiai paskutinė nelygybė iš dabartinio „rinkinio“:

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

Iš esmės sprendimo idėja čia taip pat aiški: visos eksponentinės funkcijos, įtrauktos į nelygybę, turi būti sumažintos iki bazės „3“. Tačiau tam turėsite šiek tiek padirbėti su šaknimis ir galiomis:

\[\begin(align) & \frac(27)(\sqrt(3))=\frac(((3)^(3)))(((3)^(\frac(1)(3)) ))=((3)^(3-\frac(1)(3)))=((3)^(\frac(8)(3))); \\ & 9=((3)^(2));\quad 81=((3)^(4)). \\\pabaiga (lygiuoti)\]

Atsižvelgiant į šiuos faktus, pradinė nelygybė gali būti perrašyta taip:

\[\begin(lygiuoti) & ((\left(((3)^(\frac(8)(3))) \right))^(-x)) \lt ((\left(((3)) ^(2))\right))^(4-2x))\cdot ((3)^(4)); \\ & ((3)^(-\frac(8x)(3))) \lt ((3)^(8-4x))\cdot ((3)^(4)); \\ & ((3)^(-\frac(8x)(3))) \lt ((3)^(8-4x+4)); \\ & ((3)^(-\frac(8x)(3))) \lt ((3)^(4-4x)). \\\pabaiga (lygiuoti)\]

Atkreipkite dėmesį į 2 ir 3 skaičiavimų eilutes: prieš ką nors darydami su nelygybe, būtinai perkelkite ją į formą, apie kurią kalbėjome nuo pat pamokos pradžios: $((a)^(x)) \ lt ((a)^(n))$. Kol kairėje arba dešinėje turite kairiarankius veiksnius, papildomas konstantas ir pan., racionalizuoti ar „perbraukti“ pagrindo negalima! Nesuvokus šio paprasto fakto, daugybė užduočių buvo atlikta neteisingai. Aš pats nuolat stebiu šią problemą su savo mokiniais, kai tik pradedame analizuoti eksponentinę ir logaritminę nelygybę.

Bet grįžkime prie savo užduoties. Pabandykime šį kartą apsieiti be racionalizavimo. Prisiminkime: laipsnio bazė yra didesnė už vienetą, todėl trigubus galima tiesiog perbraukti – nelygybės ženklas nepasikeis. Mes gauname:

\[\begin(lygiuoti) & -\frac(8x)(3) \lt 4-4x; \\ & 4x-\frac(8x)(3) \lt 4; \\ & \frac(4x)(3) \lt 4; \\ & 4x \lt 12; \\ & x \lt 3. \\\end(lygiuoti)\]

Tai viskas. Galutinis atsakymas: $x\in \left(-\infty ;3 \right)$.

Stabilios išraiškos išskyrimas ir kintamojo pakeitimas

Apibendrinant siūlau išspręsti dar keturias eksponentines nelygybes, kurios nepasiruošusiems studentams jau yra gana sudėtingos. Norėdami su jais susidoroti, turite atsiminti darbo su laipsniais taisykles. Visų pirma, bendrų veiksnių išskyrimas skliausteliuose.

Tačiau svarbiausia išmokti suprasti, ką tiksliai galima ištraukti iš skliaustų. Tokia išraiška vadinama stabilia – ją galima pažymėti nauju kintamuoju ir taip atsikratyti eksponentinės funkcijos. Taigi, pažiūrėkime į užduotis:

\[\begin(lygiuoti) & ((5)^(x+2))+((5)^(x+1))\ge 6; \\ & ((3)^(x))+((3)^(x+2))\ge 90; \\ & ((25)^(x+1,5))-((5)^(2x+2)) \gt 2500; \\ & ((\left(0.5 \right))^(-4x-8))-((16)^(x+1.5)) \gt 768. \\\end(lygiuoti)\]

Pradėkime nuo pačios pirmos eilutės. Parašykime šią nelygybę atskirai:

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

Atminkite, kad $((5)^(x+2))=((5)^(x+1+1))=((5)^(x+1))\cdot 5$, taigi dešinė pusėje galima perrašyti:

