U matematici postoji beskonačan broj funkcija. I svaki ima svoj karakter.) Da biste radili sa širokim spektrom funkcija, trebate single pristup. Inače, kakva je ovo matematika?!) I postoji takav pristup!

Kada radite s bilo kojom funkcijom, predstavljamo je standardnim skupom pitanja. I prvo i najvažnije pitanje je opseg funkcije. Ponekad se ovo područje naziva skupom valjanih vrijednosti argumenata, područjem definicije funkcije, itd.

Koji je opseg funkcije? Kako ga pronaći? Ova pitanja često izgledaju komplikovana i nerazumljiva... Iako je, zapravo, sve krajnje jednostavno. U šta se možete uvjeriti čitajući ovu stranicu. Ići?)

Pa, šta da kažem... Samo poštovanje.) Da! Prirodni opseg funkcije (o čemu ovdje govorimo) utakmice sa ODZ izrazima uključenim u funkciju. Shodno tome, oni se traže po istim pravilima.

Sada razmotrite ne sasvim prirodnu domenu definicije.)

Dodatna ograničenja na opseg funkcije.

Ovdje ćemo govoriti o ograničenjima koja nameće zadatak. One. zadatak sadrži neke dodatne uslove koje je kompajler smislio. Ili ograničenja dolaze iz načina na koji je funkcija definirana.

Što se tiče ograničenja u zadatku - sve je jednostavno. Obično ne morate ništa tražiti, sve je već rečeno u zadatku. Da vas podsjetim da se ograničenja koja je napisao autor zadatka ne poništavaju fundamentalna ograničenja matematike. Samo treba da zapamtite da uzmete u obzir uslove zadatka.

Na primjer, takav zadatak:

Pronađite opseg funkcije:

na skupu pozitivnih brojeva.

Pronašli smo prirodni domen definicije ove funkcije iznad. Ovo područje:

D(f)=( -∞ ; -1) ∪ (-1; 2] ∪ ∪

U verbalnom načinu postavljanja funkcije, morate pažljivo pročitati uvjet i tamo pronaći ograničenja za x. Ponekad oči traže formule, a riječi zvižde mimo svijesti, da...) Primjer iz prethodne lekcije:

Funkcija je data uslovom: svaka vrijednost prirodnog argumenta x povezana je sa zbirom cifara koje čine vrijednost x.

Ovdje treba napomenuti da jeste samo o prirodnim vrijednostima x. Zatim i D(f) odmah snimljeno:

D(f): x ∈ N

Kao što vidite, opseg funkcije nije tako komplikovan koncept. Pronalaženje ove oblasti svodi se na ispitivanje funkcije, pisanje sistema nejednačina i rješavanje ovog sistema. Naravno, postoje razni sistemi, jednostavni i složeni. ali...

Reći ću ti malu tajnu. Ponekad funkcija za koju trebate pronaći opseg izgleda jednostavno zastrašujuće. Želim da problijedim i zaplačem.) Ali vrijedi zapisati sistem nejednakosti ... I, odjednom, sistem se ispostavi da je elementaran! I, često, što je lošija funkcija, to je sistem jednostavniji...

Moral: oči se boje, glava odlučuje!)

Da bismo pronašli domene zajedničkih funkcija, u ovoj lekciji rješavamo jednadžbe i nejednačine s jednom promjenljivom.

Tu će biti i zadaci za samostalno rješenje na koje možete vidjeti odgovore.

Koji je opseg funkcije? Pogledajmo graf funkcije na slici. Svaka tačka grafa funkcije odgovara određenoj vrijednosti "x" - argumentu funkcije i određenoj vrijednosti "y" - samoj funkciji. Iz argumenta - "x" - "y" se izračunava - vrijednost funkcije. Domen funkcije je skup svih vrijednosti "x" za koje postoji, odnosno "y" - vrijednost funkcije - može se izračunati. Drugim riječima, skup vrijednosti argumenata na kojima "funkcija radi". Većina funkcija je data formulama. Stoga je domen funkcije ujedno i najveći skup na kojem formula ima smisla.

Slika prikazuje graf funkcije. Imenilac razlomka ne može biti jednak nuli, jer se ne može dijeliti sa nulom. Stoga, izjednačavanjem nazivnika sa nulom, dobijamo vrijednost koja nije uključena u područje definicije funkcije: 1. A područje definicije funkcije su sve x vrijednosti ​​od minus beskonačnosti do jedan i od jedan do plus beskonačno. Ovo se jasno vidi na grafikonu.

