Artikulli i kushtohet analizës së detyrave 15 nga provimi i profilit në matematikë për vitin 2017. Në këtë detyrë, nxënësve u ofrohet të zgjidhin pabarazitë, më së shpeshti ato logaritmike. Edhe pse mund të jenë tregues. Ky artikull ofron një analizë të shembujve të pabarazive logaritmike, duke përfshirë ato që përmbajnë një ndryshore në bazën e logaritmit. Të gjithë shembujt janë marrë nga bankë e hapur detyrat e USE-së në matematikë (profili), kështu që pabarazi të tilla ka shumë të ngjarë t'ju hasin në provim si detyra 15. Ideale për ata që duan të mësojnë se si të zgjidhin detyrën 15 nga pjesa e dytë e profilit USE në matematikë në një periudhë të shkurtër kohe për të marrë më shumë pikë në provim.

Analiza e detyrave 15 nga provimi i profilit në matematikë

Në detyrat 15 të Provimit të Unifikuar të Shtetit në matematikë (profili), shpesh gjenden pabarazi logaritmike. Zgjidhja e pabarazive logaritmike fillon me përcaktimin e diapazonit të vlerave të pranueshme. Në këtë rast, nuk ka asnjë variabël në bazën e të dy logaritmeve, ekziston vetëm numri 11, i cili thjeshton shumë detyrën. Prandaj, i vetmi kufizim që kemi këtu është që të dyja shprehjet nën shenjën e logaritmit janë pozitive:

Title="(! LANG: Rendered by QuickLaTeX.com">!}

Pabarazia e parë në sistem është pabarazia kuadratike. Për ta zgjidhur, do të bënim vërtet mirë të faktorizonim anën e majtë. Unë mendoj se ju e dini se çdo trinom katror i formës Faktorizohet si më poshtë:

ku dhe janë rrënjët e ekuacionit . Në këtë rast, koeficienti është 1 (ky është koeficienti numerik përpara ). Koeficienti është gjithashtu i barabartë me 1, dhe koeficienti është një term i lirë, është i barabartë me -20. Rrënjët e një trinomi janë më të lehta për t'u përcaktuar duke përdorur teoremën e Vieta-s. Ekuacioni ynë zvogëlohet, që do të thotë shuma e rrënjëve dhe do të jetë e barabartë me koeficientin me shenjën e kundërt, pra -1, dhe prodhimi i këtyre rrënjëve do të jetë i barabartë me koeficientin, domethënë -20. Është e lehtë të merret me mend se rrënjët do të jenë -5 dhe 4.

Tani ana e majtë e pabarazisë mund të faktorizohet: title="(!LANG: Rendered by QuickLaTeX.com" height="20" width="163" style="vertical-align: -5px;"> Решаем это неравенство. График соответствующей функции — это парабола, ветви которой направлены вверх. Эта парабола пересекает ось !} X në pikat -5 dhe 4. Prandaj, zgjidhja e dëshiruar e pabarazisë është intervali . Për ata që nuk e kuptojnë se çfarë shkruhet këtu, detajet mund t'i shihni në video, duke filluar nga tani. Aty do të gjeni edhe një shpjegim të detajuar se si zgjidhet pabarazia e dytë e sistemit. Është duke u zgjidhur. Për më tepër, përgjigja është saktësisht e njëjtë si për pabarazinë e parë të sistemit. Kjo do të thotë, grupi i shkruar më sipër është zona e vlerave të pranueshme të pabarazisë.

Pra, duke marrë parasysh faktorizimin, pabarazia origjinale merr formën:

Duke përdorur formulën, le të shtojmë 11 në fuqinë e shprehjes nën shenjën e logaritmit të parë dhe të zhvendosim logaritmin e dytë në anën e majtë të pabarazisë, duke ndryshuar shenjën e tij në të kundërtën:

Pas reduktimit marrim:

Pabarazia e fundit, për shkak të rritjes së funksionit , është ekuivalente me pabarazinë , zgjidhja e të cilit është intervali . Mbetet ta kryqëzojmë atë me zonën e vlerave të pranueshme të pabarazisë dhe kjo do të jetë përgjigja për të gjithë detyrën.