Atkreipkite dėmesį, kad nelygybėje nėra kitų eksponentinių funkcijų, išskyrus $((5)^(x+1))$. Ir apskritai kintamasis $x$ niekur kitur nepasirodo, todėl įveskime naują kintamąjį: $((5)^(x+1))=t$. Gauname tokią konstrukciją:

\[\begin(lygiuoti) & 5t+t\ge 6; \\&6t\ge 6; \\ & t\ge 1. \\\end(lygiuoti)\]

Grįžtame prie pradinio kintamojo ($t=((5)^(x+1))$), ir tuo pačiu prisimename, kad 1=5 0 . Mes turime:

\[\begin(lygiuoti) & ((5)^(x+1))\ge ((5)^(0)); \\ & x+1\ge 0; \\ & x\ge -1. \\\pabaiga (lygiuoti)\]

Štai ir sprendimas! Atsakymas: $x\in \left[ -1;+\infty \right)$. Pereikime prie antrosios nelygybės:

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

Čia viskas taip pat. Atminkite, kad $((3)^(x+2))=((3)^(x))\cdot ((3)^(2))=9\cdot ((3)^(x))$ . Tada kairę pusę galima perrašyti:

\[\begin(lygiuoti) & ((3)^(x))+9\cdot ((3)^(x))\ge 90;\quad \left| ((3)^(x))=t \dešinė. \\&t+9t\ge 90; \\ & 10t\ge 90; \\ & t\ge 9\Rightarrow ((3)^(x))\ge 9\Rightarrow ((3)^(x))\ge ((3)^(2)); \\ & x\ge 2\Rightarrow x\in \left[ 2;+\infty \right). \\\pabaiga (lygiuoti)\]

Maždaug taip reikia parengti realių testų ir savarankiško darbo sprendimą.

Na, pabandykime ką nors sudėtingesnio. Pavyzdžiui, čia yra nelygybė:

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

kame cia problema? Visų pirma, kairėje pusėje esančių eksponentinių funkcijų pagrindai skiriasi: 5 ir 25. Tačiau 25 = 5 2, todėl pirmąjį narį galima transformuoti:

\[\begin(lygiuoti) & ((25)^(x+1.5))=((\left(((5)^(2)) \right))^(x+1.5))= ((5) ^(2x+3)); \\ & ((5)^(2x+3))=((5)^(2x+2+1))=((5)^(2x+2))\cdot 5. \\\end(lygiuoti )\]

Kaip matote, iš pradžių viską suvedėme į tą pačią bazę, o paskui pastebėjome, kad pirmąjį terminą galima nesunkiai sumažinti iki antrojo – tereikia išplėsti eksponentą. Dabar galite drąsiai įvesti naują kintamąjį: $((5)^(2x+2))=t$, ir visa nelygybė bus perrašyta taip:

\[\begin(lygiuoti) & 5t-t\ge 2500; \\&4t\ge 2500; \\ & t\ge 625=((5)^(4)); \\ & ((5)^(2x+2))\ge ((5)^(4)); \\ & 2x+2\ge 4; \\&2x\ge 2; \\ & x\ge 1. \\\end(lygiuoti)\]

Ir vėl, jokių sunkumų! Galutinis atsakymas: $x\in \left[ 1;+\infty \right)$. Pereikime prie galutinės nelygybės šios dienos pamokoje:

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

Pirmas dalykas, į kurį turėtumėte atkreipti dėmesį, žinoma, yra dešimtainė trupmena pirmosios laipsnio bazėje. Būtina jo atsikratyti ir tuo pačiu metu visas eksponentines funkcijas perkelti į tą pačią bazę - skaičių „2“:

\[\begin(lygiuoti) & 0.5=\frac(1)(2)=((2)^(-1))\Rodyklė dešinėn ((\left(0.5 \right))^(-4x- 8))= ((\left(((2)^(-1)) \right))^(-4x-8))=((2)^(4x+8)); \\ & 16=((2)^(4))\Rodyklė dešinėn ((16)^(x+1.5))=((\left(((2)^(4)) \right))^( x+ 1,5))=((2)^(4x+6)); \\ & ((2)^(4x+8))-((2)^(4x+6)) \gt 768. \\\end(lygiuoti)\]

