x=3 Kontroll: 33+1+33 = 34+33=81+27=108 Näide 2. Lahendame võrrandi 32x-2*32x-1-2*32x-2=1 Kaotame summad ja vahed astendajas 32x-2*32x*3-1-2*32x*3-2=1 Toome sulgude ette 32x 32x(1- 2/3 -2/9) =1 32x * 1/9 =1 32x = 1: 1/9 32x = 9 32x = 32 2x = 2 x=1 Kontroll: 32*1-2*32*1-1-2*32*1-2= 9-2*3-2*1 = 9-6-2=1 III Eksponentvõrrandi taandamine ruutvõrrandiks muutujavahetuse abil. Näide 1. Lahendame võrrandi 9x-2*3x-3=0 32x -2*3x-3=0 Teeme muutujate vahetuse 3x=a a2-2a-3=0 Selle ruutvõrrandi lahenditeks on (lahenda ise!) a1= -1 ja a2= 3. Seega 1) 3x= -1 Sellel võrrandil lahend puudub. 2) 3x= 3 x=1 Kontroll: 91-2*31-3= 9-6-3=0 Näide 2. Lahendame võrrandi 22x-1 - 2x+1 = 16 Kaotame summad ja vahed astendajas: 22x*2-1 - 2x*21 =16 0,5* 22x - 2*2x -16 = 0 Teeme muutujate vahetuse 2x=a 0,5a2 - 2a - 16 = 0 Selle ruutvõrrandi lahenditeks on (lahenda ise!): a1= -4 ja a2= 8. Seega 1) 2x= -4, sellel võrrandil lahend puudub. 2) 2x=8 2x= 23 x=3 Kontroll: 22*3-1 - 23+1 = 25-24= 32-16 = 16
b Arvutada kalkulaatori abil: x x x 1) 5 =20 2) 7 =40 3) 0,5 =120 3.Logaritmvõrrandid Võrrandit, kus tundmatu on kas logaritmi alus või logaritmitav, nimetatakse logaritmvõrrandiks. Et lahendada logaritmvõrrandit tuleb see teisendada kujuks log a f ( x )=b või log a f ( x )=log a g( x) , mille lahenditeks on f ( x )=a b või f ( x )=g( x ) . Tuleb meeles pidada, et logaritmitav on alati positiivne! Logaritmvõrrandi kontroll on kohustuslik. Näiteid: lahendada logaritmvõrrandid 1) log 5 ( x-3 ) +log 5 ( x+ 3 )-log 5 ( x +1 )=1 . Kasutame omadusi 1. ja 2. Siis võrrand saab kuju ( x-3 )( x +3 ) log 5 =1. x +1 Logaritmi definitsiooni põhjal saame x 2-9 1 millest saame
H. Lambert 1767. aastal, et on irratsionaalarv, kuid tema tõestus ei olnud päris korrektne. Prantsuse matemaatik A. M. Legendre tõestas 1794. aastal lõplikult arvu irratsionaalsuse ja ühtlasi ka arvu ruudus irratsionaalsuse. Ent ikkagi jätkusid otsingud ringjoone sirgestumise probleemi lahendamiseks. Nimelt polnud teada, kas irratsionaalarvude hulk piirdub algebraliste arvudega, s.t. arvudega, mis on ratsionaalarvuliste kordajatega algebraliste võrrandite lahenditeks, või on olemas veel teisi, mittealgebralisi irratsionaalarve. Viimase puhul võiks oletada, et kui on irratsionaalne algebraline arv, siis võiksid esined algebralised võrrandid irratsionaalarvuliste kordajatega. See omakorda tähendaks, et sirkli ja joonlaua abil saab ringjoont sirgestada. Alles 1844. aastal näitas prantsuse matemaatik J. Liouville, et on olemas irratsionaalarve, mis pole ühegi ratsionaalarvuliste kordajatega algebralise võrrandi lahenditeks. Ta nimetas neid arve
Ruutvõrrandisüsteemid Ruutvõrrandisüsteeme lahendatakse üldjuhul asendusvõttega (aga mitte alati). Näide 1. Lahendame võrrandisüsteemi Avaldame esimesest võrrandist x-i, saame x = 8 - y. Asendame nüüd x teise võrrandisse, saame ruutvõrrandi (8 - y)y = 15, ehk -y2 + 8y = 15, millest y2 - 8y + 15 = 0. Selle ruutvõrrandi lahendid on y1 = 3 ja y2 = 5. Leiame vastavad x väärtused: x1 = 8 - 3 = 5 ja x2 = 8 - 5 = 3. Seega võrrandisüsteemi lahendid on (5; 3) ja (3; 5). Näide 2. Lahendame võrrandisüsteemi Kõigepealt lihtsustame esimest võrrandit, seejärel saame võrrandisüsteemi . Avaldame teisest võrrandist y, siis saame y = 6 + x. Asendame nüüd y esimesse võrrandisse, siis saame x suhtes võrrandi 72 = x(6 + x), millest x2 + 6x - 72 = 0. Selle võrrandi lahendid on x1 = 6 ja x2 = -12. Seega võrrandisüsteemi lahenditeks saame (6; 12) ja (-12; -6). ...