Primjer 0. Kako pronaći da je domena funkcije y jednaka kvadratnom korijenu od x minus pet (radikalni izraz x minus pet) ()? Samo trebate riješiti nejednakost

x - 5 ≥ 0 ,

budući da da bismo dobili stvarnu vrijednost y, radikalni izraz mora biti veći ili jednak nuli. Dobijamo rješenje: domena funkcije su sve vrijednosti x veće ili jednako pet (ili x pripada intervalu od pet uključeno do plus beskonačno).

Na gornjem crtežu - fragment numeričke ose. Na njemu je šrafirana domena definicije razmatrane funkcije, dok se u smjeru "plus" šrafiranje nastavlja neograničeno uz samu os.

Domen definicije konstante

Definirana je konstanta (konstanta). za bilo koje stvarne vrednosti x R realni brojevi. Ovo se takođe može napisati na sledeći način: domen ove funkcije je cela realna linija ]- ∞; +∞[ .

Primjer 1. Pronađite opseg funkcije y = 2 .

Rješenje. Opseg funkcije nije preciziran, što znači da se, na osnovu gornje definicije, misli na prirodni domen definicije. Izraz f(x) = 2 je definirano za sve realne vrijednosti x, dakle, ova funkcija je definirana na cijelom skupu R realni brojevi.

Stoga je na gornjem crtežu brojevna linija zasjenjena sve od minus beskonačnosti do plus beskonačnosti.

Opseg korijena n th stepen

U slučaju kada je funkcija data formulom i n- prirodni broj:

Primjer 2. Pronađite opseg funkcije .

Rješenje. Kao što slijedi iz definicije, korijen parnog stepena ima smisla ako je radikalni izraz nenegativan, odnosno ako je - 1 ≤ x≤ 1 . Stoga je opseg ove funkcije [- 1; jedan] .

Osjenčano područje brojevne linije na gornjem crtežu je područje definicije ove funkcije.

Domen funkcije snage

Domen funkcije stepena s cjelobrojnim eksponentom

ako a- pozitivno, tada je domen funkcije skup svih realnih brojeva, odnosno ]- ∞; + ∞[ ;

ako a- negativan, tada je domen definicije funkcije skup ]- ∞; 0[ ∪ ]0 ;+ ∞[ , odnosno cijela brojevna prava osim nule.

Na odgovarajućem crtežu, cijela numerička linija je osenčena odozgo, a tačka koja odgovara nuli je iskucana (nije uključena u područje definicije funkcije).

Primjer 3. Pronađite opseg funkcije .

Rješenje. Prvi član je cjelobrojni stepen x jednak 3, a stepen x u drugom članu može se predstaviti kao jedinica - također cijeli broj. Dakle, domen ove funkcije je cijela brojevna prava, odnosno ]- ∞; +∞[ .

Domen funkcije stepena s razlomkom eksponenta

U slučaju kada je funkcija data formulom:

ako je - pozitivan, tada je domen funkcije skup 0; +∞[ .

Primjer 4. Pronađite opseg funkcije .

Rješenje. Oba člana u izrazu funkcije su funkcije stepena s pozitivnim razlomkom eksponenta. Dakle, domen ove funkcije je skup - ∞; +∞[ .

Područje definicije eksponencijalnih i logaritamskih funkcija

Domen eksponencijalne funkcije

U slučaju kada je funkcija data formulom, domen funkcije je cijela brojevna prava, odnosno ]- ∞; +∞[ .

Domen logaritamske funkcije

Logaritamska funkcija je definisana pod uslovom da je njen argument pozitivan, odnosno da je njena domena definicije skup ]0; +∞[ .

Pronađite sami opseg funkcije i tada vidite rješenje

Područje definicije trigonometrijskih funkcija

Opseg funkcije y= cos( x) je također skup R realni brojevi.

Opseg funkcije y= tg( x) - mnogo R realne brojeve osim brojeva .

Opseg funkcije y=ctg( x) - mnogo R realne brojeve osim brojeva.

Primjer 8. Pronađite opseg funkcije .

Rješenje. Eksterna funkcija je decimalni logaritam, a uvjeti za domenu definicije logaritamske funkcije općenito vrijede za njenu domenu definicije. Odnosno, njegov argument mora biti pozitivan. Argument ovdje je sinus od "x". Okrećući zamišljeni kompas oko kruga, vidimo da je uslov greh x> 0 se krši kada je "x" jednako nuli, "pi", dva, pomnoženo sa "pi" i općenito jednako proizvodu broja "pi" i bilo kojeg parnog ili neparnog cijelog broja.