Puiku, žengėme pirmąjį žingsnį – viskas atvedė į tą patį pagrindą. Dabar reikia pasirinkti stabilią išraišką. Atminkite, kad $((2)^(4x+8))=((2)^(4x+6+2))=((2)^(4x+6))\cdot 4$. Jei įvesime naują kintamąjį $((2)^(4x+6))=t$, tada pradinę nelygybę galima perrašyti taip:

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

Natūralu, kad gali kilti klausimas: kaip mes sužinojome, kad 256 = 2 8? Deja, čia tereikia žinoti dviejų (o kartu ir trijų bei penkių) galias. Na, arba padalinkite 256 iš 2 (galite padalyti, nes 256 yra lyginis skaičius), kol gausime rezultatą. Tai atrodys maždaug taip:

\[\begin(lygiuoti) & 256=128\cdot 2= \\ & =64\cdot 2\cdot 2= \\ & =32\cdot 2\cdot 2\cdot 2= \\ & =16\cdot 2 \cdot 2\cdot 2\cdot 2= \\ & =8\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2= \\ & =4\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2= \\ & =2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2= \\ & =((2)^(8)).\end(lygiuoti )\]

Tas pats pasakytina apie tris (skaičiai 9, 27, 81 ir 243 yra jo laipsniai) ir su septyniais (skaičiai 49 ir ​​343 taip pat būtų malonu prisiminti). Na, penketukas taip pat turi „gražius“ laipsnius, kuriuos reikia žinoti:

\[\begin(lygiuoti) & ((5)^(2))=25; \\ & ((5)^(3))=125; \\ & ((5)^(4))=625; \\ & ((5)^(5))=3125. \\\pabaiga (lygiuoti)\]

Žinoma, jei norite, visus šiuos skaičius galite atkurti mintyse tiesiog padauginus juos iš eilės vieną iš kito. Tačiau kai tenka išspręsti kelias eksponencines nelygybes, o kiekviena sekanti yra sunkesnė už ankstesnę, paskutinis dalykas, apie kurį norisi pagalvoti, yra kai kurių skaičių galios. Ir šia prasme šios problemos yra sudėtingesnės nei „klasikinės“ nelygybės, kurios sprendžiamos intervalų metodu.

Šioje pamokoje apžvelgsime sudėtingesnių eksponentinių lygčių sprendimą ir priminsime pagrindinius teorinius principus dėl eksponentinės funkcijos.

1. Eksponentinės funkcijos apibrėžimas ir savybės, paprasčiausių eksponentinių lygčių sprendimo būdai

Prisiminkime eksponentinės funkcijos apibrėžimą ir pagrindines savybes. Šiomis savybėmis pagrįstas visų eksponentinių lygčių ir nelygybių sprendimas.

Eksponentinė funkcija yra formos funkcija , kur bazė yra laipsnis, o čia x yra nepriklausomas kintamasis, argumentas; y yra priklausomasis kintamasis, funkcija.

Ryžiai. 1. Eksponentinės funkcijos grafikas

Grafike rodomi didėjantys ir mažėjantys eksponentai, iliustruojantys eksponentinę funkciją, kurios bazė atitinkamai didesnė už vieną ir mažesnė už vieną, bet didesnė už nulį.

Abi kreivės eina per tašką (0;1)

Eksponentinės funkcijos savybės:

Domenas: ;

Vertybių diapazonas: ;

Funkcija yra monotoniška, didėja su, mažėja su.

Monotoninei funkcijai kiekvienai jos vertei suteikiama viena argumento reikšmė.

Kai argumentas padidėja nuo minuso iki pliuso begalybės, funkcija padidėja nuo nulio imtinai iki pliuso begalybės. Priešingai, kai argumentas didėja nuo minuso iki pliuso begalybės, funkcija sumažėja nuo begalybės iki nulio, o ne imtinai.