muutes iga üleviidava liikme ees märgi vastupidiseks. Kui võrrandi mõlemat poolt korrutada või jagada ühe ja sama nullist erineva arvuga, siis saame esialgse võrrandiga samaväärse võrrandi. Näited 2 3 4 2 x 3 4 3 1 2 x 3 4 3 1) x 1 3 3 3 3 3 2) 4 sin x 8 16 tan x sin x 2 4 tan x Võrrandi järeldused ja võõrlahendid Kui asendada esialgne võrrand uuega, mille lahenditeks on kõik esialgse võrrandi lahendid ja millel võib olla veel lahendeid, siis nimetatakse uut võrrandit esialgse võrrandi järelduseks. Järelduseks oleva võrrandi lisalahendeid algsetega võrreldes nimetatakse võõrlahenditeks. Esialgse võrrandi ja järelduse vahele pannakse märk . Võõrlahendid eraldatakse antud võrrandi tõelistest lahenditest kontrollimisel, asendades muutuja leitud väärtused esialgsesse võrrandisse. Võõrlahendid Näide
(-3)2-(-3)=9+3=12. Seega ka lahend x4=-3 rahuldab võrrandit. Kontrollime nüüd lahendeid graafiliselt ja vaatame, kas sel võrrandil võib olla veel lahendeid. Joonestame funktsioonide y =(x+2)x2-x, y =1 graafikud ja leiame nende lõikepunktid, mis ongi võrrandi (x+2)x2-x=1 lahenditeks. Siit graafikult näeme, et tegelikult pole funktsioon y =(x+2)x2-x määratud reaalarvude hulgal kui x<-2, sest siis ei saa kõikide reaalarvuliste x väärtuste korral funktsioonile väärtusi leida. Samuti näeme, et võrrandil on just nimelt need neli lahendit, mis me juba eespool leidsime. Vastus: x1=0 x2=1 x3=-1 x4=-3
Murdvõrrandi lahendamine 1) Viid kõik liikmed vasakule poole võrdusmärki. 2) tegurdad olemasolevad nimetajad. 3) Viid murrud ühisele murrujoonele. 4) Kirjutad süsteemi: lugeja = 0 ja nimetaja 0. 5) Lahendad mõlemad võrrandid. 6) Kontrollid ja kirjutad vastuse. 14 + 2 x 11 + x x - 1 Näide: Lahenda võrrand -4 = 2 - . x +1 x -1 x +1 14 + 2 x 11 + x x - 1 1) viin kõik liikmed vasakule poole -4- 2 + =0 x +1 x -1 x +1 14 + 2 x 11 + x x -1 2) tegurdan olemasolevad nimetajad -4 - + =0 x +1 ( x + 1)( x - 1) x + 1 3) viin murrud ühisele murrujoonele, selle...
MURDVÕRRANDI LAHENDAMINE kõik vasakule poole = 0 leia ühine nimetaja leia laiendajad korruta laiendaja lugejaga koonda ja korrasta lugejas lugeja 0 kirjuta süsteem nimetaja 0 lahenda saadud võrrandid hinda lahendite sobivust ehk lugejast saadud lahendid ei tohi olla nimetaja lahenditeks tee kontroll, tekstülesande korral lähtu tekstist, mitte saadud võrrandist vastus
6) tegurda lugejas 7) taanda Punktid 5) 7) VÕIMALUSEL MURDVÕRRANDI LAHENDAMINE kõik vasakule poole = 0 leia ühine nimetaja leia laiendajad korruta laiendaja lugejaga koonda ja korrasta lugejas lugeja 0 kirjuta süsteem nimetaja 0 lahenda saadud võrrandid hinda lahendite sobivust ehk lugejast saadud lahendid ei tohi olla nimetaja lahenditeks tee kontroll, tekstülesande korral lähtu tekstist, mitte saadud võrrandist vastus
Kui korrutame teise võrrandi mõlemad pooled 2-ga ja seejärel lahutame esimesest võrrandist teise, siis saame tulemuseks ilmselt tõese võrduse 0 = 0. Seega on võrrandisüsteemil lõpmata palju lahendeid. Kuid see ei tähenda sugugi seda, et mistahes arvupaar (x; y) oleks võrrandisüsteemi lahendiks. Lahendeid saab leida näiteks sel viisil, et anname x suvalise väärtuse ja seejärel arvutame y väärtuse. Nii saame näiteks lahenditeks arvupaarid (0; 2), (1; 1), (2; 0), (3; -1) jne. Vaatame nüüd ühte näidet asendusvõtte kasutamise kohta. Näide 5. Lahendame võrrandisüsteemi Avaldame näiteks esimesest võrrandist x ja asendame saadud tulemuse teise võrrandisse: (1) ning peale asendamist saame y suhtes võrrandi ehk pärast mõlema poole 2-ga korrutamist 3(5 - 3y) + 4y = 10, millest saame, et 15 - 9y + 4y = 10 ehk -5y = -5, kust y = 1. Leiame nüüd x
Kontrolli kasutades: seda! x1;2 = 1 ± 1 - 10 = 1 ± -9 = 1 ± 3i. Siit x1 = 1 + 3i ja x2 = 1 - 3i. Kahe kompleksarvu jagamisel aitab meid lihtne reegel: laiendame murdu selle Nii nagu esimese võrrandi puhul, on ka nüüd võrrandi lahenditeks kaaskomp- nimetajas oleva kompleksarvu kaaskompleksarvuga. Nii vabaneme imaginaar-susest leksarvud. murru nimetajas. 3) Võrrand x4 - 3x2 - 4 = 0 pole küll ruutvõrrand (see on biruutvõrrand), kuid ta Seega lahendatakse analoogiliselt. Teeme muutuja vahetuse x2 = t, saame ruutvõrrandi t2 a + bi (a + bi)(c - di) ac - adi + cbi + bd ac + bd bc - ad