Pra, përgjigja e dëshiruar për detyrën ka formën:

Ne e kuptuam këtë detyrë, tani kalojmë në shembullin tjetër të detyrës 15 të Provimit të Unifikuar të Shtetit në matematikë (profili).

Ne e fillojmë zgjidhjen duke përcaktuar gamën e vlerave të pranueshme të kësaj pabarazie. Baza e çdo logaritmi duhet të jetë një numër pozitiv që nuk është i barabartë me 1. Të gjitha shprehjet nën shenjën e logaritmit duhet të jenë pozitive. Emëruesi i një thyese nuk duhet të jetë zero. Kushti i fundit është ekuivalent me , pasi vetëm përndryshe të dy logaritmet në emërues zhduken. Të gjitha këto kushte përcaktojnë gamën e vlerave të pranueshme të kësaj pabarazie, e cila jepet nga sistemi i mëposhtëm i pabarazive:

Title="(! LANG: Rendered by QuickLaTeX.com">!}

Në rangun e vlerave të pranueshme, ne mund të përdorim formulat e transformimit të logaritmit për të thjeshtuar anën e majtë të pabarazisë. Duke përdorur formulën Hiqni qafe emëruesin:

Tani kemi vetëm logaritme bazë. Tashmë është më i përshtatshëm. Më pas, ne përdorim formulën dhe gjithashtu formulën për të sjellë shprehjen me vlerë në formën e mëposhtme:

Në llogaritjet kemi përdorur atë që është në rangun e vlerave të pranueshme. Duke përdorur zëvendësimin, arrijmë në shprehjen:

Le të përdorim edhe një zëvendësim: . Si rezultat, arrijmë në rezultatin e mëposhtëm:

Pra, kthehuni gradualisht në variablat origjinale. Së pari te ndryshorja:

PËRDORIMI në matematikë niveli i profilit

Puna përbëhet nga 19 detyra.
Pjesa 1:
8 detyra me një përgjigje të shkurtër të nivelit bazë të kompleksitetit.
Pjesa 2:
4 detyra me një përgjigje të shkurtër
7 detyra me një përgjigje të detajuar nivel të lartë vështirësitë.

Koha e ekzekutimit - 3 orë 55 minuta.

Shembuj të detyrave USE

Zgjidhja e detyrave USE në matematikë.

Për një zgjidhje të pavarur:

1 kilovat orë energji elektrike kushton 1 rubla 80 kopekë.
Matësi i energjisë elektrike më 1 nëntor tregoi 12625 kilovat orë, ndërsa më 1 dhjetor 12802 kilovat orë.
Sa duhet të paguani për energjinë elektrike në nëntor?
Jepni përgjigjen tuaj në rubla.

Në zyrën e këmbimit 1 hryvnia kushton 3 rubla 70 kopecks.
Pushuesit shkëmbyen rubla për hryvnia dhe blenë 3 kg domate me një çmim prej 4 hryvnia për 1 kg.
Sa u kushtoi atyre kjo blerje? Rrumbullakosni përgjigjen tuaj në numrin e plotë më të afërt.

Masha u dërgoi mesazhe SMS me urime për Vitin e Ri 16 miqve të saj.
Kostoja e një mesazhi SMS është 1 rubla 30 kopecks. Para se të dërgonte mesazhin, Masha kishte 30 rubla në llogarinë e saj.
Sa rubla do të ketë Masha pasi të dërgojë të gjitha mesazhet?

Shkolla ka tenda turistike të trefishta.
Cili është numri më i vogël i tendave për të marrë një ecje me 20 persona?

Treni Novosibirsk-Krasnoyarsk niset në orën 15:20 dhe mbërrin në orën 4:20 të nesërmen (koha e Moskës).
Sa orë udhëton treni?