2. Standartinių eksponentinių lygčių sprendimas

Priminsime, kaip išspręsti paprasčiausias eksponentines lygtis. Jų sprendimas pagrįstas eksponentinės funkcijos monotoniškumu. Beveik visos sudėtingos eksponentinės lygtys gali būti sumažintos iki tokių lygčių.

Rodiklių lygybė su lygiomis bazėmis atsiranda dėl eksponentinės funkcijos savybės, būtent dėl ​​jos monotoniškumo.

Sprendimo būdas:

Išlyginti laipsnių pagrindus;

Sulyginkite eksponentus.

Pereikime prie sudėtingesnių eksponentinių lygčių; mūsų tikslas yra sumažinti kiekvieną iš jų iki paprasčiausių.

Atsikratykime šaknies kairėje pusėje ir suveskime laipsnius į tą patį pagrindą:

Norint sumažinti sudėtingą eksponentinę lygtį iki paprasčiausios, dažnai naudojamas kintamųjų pakeitimas.

Naudokime galios savybę:

Pristatome pakaitalą. Tegul tada būna. Su tokiu pakeitimu akivaizdu, kad y įgyja griežtai teigiamas reikšmes. Mes gauname:

Gautą lygtį padauginkime iš dviejų ir visus terminus perkelkime į kairę pusę:

Pirmoji šaknis netenkina y reikšmių diapazono, todėl ją atmetame. Mes gauname:

Sumažinkime laipsnius iki to paties rodiklio:

Pristatome pakaitalą:

Tegul tada būna . Su tokiu pakeitimu akivaizdu, kad y įgyja griežtai teigiamas reikšmes. Mes gauname:

Mes žinome, kaip išspręsti tokias kvadratines lygtis, galime užrašyti atsakymą:

Norėdami įsitikinti, kad šaknys randamos teisingai, galite patikrinti naudodami Vietos teoremą, t. y. rasti šaknų ir jų sandaugos sumą ir palyginti jas su atitinkamais lygties koeficientais.

Mes gauname:

3. Antrojo laipsnio vienarūšių eksponentinių lygčių sprendimo metodika

Išstudijuokime šiuos svarbius eksponentinių lygčių tipus:

Šio tipo lygtys yra vadinamos antrojo laipsnio vienarūšėmis funkcijų f ir g atžvilgiu. Kairėje jo pusėje yra kvadratinis trinaris f atžvilgiu su parametru g arba kvadratinis trinaris g atžvilgiu su parametru f.

Sprendimo būdas:

Šią lygtį galima išspręsti kaip kvadratinę lygtį, tačiau lengviau tai padaryti kitaip. Yra du atvejai, į kuriuos reikia atsižvelgti:

Pirmuoju atveju gauname

Antruoju atveju turime teisę padalyti iš aukščiausio laipsnio ir gauti:

Būtina įvesti kintamųjų pokytį, gauname kvadratinę lygtį y:

Pastebėkime, kad funkcijos f ir g gali būti bet kokios, bet mus domina atvejis, kai tai yra eksponentinės funkcijos.

4. Vienarūšių lygčių sprendimo pavyzdžiai

Perkelkime visus terminus į kairę lygties pusę:

Kadangi eksponentinės funkcijos įgyja griežtai teigiamas reikšmes, mes turime teisę iš karto padalyti lygtį iš , neatsižvelgdami į atvejį, kai:

Mes gauname:

Pristatome pakaitalą: (pagal eksponentinės funkcijos savybes)

Gavome kvadratinę lygtį:

Šaknis nustatome naudodami Vietos teoremą:

Pirmoji šaknis neatitinka y reikšmių diapazono, ją atmetame, gauname:

Panaudokime laipsnių savybes ir sumažinkime visus laipsnius iki paprastų bazių:

Nesunku pastebėti f ir g funkcijas:

Kadangi eksponentinės funkcijos įgyja griežtai teigiamas reikšmes, turime teisę iš karto padalyti lygtį iš , neatsižvelgdami į atvejį, kai .