funktsiooni suhtes Kui trigonomeetriline võrrand on mingi trigonomeetrilise funktsiooni suhtes algebraline võrrand, siis esmalt lahendatakse see (algebraline) võrrand temas esineva trigonomeetrilise funktsiooni suhtes. Tulemusena saadakse põhivõrrandid või neile vahetult taanduvad võrrandid. Näide 5 cos 2 x + 21cos x - 20 = 0. Lahendame antud võrrandi kui ruutvõrrandi cos x suhtes: 5u 2 + 21u - 20 = 0. Lahenditeks on u1 = 0,8 ja u2 = -5. Tulemusena saame võrrandid cos x = 0,8 ja cos x = -5. millest esimene annab lahendi x = ±0,6435 + 2n , n Z , teine aga on vastuoluline. Algebraline võrrand trigonomeetrilise funktsiooni suhtes Mõned trigonomeetrilised võrrandid kujutavad endast algebralisi võrrandeid keerukama avaldise suhtes. Näide tan 2 6 x tan 6 x 2 +2 + 1 = 0. tan 3 x tan 3 x
Näide 1. Lahendame võrrandid 1) 3x2 + 6x = 0, 2) 0,5x2 23 = 0, 3) 3x2 = 0. 1) Võrrandi 3x2 + 6x = 0 lahendamisel toome x sulgude ette, siis saame x(3x + 6) = 0. Kahe arvu korrutis on null parajasti siis, kui vähemalt üks arvudest on null, seega kas x = 0 või 3x + 6 = 0, millest x = 2. Vastus: x1 = 0, x2 = 2. 2) Kui 0,5x2 23 = 0, siis 0,5x2 = 23, millest x2 = 46. Järelikult x1 = - 46 ja x 2 = 46 . 3) Seda tüüpi võrrandi lahenditeks on alati 0 ja 0. Kui jagame võrduse 3x2 = 0 mõlemad pooled arvuga (3), siis saame võrrandi x2 = 0, millest x1 = x2 = 0. Lineaar- või ruutvõrrandi lahendamisele taandub tavaliselt ka võrdekujuline võrrand. 3+x 2x + 1 = Näide 2. Lahendame võrrandi x - 1 3 + 2x . a c =
siis a × d = b × c. 40 1 Enda võrrandi ehk x 2+2 x = 3 puhul seega 40 × 3 = 1 × (x2 + 2x). Järelikult 120 (vasak pool) = x2 + 2x (parem pool). Viies 120 paremale poole, muutub selle ees olev märk ning saan ruutvõrrandi 0 = x2 + 2x – 120. Järelikult saan lahendada ruutvõrrandi lahengivalemi järgi ning saan lahenditeks x1 = 10 x2= -12 Viimane neist ei sobi ülesande lahendiks, sest on negatiivne. Seega sobib lahendiks ainult 10, mis ongi x’i väärtus. X, nagu enne mainitud, tähtistab Kati kiirust. Võrrandi kontrollimiseks asendan x’i 10ga ning kontrollin võrrandi tõesust: 20 20 1 20 20 1 2 5 1
x 96 , seega x−4 96 96 lahendame võrrandi +2= . x x−4 Selleks teisendame võrrandi vasakut poolt ja seejärel kasutame võrde põhiomadust: 96 + 2 x 96 = , x x−4 (96 + 2 x )( x − 4) = 96 x, 96 x − 384 + 2 x 2 − 8 x = 96 x, 2 x 2 − 8 x − 384 = 0, x 2 − 4 x − 192 = 0. Selle võrrandi lahenditeks on 16 ja (–12). Teine lahend ei sobi ülesande tingimuste tõttu, sest pole võimalik krohvida –12 m2 pinda. Kui Maaly krohvib päevas 16 m2, siis kogu töö tegemiseks kulub 96 : 16 = 6 päeva; Juuly krohvib päevas 16–4 = 12 m2 ja kogu töö tegemiseks kulub 8 päeva. Saadud tulemused on kooskõlas ülesande tingimustega. Vastus: Maaly krohvib 6 päeva, Juuly 8 päeva. Ülesanne 2 Jüri ja Mari sööksid saia koos ära 6 minutiga. Maril üksinda kuluks saia
tegelikult on koti tarbijaskond väga erinev ning suur, sest kõik me käime poodlemas. Nõueteloetelu Nagu igal teisel tootel, oleks ka sellel kotil mõned nõuded, mis aitab kotil täita oma eesmärgid: · Mugav kaasas kanda · Mahukas · Kerge · Vastupidav · Niiskuskindel · Odav Võimalikud lahendite otsimise suunad Mugav oleks, kui kott oleks kokkupandav, ning koti kaal oleks ilma kaubata madal. Kindlasti peaks olema praktiline ning lahenditeks peaksid olema korduvkasutatavad, mitte kilekotid, mis on meie keskkonnale kahjulikud ja kiiresti purunevad. Idee nr.1- Silikoonist ostukott Ideeks on silikoonist ostukott. Silikoon on materjal, mis on vastupidav ja veniv. Kott on mahukas ning seetõttu mahub sinna palju kaupa. Sangad on tehtud käekuju järgi ning on plastmassist. Et kotti oleks parem kaasas kanda, saab seda ka kokku kerida. Kott rullitakse kokku ja kinnitatakse rihmade ja trukkidega. Suurused on erinevad.
Nii saab järgmised lahendipaarid(valides -200 200), kusjuures varem leitud lahend on samuti nende seas. (-182,111), (-141,86), (-100,61), (-59,36), (-18,11), (23,-14), (64,-39), (105,-64),(146,-89), (187,-114) Panen tähele, et = " - 25 ja = " + 41, kus " = -18 ja " = 11 on Eukleidese algoritmiga leitud lahendid. Näitan, et väide kehtib iga k korral, st et = " - 25 ja = " + 41 on tõepoolest võrrandi lahenditeks. Tõepoolest: 25(" + 41) + 41(" - 25) = 25" + 25 41 + 41" - 41 25 = 25" + + 41" = 25 (-18) + 41 11 = 1, mida tuligi näidata. Seega on lõplik vastus: " = -18; " = 11 ja üldlahend: = " - 25 ja = " + 41 ÜLESANNE 3. 2 + 4 (J 17) / 5 10 + 5 20 (J 17) 10 + 5 3 (J 17) 5 - 5 9 (J 17) 5 - 5 9 (J 17) 5 - 5 9 (J 17) Liidan võrrandid. 10 + 5 + 5 - 5 12 (J 17) 15 12 (J 17) Lahendan saadud võrrandi.