A e dini se çfarë?

Ndër të gjitha figurat me të njëjtin perimetër, rrethi do të ketë sipërfaqen më të madhe. Në të kundërt, midis të gjitha figurave me të njëjtën sipërfaqe, rrethi do të ketë perimetrin më të vogël.

Leonardo da Vinci nxori rregullin që katrori i diametrit të trungut të pemës është i barabartë me shumën e katrorëve të diametrave të degëve, të marra në një lartësi të përbashkët fikse. Studimet e mëvonshme e konfirmuan atë me vetëm një ndryshim - shkalla në formulë nuk është domosdoshmërisht e barabartë me 2, por shtrihet në intervalin nga 1.8 në 2.3. Tradicionalisht besohej se ky model është për shkak të faktit se një pemë me një strukturë të tillë ka një mekanizëm optimal për furnizimin e degëve me lëndë ushqyese. Sidoqoftë, në vitin 2010, fizikani amerikan Christoph Elloy gjeti një shpjegim mekanik më të thjeshtë për fenomenin: nëse e konsiderojmë një pemë si një fraktal, atëherë ligji i Leonardos minimizon mundësinë e thyerjes së degëve nën ndikimin e erës.

Studimet laboratorike kanë treguar se bletët janë në gjendje të zgjedhin rrugën më të mirë. Pas lokalizimit të luleve të vendosura në vende të ndryshme, bleta bën një fluturim dhe kthehet në atë mënyrë që rruga përfundimtare të jetë më e shkurtra. Kështu, këto insekte përballen në mënyrë efektive me "problemin e shitësit udhëtues" klasik nga shkenca kompjuterike, të cilin kompjuterët modernë, në varësi të numrit të pikëve, mund të kalojnë më shumë se një ditë për ta zgjidhur.

Një zonjë e njohur i kërkoi Ajnshtajnit ta telefononte, por paralajmëroi se numri i saj i telefonit është shumë i vështirë për t'u mbajtur mend: - 24-361. E mbani mend? Përsëriteni! Ajnshtajni i habitur u përgjigj: - Sigurisht, më kujtohet! Dy duzina dhe 19 në katror.

Stephen Hawking është një nga fizikantët më të mëdhenj teorikë dhe popullarizuesi i shkencës. Në një histori për veten e tij, Hawking përmendi se ai u bë profesor i matematikës pa marrë asnjë edukimi matematikor nga koha e gjimnaz. Kur Hawking filloi të jepte matematikë në Oksford, ai lexoi librin e tij dy javë përpara studentëve të tij.

Numri maksimal që mund të shkruhet me numra romakë pa shkelur rregullat e Schwartzman (rregullat për shkrimin e numrave romakë) është 3999 (MMMCMXCIX) - nuk mund të shkruani më shumë se tre shifra me radhë.

Ka shumë shëmbëlltyra se si një person i ofron tjetrit për t'i paguar për ndonjë shërbim si më poshtë: ai do të vendosë një kokërr oriz në qelizën e parë të tabelës së shahut, dy në të dytën, e kështu me radhë: çdo qelizë tjetër është dy herë më shumë. si ai i mëparshmi. Si rezultat, ai që paguan në këtë mënyrë është i detyruar të rrënohet. Kjo nuk është për t'u habitur: vlerësohet se pesha totale e orizit do të jetë më shumë se 460 miliardë tonë.

Në shumë burime ekziston një deklaratë se Ajnshtajni e ka rrëmbyer matematikën në shkollë ose, për më tepër, në përgjithësi ka studiuar keq në të gjitha lëndët. Në fakt, nuk ishte kështu: Alberti që në moshë të re filloi të shfaqte talent në matematikë dhe e njihte atë shumë përtej programit shkollor.