N M l x y y y Joonis 13.4 · selle nõtkunud varda differentsiaalvõrrandi lahenditeks on: üldlahend: v1 = C1 sin kx + C 2 cos kx ja erilahend: v2 = f, kokku komplekslahend: v = C1 sin kx + C 2 cos kx + f , kus: C1, C2 integreerimiskonstandid; · integreerimiskonstandid avaldatakse v = 0 piiritingimustest: kui x = 0, siis
Ly=L(C1y1+C2y2+...+Cnyn+Y*)=Lyhom+Ly*=0+Ly*, Ly*=f eelduse põhjal lin. mittehom. DV lahend. Eelduste kohaselt L(C1y1+C2y2+...+Cnyn)≡0, Ly*=f, siis L aditiivsuse tõttu L(yhom+y*)=Lyhom+Ly*=0+Ly*=f. Omadus 3: Olgu f=f1+f2. Kui y1 on võrrandi Ly=f1 lahend ja y2 on võrrandi Ly=f2 lahend, siis y=y1+y2 on võrrandi Ly=f lahend. Tõestus: Ly=L(y1+y2)=Ly1+Ly2=f1+f2=f. Omadus 4: Olgu y=u+iv võrrandi (1h) lahendiks, siis on ka u ja v võrrandi (1h) lahenditeks. Tõestus: L(u+iv)≡0, siis L(u+iv)=Lu+L(iv)=Lu+iLv≡0; Lu+iLv; i=√-1≠0. Aditiivsuse tõestus: L(y1+y2)=p0(x)(y1+y2)(n)+p1(x)(y1+y2)(n-1)+..+pn(x)(y1+y2)=p0(x)(y1(n)+y2(n))+p1(x) (y1(n-1)+y2(n-1))+..+pn(x)(y1+y2)=p0(x)y1(n)+p1(x)y1(n-1)+..+pn(x)y1+p0(x)y2(n)+p1(x)y2(n-1)+.. +pn(x)y2=Ly1+Ly2. 4. Funktsioonide lineaarne sõltuvus ja sõltumatus. V: Olgu meil antud funktsioonid y1(x),y2(x),...,yn(x), xє(a;b). Definitsioon: Funktsioone y1(x), ..
5 x 15 :5 x 3. Kontroll. x 3 , 23 3 1 1 1,5 0,5 v 6 7 33 7 9 p 0,5 4 4 v p. Vastus. Võrrandi lahend x 3. Näide 9 Lahendada võrrand 3 x 2 5 3 x 1. Lahendus. Avame sulud: 3 x 2 5 3x 1 3x 6 5 3x 1 3 x 3 x 1 6 5 0 x 0. Vastus. Võrrandi lahenditeks on kõik reaalarvud. Näide 10 4x 1 1 2 x 4 5 . Lahendada võrrand 2 Lahendus. Teeme vajalikud teisendused: 4x 1 1 2 x 4 5 2 2 4 x 1 2 4 x 16 10 4 x 4 x 16 10 2 1 0 x 5. Vastus. Võrrandil puudub lahend. RUUTVÕRRAND Ruutvõrrandiks (teise astme algebraliseks võrrandiks) nimetatakse võrrandit, mis avaldub kujul
tundmatu. b ax + b = 0 ax = -b | :a x=- a Näiteülesanne 1: Näiteülesanne 2: 2(x - 3) + x + 6 = 3x 17 + 5(x 2) = 5x 2x 6 + x + 6 - 3x = 0 17 + 5x 10 -5x = 0 3x - 3x - 6 + 6 = 0 7=0 0=0 VASTUOLU, seega lahendid puuduvad. SAMASUS, seega lahenditeks on kõik reaalarvud. Kui a0, siis võrrandil on üks lahend. Kui a=0 ja b0, siis lahendid puuduvad. Kui a=b=0, siis on lahendeid lõpmatult. Võrrandi põhiomadused: Võrrandi lahendamise käigus tehakse mitmesuguseid teisendusi, avatakse sulge jne; mille abil saadakse nagu uus võrrand, see peab aga jääma samaväärseks. nt: 3(4 2x) x = 2(x 5) + 4 12 6x x = 2x 10 + 4 Võrrandite pooli võib vahetada
Kui kaks matemaatilist avaldist on seotud ühega märkidest >, < (range võrratuse märgid), , (mitterange võrratuse märgid), siis kõneleme võrratusest. Võrratuse mõlemale poole võib liita või temast lahutada ühe ja sama arvu. Võrratuse mõlemaid pooli võib korrutada või jagada ühe ja sama nullist erineva arvuga. Kui see arv on positiivne, siis jääb võrratuse märk samaks, kui negatiivne, siis muutub vastupidiseks. Võrratuse lahenditeks on muutuja need väärtused, mille korral võrratus on tõene. Võrratuse kõik lahendid kokku moodustavad võrratuse lahendihulga. Samu muutujaid sisaldavaid võrratusi nimetatakse samaväärseteks, kui neil on üks ja sama lahendihulk. Võrratuse lahendihulga kirjeldame alati nii graafiliselt kui ka piirkonnana. Ruutvõrratuse lahendamisel leiame kõigepealt ruutvõrrandi nullkohad, siis skitseerime parabooli ja siis leiame graafikult lahendipiirkonna.
(mitterange võrratuse märgid), siis kõneleme võrratusest. Võrratuse mõlemale poole võib liita või temast lahutada ühe ja sama arvu. Võrratuse mõlemaid pooli võib korrutada või jagada ühe ja sama nullist erineva arvuga. Kui see arv on positiivne, siis jääb võrratuse märk samaks, kui negatiivne, siis muutub vastupidiseks. Võrratuse lahenditeks on muutuja need väärtused, mille korral võrratus on tõene. Võrratuse kõik lahendid kokku moodustavad võrratuse lahendihulga. Samu muutujaid sisaldavaid võrratusi nimetatakse samaväärseteks, kui neil on üks ja sama lahendihulk. Võrratuse lahendihulga kirjeldame alati nii graafiliselt kui ka piirkonnana. Ruutvõrratuse lahendamisel leiame kõigepealt ruutvõrrandi nullkohad, siis skitseerime parabooli ja siis leiame graafikult lahendipiirkonna.
Võrrandid ja võrrandisüsteemid 3.1 Võrdus, samasus, võrrand. Lineaar- ja ruutvõrrandid · Kui kaks avaldist ühendatakse võrdusmärgiga, saadakse võrdus. · Võrdust, mis on tõene muutujate kõigi lubatavate väärtuste korral, nimetatakse samasuseks. Ka tõene arvvõrdus on samasus. · Võrrandiks nimetatakse muutujaid sisaldavat võrdust, milles üks või mitu muutujat loetakse otsitavaks e tundmatuks. · Võrrandi lahenditeks nimetatakse tundmatute selliseid väärtusi, mille asendamisel võrrandisse saame tõese arvvõrduse. · Võrrandi f(x)=g(x) määramispiirkonnaks nimetatakse tundmatu x nende väärtuste hulka, mille korral nii avaldise f(x) kui ka avaldise g(x) väärtus on määratud (ehk arvutatav). Viete'i teoreem. Kui x1 ja x2 on ruutvõrrandi x2+px+q=0 lahendid, siis x1+x2=-p ja x1x2=q 3.2 Võrrandite samaväärsus
2 CO = x - +y BO = a + 2 2 2 Ehk numbriliselt AO 2 = ( x + 22 ) 2 + y 2 AO 2 = ( a + 22) 2 + b 2 ja ( AO - 10 ) 2 = ( x - 22 ) 2 + y 2 ( AO - 18) 2 = ( a + 22) 2 + ( b - 58) 2 Nende võrrandisüsteemide lahenditeks sain: 5 AO 25 5 AO 25 22 - 22 22 - 22 x1, y1 = x2, y2 = - 3 3 17 ( AO + 17 )( AO - 27 ) 3 3 17 ( AO + 17 )( AO - 27 ) 22 22 2 2 95 ( AO + 20)( AO - 38) - - 22
Juurvõrrandit lahendadakse, viies juurega liikmed ühele poole ja juureta liikmed teisele poole ning seejärel tõstetakse mõlemad pooled ruutu. Näide: Ruututõstmist võib kasutada mitu korda, kui seda on juurtest lahtisaamiseks vaja. Edasi lahendatakse võrrandit nagu tavalist ruutvõrrandit. Antud näites -> Viime võrrandi ruutvõrrandi tavakujule, kust saame lahenditeks x1 = 3 ja x2 = 6, kuid kontrolli käigus selgub, et 6 ei ole sobiv lahend, seega on juurvõrrand lahendiks 3. JUURVÕRRANDIT TULEB ALATI KONTROLLIDA! Absoluutväärtus Absoluutväärtusega võrrandites on muutuja absoluutväärtuste vahel. Neid võrrandeid saab lahendada mitut moodi vastavalt sellele, kas absoluutväärtuseid on üks või mitu. 1) Kui absoluutväärtusi on võrrandis üks:
12 − 4 x − 6 = 21 − 9 x − 4 x + 9 x = 21 − 12 + 6 5 x = 15 :5 x = 3. Kontroll. x = 3 , 2⋅3+ 3 v = 1− = 1 − 1,5 = −0,5 6 7 − 3⋅3 7 − 9 p= = = −0,5 4 4 v = p. Vastus. Võrrandi lahend x = 3. Näide 2. Lahendada võrrand 3( x − 2) + 5 = 3 x − 1. Lahendus. Avame sulud: 3( x − 2) + 5 = 3 x − 1 3x − 6 + 5 = 3x − 1 3 x − 3 x = −1 + 6 − 5 0 ⋅ x = 0. Vastus. Võrrandi lahenditeks on kõik reaalarvud. 24 4x − 1 Näide 3. Lahendada võrrand + 1 = 2( x + 4 ) − 5 . 2 Lahendus. Teeme vajalikud teisendused: 4x − 1 + 1 = 2( x + 4) − 5 ⋅2 2 4 x − 1 + 2 = 4 x + 16 − 10 4 x − 4 x = 16 − 10 − 2 + 1 0 ⋅ x = 5. Vastus. Võrrandil puudub lahend. Näide 4. Lahendada võrrand 2 x 2 − x − 1 = 0 .
¯2 w x3 ) . . . . esindajaks 13 ülesanne lahendatud: MDNK ja MKNK leitud McCluskey' meetodiga |______________________________________________________________________________| pane tähele : 3 erinevat MKNK-avaldist (mis on lahenditeks valitavad McCluskey' meetodis) on needsamad 3 lahendit, millele viitab ka Karnaugh' kaart :
***Omadus 2: Kui y1, y2, ..., yn on (1h) lahendid, y* on aga (1) lahend, siis y = C 1y1 + C 2y2 + ... + C nyn + y* on (1) lahend. **Tõestus on vaja näidata, et Lyf. **Ly=L(C1y1+C2y2+...+Cnyn+Y*)= L(C 1y1+C2y2+...+Cnyn)+Ly*=f+0=f (Tõest)n***Omadus 3: Olgu f=f1+f2. Kui y1 on võrrandi Ly=f1 lahend ja y2 on võrrandi Ly=f2 lahend, siis y=y1+y2 on võrrandi Ly=f lahend. **Tõestus: Ly=L(y1+y2)=Ly1+Ly2=f1+f2=f. ***Omadus 4: Olgu y=u+iv võrrandi (1h) lahendiks, siis on ka u ja v võrrandi (1 h) lahenditeks.(u ja v suval arvud)) **Tõestus: L(u+iv)0, siis L(u+iv)=Lu+L(iv)=Lu+iLv0; Lu+iLv; i=-10. (Tõest) ***Aditiivsuse tõestus: L(y1+y2)=p0(x)(y1+y2)(n)+p1(x)(y1+y2)(n-1)+..+pn(x)(y1+y2)=p0(x)(y1(n) +y2(n))+p1(x)(y1(n-1)+y2(n-1))+..+pn(x)(y1+y2)=p0(x)y1(n)+p1(x)y1(n-1)+..+pn(x)y1+p0(x)y2(n)+p1(x)y2(n-1)+..+pn(x)y2=Ly1+Ly2. (ADIT TÕEST) 4. Funktsioonide lineaarne sõltuvus ja sõltumatus. V: Olgu meil antud funktsioonid y1(x),y2(x),...,yn(x), x(a;b).