PËRDORNI 2020 në matematikë detyrën 15 me një zgjidhje

Demo versioni i provimit Matematika 2020

Provimi i Unifikuar Shtetëror në Matematikë 2020 në format pdf Niveli bazë | Niveli i profilit

Detyrat për përgatitjen e provimit në matematikë: niveli bazë dhe i profilit me përgjigje dhe zgjidhje.

Matematika: bazë | profili 1-12 | | | | | | | | në shtëpi

PËRDORIMI 2020 në detyrën 15 të matematikës

USE 2020 në detyrën 15 të nivelit të profilit të matematikës me një zgjidhje

PËRDORIMI në detyrën 15 të matematikës

Kushti:

Zgjidh pabarazinë:
log 2 ((7 -x 2 - 3) (7 -x 2 +16 -1)) + log 2 ((7 -x 2 -3)/(7 -x 2 +16 - 1)) > log 2 ( 7 7-x 2 - 2) 2

Zgjidhja:

Ballafaqimi me ODZ:
1. Shprehja nën shenjën e parë të logaritmit duhet të jetë më e madhe se zero:
(7 (-(x 2))-3) (7 (-(x 2) + 16) -1) > 0

X 2 është gjithmonë më i vogël ose i barabartë me zero, prandaj,
7 (-x2)< = 1, следовательно,
7 (-x 2) - 3< = -2 < 0

Kjo do të thotë që për të përmbushur kushtin e parë në ODZ, është e nevojshme që
7 (-(x 2)+16) - 1< 0
7 (-(x2)+16)< 1 = 7 0
-(x2)+16< 0
x2 > 16
x i përket (-pafundësi; -4) U (4, + pafundësi)

2. Shprehja nën shenjën e dytë të logaritmit duhet të jetë më e madhe se zero. Por atje rezultati do të jetë i njëjtë si në paragrafin e parë, pasi të njëjtat shprehje janë në kllapa.

3. Shprehja nën shenjën e tretë të logaritmit duhet të jetë më e madhe se zero.
(7 (7-x 2) -2) 2 > 0
Kjo pabarazi është gjithmonë e vërtetë përveç kur
7(7-x2)-2=0
7 (7-x 2) = 7 (log_7(2))
7-x 2 = log_7(2)
x 2 = 7 - log_7(2)
x = (+-)sqrt(7-log_7(x))

Le të vlerësojmë se çfarë është afërsisht e barabartë me sqrt(7-log_7(x)).
1/3 = log_8 (2)< log_7(2) < log_4(2) = 1/2
2 = sqrt (4)< sqrt(7-1/2) < sqrt(7-log_7(2)) < sqrt(7-1/3) < sqrt(9) = 3

Kjo do të thotë, kushti x nuk është i barabartë me (+-)sqrt(7-log_7(x)) tashmë është i tepërt, pasi në paragrafin (1) ne kemi hedhur tashmë intervalin duke përfshirë këto pika nga DPV.

Pra, përsëri ODZ:
x i përket (- pafundësia; -4) U (4, + pafundësia)

4. Tani, duke përdorur vetitë e logaritmit, pabarazia origjinale mund të transformohet si kjo:
log_2 ((7 (-x 2) - 3) 2) > log_2 ((7 (7 - x 2) - 2) 2)

Log_2(x) është një funksion në rritje, kështu që ne heqim qafe logaritmin pa ndryshuar shenjën:
(7 (-x 2) -3) 2 > (7 (7-x 2) -2) 2

Le të vlerësojmë nga lart dhe poshtë shprehjet (7 (-x 2) -3) 2 dhe (7(7-x2)-2)2, duke marrë parasysh ODZ:

x2< -16
0 < 7 (-x 2) < 1
-3 < 7 (-x 2) -3 < -2
4 < (7 (-x 2) -3) 2 < 9

x2< -16
0 < 7 (7-x 2) < 1
-2 < 7 (-x 2) -2 < -1
1 < (7 (-x 2) -3) 2 < 4

Prandaj, pabarazia vlen për çdo x që i përket ODZ.