Näiteks: 9+4=15-2 Võrdust, mis on tõene muutujate kõigi lubatavate väärtuste korral, nimetatakse samasuseks. Ka tõene arvvõrratus on samasus. Näiteks: (x + 2)² = x² + 4x + 4 12 Võrrandiks nimetatakse muutujaid sisaldavat võrdust, milles üks või mitu muutujat nimetatakse otsitava(te)ks ehk tundmatu(te)ks. Näiteks: x+6=7 Võrrandi lahenditeks nimetatakse tundmatu(te) selliseid väärtusi, mille asendamisel võrrandisse saame tõese arvvõrduse ehk samasuse. Võrrandi samaväärsus Kaht sama tundmatut (tundmatuid) sisaldavat võrrandit nimetatakse samaväärseks, kui nendel on kõik lahendid ühised või puuduvad. Näiteks: x + 2 = 9 ja 2 x 10 = 4 Võrrandi samaväärsust säilitavad järgnevad teisendused: a) Võrrandite pooli võib vahetada
Kui esialgse max-põhikujulise ülesande sihifunktsioon on lubatavate lahendite hulgal ülalt tõkestamata, siis vastaval duaalsel ülesandel puuduvad lubatavad lahendid ehk teisisõnu: kui ühe ülesande sihifunktsiooni väärtus on tõkestamata, siis on teise samasse paari kuuluva ülesande tingimustesüsteem vastuoluline. Selleks et xj (x1, x2, …, xn) ja yi (y1, y2, … , ym) oleksid duaalsete ülesannete paari kuuluvate ülesannete optimaalseteks lahenditeks, on tarvilik ja piisav järgmiste seoste täitmine: a) xj (- cΣ=miiijya1j ) = 0 j = 1, 2, … , n b) yi (- bΣ=njjijxa1i ) = 0 i = 1, 2, … , m s.t. kui ühe ülesande tingimustesüsteemis mingi tingimus on rahuldatud range võrratusena, siis vastav tundmatu duaalses ülesandes peab võrduma nulliga ja kui mingi tundmatu optimaalses plaanis ei võrdu nulliga, siis vastav tingimus peab olema rahuldatud täpselt võrrandina ehk kui xj ≥ 0, siis = cΣ=miiijya1j
tal on selles punktis maksimum või miinimum. Punkte, kus või puudub ja või puudub, nim. kahe muutuja funktsiooni kriitilisteks punktideks. Lokaalse ekstreemumi olemasoluks tarviklik tingimus: Kui kahe muutuja funktsioonil z=f(x,y) on puntis M0 lokaalne ekstreemum, siis punk M0 on selle kahe muutuja funktsiooni kriitiline punkt. Niisuguseid kriitilisi punkte, kus mõlemad osatuletised võrduvad 0-ga, st. punkte, mis on võrrandisüsteemi lahenditeks. Selliseid punkte nim. kahe muutuja funktsiooni z=f(x,y) statsionaarseteks punktideks. Piisavad tingimused kahe muutuja funktsiooni lokaalse ekstreemumi olemasoluks: Olgu M0 kahe muutuja funktsioon z=f(x,y) statsionaarne punkt. 1. Kui AB-C2>0 ja A<0, siis on kahe muutuja funktsoonil statsionaarses punktis M0 lokaalne maksimum. 2. Kui AB-C2>0 ja A>0, siis on kahe muutuja funktsoonil statsionaarses punktis M0 lokaalne miinimum. 3
kaubamaja-tarbija-prügimäe vahel. Areng-arendamine on toimunud loodusressursside, sealhulgas ka inimese arvelt ÜRO, FAO materjalide andmeil. Kuna prügimajanduse arendamine, ka jäätmekäitlus kallineb pidevalt, selle ettevõtmise omanikud-monopolid tahavad üha enam kasumit, on küsimuseks: Kas siin on enam kohta loodussõbralikeil lahenditel,kompostide tegemisel, kasutamisel. Majanduslikud võimalused loodussõbralikeks lahenditeks on olemas, eelarve laekumine on hea. Kuid korruptiivsel ettevõtlusel, odaval ja harimatul tööjõul, klubi seisu viidud teadusega majandusel ei ole tulevikku, sest ei soovita leida võimalusi loodus- ja inimsõbralikele 8 lahenditele. Looduskaitse probleemide lahendamisel tuleb muuta kardinaalselt suhtumist inimesesse, rahasse. Raha on tähtis, Eesti inimene on aga rahast palju tähtsam, olulisem.
H. Lambert, et on irratsionaalarv, kuid tema tõestus ei olnud päris korrektne. Arvu irratsionaalsuse tõestas 1794. aastal lõplikult prantsuse matemaatik A. M. Legendre, ühtlasi tõestas ta ka arvu 2 irratsionaalsuse. See ei lõpetanud aga sugugi otsinguid ringjoone sirgestamise probleemi lahendamiseks. Nimelt ei olnud teada, kas irratsionaalarvude hulk piirdub algebraliste arvudega, s.t. arvudega, mis on ratsionaalarvuliste kordajatega algebraliste võrrandite lahenditeks, või on olemas veel teisi, mittealgebralisi irratsionaalarve. Kui oletada, et on irratsionaalne algebraline arv, siis võiksid esineda algebralised võrrandid irratsionaalarvuliste kordajatega, mis aga tähendaks, et sirkli ja joonlaua abil saaks ringjoont sirgestada. Alles 1844. aastal näitas prantsuse matemaatik J. Liouville, et on olemas irratsionaalarve, mis pole ühegi ratsionaalarvuliste kordajatega algebralise võrrandi lahendeiks. Ta nimetas neid arve transtsendentseteks, s.t
...,t n Lahendus : koos tame karakteris tl iku võrrandi: t 2 -A*t- B= 0 , et mei l A = 1 ja B= 2, s iis s aame t 2 -t- 2= 0 Lahenda me karakteris tl iku võrrandi: t1= 2; t2= -1 M is annab tule mus eks 1,2,4,8,16,...,2 n 1, -1, 1,-1,....,(-1) n T eoreem 2: Ku i s n ja t n on võrran d i (*) lah en d id , s iis on s ed a ka an = C * sn + D * tn . N äide: Leida lahendus rekurents ele s eos ele: Eel mis e näite põhj al on lahenditeks 2 n j a (-1) n J a antud teoreemi põhj al ka võttes n= 0 ja n= 1 s aame ehk mi lle lahendiks on C= 3 j a D= -2 ehk . Ü les anne: Leida täpne ees kiri fibonacci arvude leidmis eks : A = 1 ja B = 1 K arakteris tl ik võrrand on t 2 - t -1 = 0 , ning s elle lahendid: 1 1 1+ 5 1- 5 t1 = + +1 = ja t2 = 2 4 2 2
...,t n Lahendus : koos tame karakteris tl iku võrrandi: t 2 -A*t- B= 0 , et mei l A = 1 ja B= 2, s iis s aame t 2 -t- 2= 0 Lahenda me karakteris tl iku võrrandi: t1= 2; t2= -1 M is annab tule mus eks 1,2,4,8,16,...,2 n 1, -1, 1,-1,....,(-1) n T eoreem 2: Ku i s n ja t n on võrran d i (*) lah en d id , s iis on s ed a ka an = C * sn + D * tn . N äide: Leida lahendus rekurents ele s eos ele: Eel mis e näite põhj al on lahenditeks 2 n j a (-1) n J a antud teoreemi põhj al ka võttes n= 0 ja n= 1 s aame ehk mi lle lahendiks on C= 3 j a D= -2 ehk . Ü les anne: Leida täpne ees kiri fibonacci arvude leidmis eks : A = 1 ja B = 1 K arakteris tl ik võrrand on t 2 - t -1 = 0 , ning s elle lahendid: 1 1 1+ 5 1- 5 t1 = + +1 = ja t2 = 2 4 2 2
, *Ilmutamata kujul: y=y(x; c ), c =(c1,...cn)=> üldlah, fiks konstandi: fix c 0 : y=y(x; c 0 )- erilah; fikseerimine toimub algtingimusre abil, mis ütleb, et y(x 0)=y0, y'(x0)=y0'...y(n-1)(x0)=y0(n-1) =>Cauchy ül; Iseärased lahendid-tekivad kõrvalistest matemaatilistest kaalutlustest; lah ilmutamata kujul: * (x,y, c )=0 ->üldint! *fix c 0 : (x,y, c 0 )=0 eriint!; dif võrrandi lah, so tema integreerimine. *Märkus: kui meil dif võrr lahenditeks on mitme muutujagaf-n, siis sel korral räägime osatuletisega dif võrrandist (y=y(x 1...xk)). *Lahendite geom. tõlgendus->üldlah on int joonte parv! (JOONIS!) 41. I järku DV Def. I F(x,y,y')=0 üldkuju, II y'=f(x,y)-normaalkuju, III M(x,y)dx +N(x,y)dy=0 sümm kuju; I->II y' avaldame võrrandist F(x,y,y')=0; II->I y'=f(x,y)=> F(x,y,y')=0; II->III: y'=dy/dx=f(x,y)=>dy=f(x,y)dx-dy=0; III->II: M(x,y)dx=- N(x,y)dy|*-1/N(x,y)dx => -M(x,y)/N(x,y)=dy/dx (y'). *Üldlah y=y(x, C)-> sõltub
Tõestus: eraldatud muutujatega DV üldlahendi kujul M(x)dx + N(y)dy = C. Võrrandit kujul M1(x)M2(y)dx + N1(y)N2(x)dy = 0 nimetame Järeldub alajaotuse algul esitatud arutelust. Nimelt lähtudes osatuletiste fx ja fy pidevusest õnnestus funktsiooni muudule z anda eralduvate muutujatega DV-ks. Kuna M2(y)N2(x)((M1(x)/N2(x))dx + (N1(y)/M2(y))dy) = 0, siis lahenditeks saame konstantsed esitus z = fx(x, y) x + fy(x, y) y + . Saab näidata, et igal diferentseeruval funktsioonil on olemas esimest järku osatuletised. funktsioonid y = l kui M2(l) = 0 ja x=k kui N2(k)=0 ning vastava eraldatud muutujatega DV lahendi. Lineraarne diferentsiaalvõrrand. Homogeense ja mittehomogeense lineaarse diferentsiaalvõrrandi lahendamine
.. + k k ( x1 ,..., x n ) (16.8) Tingliku ekstreemumi tarvilikud tingimused on F f 1 k x = x + 1 x + ... + k x = 0 1 1 1 1 F = f + 1 + ... + k = 0 (16.9) x 1 k n x n x n xn 1 ( x1 ,..., x n ) = 0 ( x ,..., x ) = 0 k 1 n i ( i ) Süsteemi lahenditeks on punktid Pi x1 ,..., x n koos vastavate parameetrite väärtustega 1,i , 2,i ,..., k ,i . 17. Kahe muutuja funktsiooni tingliku ekstreemumi piisavad tingimused. Vaatleme funktsiooni z = f ( x, y ) tingliku ekstreemumeid lisatingimusel ( x, y ) = 0 Kriitilises punktis on funktsiooni y esimene tuletis null. dy f f = + y = 0 dx P x y P Kriitilist punkti saab uurida teise tuletise märgi abil d 2y 2 f 2 f 2 f 2 f
Kaht esimest nimetatakse rangeteks, kaht viimast aga mitterangeteks võrratusteks. b Kui ax < b ja a > 0 , siis x < . a b Kui ax < b ja a < 0 , siis x > . a Teised lineaarvõrratused lahendatakse analoogselt. Kui a = 0 , siis saadakse arvvõrratus (see ei ole lineaarvõrratus). Tõese arvvõrratuse lahenditeks on kõik reaalarvud. Mittetõese arvvõrratuse puhul lahendid puuduvad. 2.11 Ruutvõrratus Ühe tundmatuga ruutvõrratuseks nimetatakse võrratust ax 2 + bx + c > 0 või ax 2 + bx + c < 0 ( ka 0 või 0 ). Näiteks ruutvõrratuse ax 2 + bx + c > 0 lahendamine tähendab vastava ruutfunktsiooni y = ax 2 + bx + c positiivsuspiirkonna leidmist. Olgu selle funktsiooni nullkohad ehk ruutvõrrandi ax 2 + bx + c = 0 lahendid x1 ja x 2
n'i erinevat eeldefineeritud algtingimust An. Kui algtingimused on olemas, on võrrand üheselt määratud. Karakteristliku võrrandi meetod: a). Rekurrentse võrrandi lahendit otsime alati kujul . b). Esmalt peame selleks leidma karakteristliku võrrand lahendid: karakteristliku võrrandi saame, kui viime kõik võrrandi liikmed ühele poole ning asendame nad oma järgu järgi muutujaga Tulemuseks on polünoomiaalne võrrand, mille lahenditeks ongi karakteristliku võrrandi lahendid. c). Järgmise sammuna peame leidma antud ülesandele sobivad rajatingimused c1 ning c2. Rajatingimusi saame arvutada seesugusest süsteemist: d). Leidnud sobivad rajatingimused, avaldamegi rekurrentsi kujul . [15]. Rekurrentsete võrrandite lahendamine genereerivate funktsioonide meetodil. (Ainus küsimus, millest ei saa mitte sittagi aru). Olgu arvujada esitatud rekurrentse seose abil. a). Esmalt täiendan jada elementidega g-1 = g-2 = ..
teadaolevatele füüsikaseadustele ja valemitele. Võrrand on võrdus, mis sisaldab muutujaid ja konstante, mis võivad olla tundmatud ja tuntud. Võrrand annab mingi põhjusliku seose matemaatilise kirjelduse. Näide. Ideaalse gaasi olekuvõrrand on pV = RT. Siin on muutujateks rõhk p, ruumala V ja temperatuur T, konstant on R. Võrrand kehtib vaid muutujate ja konstantide teatud väärtuste korral. Neid väärtusi nimetatakse võrrandi lahenditeks. Võrrandit on võimalik lahendada siis, kui 24 tundmatuid suurusi on ainult üks. Kui tundmatuid on rohkem, tuleb leida ka rohkem võrrandeid, mis olukorda kirjeldavad: võrrandeid peab olema vähemalt sama palju kui on tundmatuid. Võrrandid võivad olla juba valmis kasutamiseks (ideaalse gaasi olekuvõrrand pV = RT, harmoonilise võnkumise võrrand x = x0sint ) või tuleb neid tuletada
Kaht esimest nimetatakse rangeteks, kaht viimast aga mitterangeteks võrratusteks. b Kui ax b ja a 0 , siis x . a b Kui ax b ja a 0 , siis x . a Teised lineaarvõrratused lahendatakse analoogselt. Kui a 0 , siis saadakse arvvõrratus (see ei ole lineaarvõrratus). Tõese arvvõrratuse lahenditeks on kõik reaalarvud. Mittetõese arvvõrratuse puhul lahendid puuduvad. 2.11 Ruutvõrratus Ühe tundmatuga ruutvõrratuseks nimetatakse võrratust ax 2 bx c 0 või ax 2 bx c 0 ( ka 0 või 0 ). Näiteks ruutvõrratuse ax 2 bx c 0 lahendamine tähendab vastava ruutfunktsiooni y ax 2 bx c positiivsuspiirkonna leidmist. Olgu selle funktsiooni nullkohad ehk
=0 rajajoontega Гk. Et iga y-teljega paralleelset sirglõiku, mis eraldab kaht normaalset piirkonda, läbitakse 𝜕𝑦 { 𝜕𝑧 lahenditeks. Selliseid punkte nimetatakse kahe muutuja funktsiooni z=f(x,y) statsionaarseteks võrduse ∑𝑛𝑘=1 𝑓(𝑃𝑘 ) ∆𝑠𝑘 = ∑𝐷1 𝑓(𝑃𝑘 ) ∆𝑠𝑘 +∑𝐷2 𝑓(𝑃𝑘 ) ∆𝑠𝑘 mõlemalt poolt leiame piirväärtuse piirprotsessis
7) 2 kusjuures ruutkolmliikmed x +pj x+qj , j = 1, . . . , r on positiivsed, s.t. vastavad ruutvõrrandid x2 + pj x + qj , j = 1, . . . , r, ei oma reaalarvulisi lahendeid. Seega on reaalarvud x1 , x2 , . . . , xm võrrandi (16.6) lahen- did vastavalt kordsusega k1 , . . . , km , selle võrrandi kompleksarvuliste lahendite leidmiseks tuleb lahendada ruutvõrrandid x2 + pj x + qj = 0, j = 1, . . . , r, (16.8) (lahenditeks on kaaskompleksarvude paar). 148 Kirjandus [1] D. R. Bellhouse. Abraham De Moivre: Setting the Stage for Classical Probability and Its Applications. CRC Press, 2011. [2] D. R. Causton. A Biologist's Basic Mathematics. Edward Arnold, 1983. [3] M. M. Dougherty, J. Gieringer. First Year Calculus For Students of Mathematics and Related Discip- lines (veebikonspekt). [4] E. Dummit. Calculus I
usteemi A+B =0 B+C -A=1 A + C = 0. 20 1 1 1 usteemi lahenditeks on A = - , B = ja C = . Kasutades saadud tulemusi, leiame S¨ 3 3 3 3 x-1 tdt dx = 6 (t4 - t)dt + 6 1+ x-1 1 + t3
koorejäätise söömine aega võtaks, ning lubame jäätise ka seltsi võtta. Üritame siis valemi samm-sammult tuletada. Kõige lihtsam võrrand, mis võib ette tulla, on muidugi ehk . Sel juhul – kuna ruutjuurt [lk 111] oskame ju hästi võtta – teame, et vastuseks on . Oluline on märgata, et miinusmärk ees ei tähenda sugugi, et meil peaks kohe tegemist olema negatiivse arvuga. Näiteks kui , saame võrrandi ning lahenditeks oleksid ehk ja . Raskusi ei valmista ka võrrand , kuna sel juhul võime lihtsalt kogu võrrandi jagada -ga läbi ning jõuame sarnaselt eelnevaga vastuseni . 275 Mis aga juhtub, kui juurde tuleb liige ehk kui ruutvõrrand on kujus ? Tuletame meelde, et võrrandi lahendamine tähendab endiselt,
annaabi.ee 