Dakle, domen definicije ove funkcije je dat izrazom

,

gdje k je cijeli broj.

Domen inverznih trigonometrijskih funkcija

Opseg funkcije y= arcsin( x) - set [-1; jedan] .

Opseg funkcije y= arccos( x) - također skup [-1; jedan] .

Opseg funkcije y= arktan( x) - mnogo R realni brojevi.

Opseg funkcije y= arcctg( x) je također skup R realni brojevi.

Primjer 9. Pronađite opseg funkcije .

Rješenje. Riješimo nejednakost:

Tako dobijamo domen definicije ove funkcije - segment [- 4; četiri] .

Primjer 10. Pronađite opseg funkcije .

Rješenje. Riješimo dvije nejednačine:

Rješenje prve nejednakosti:

Rješenje druge nejednačine:

Tako dobijamo domen definicije ove funkcije - segment.

Domen frakcije

Ako je funkcija data razlomkom u kojem je varijabla u nazivniku razlomka, tada je domena funkcije skup R realni brojevi osim x za koje nazivnik razlomka nestaje.

Primjer 11. Pronađite opseg funkcije .

Rješenje. Rješavajući jednakost sa nulom nazivnika razlomka, nalazimo domen definicije ove funkcije - skup] - ∞; - 2[ ∪ ]- 2 ;+ ∞[ .

Primjer 12. Pronađite opseg funkcije .

Rješenje. Rešimo jednačinu:

Tako dobijamo domen ove funkcije - ]- ∞; - 1[ ∪ ]- 1 ; 1[ ∪ ]1 ;+ ∞[ .

naučni savjetnik:

1. Uvod 3

2. Istorijska pozadina 4

3. "Mjesto" ODZ-a pri rješavanju jednačina i nejednačina 5-6

4. Osobine i opasnost od ODZ 7

5. ODZ - postoji odluka 8-9

6. Pronalaženje ODZ-a je dodatni posao. Ekvivalencija prijelaza 10-14

7. ODZ na ispitu 15-16

8. Zaključak 17

9. Literatura 18

1. Uvod

problem: jednadžbe i nejednačine u kojima treba pronaći ODZ nisu našle mjesto u toku sistematskog izlaganja algebre, zbog čega vjerovatno moji vršnjaci i ja često griješimo pri rješavanju ovakvih primjera, posvećujući dosta vremena njihovom rješavanju , a zaboravljajući na ODZ.

Cilj: biti u stanju analizirati situaciju i izvući logički ispravne zaključke u primjerima gdje je potrebno uzeti u obzir ODD.

Zadaci:

1. Proučavati teorijski materijal;

2. Riješiti skup jednačina, nejednakosti: a) frakciono racionalne; b) iracionalno; c) logaritamski; d) koji sadrže inverzne trigonometrijske funkcije;

3. Primijeniti naučeno gradivo u situaciji koja se razlikuje od standardne;

4. Napravite rad na temu "Regija prihvatljivih vrijednosti: teorija i praksa"

Projektni rad: Počeo sam raditi na projektu ponavljajući meni poznate funkcije. Obim mnogih od njih je ograničen.

ODZ se javlja:

1. Prilikom rješavanja frakcionih racionalnih jednačina i nejednačina

2. Prilikom rješavanja iracionalnih jednačina i nejednačina

3. Prilikom rješavanja logaritamskih jednačina i nejednačina

4. Prilikom rješavanja jednačina i nejednačina koje sadrže inverzne trigonometrijske funkcije

Nakon što sam riješio mnoge primjere iz različitih izvora (Upotrebni priručnici, udžbenici, priručnik), sistematizovao sam rješenja primjera prema sljedećim principima:

možete riješiti primjer i uzeti u obzir ODZ (najčešći način)

Primjer je moguće riješiti bez uzimanja u obzir ODZ-a

Jedino je moguće, s obzirom na ODZ, doći do prave odluke.

Metode koje se koriste u radu: 1) analiza; 2) statističku analizu; 3) odbitak; 4) klasifikacija; 5) prognoziranje.

Proučavao sam analizu rezultata Jedinstvenog državnog ispita proteklih godina. Mnogo je grešaka napravljeno u primjerima u kojima se DHS mora uzeti u obzir. Ovo još jednom naglašava relevantnost moja tema.

2. Istorijski pregled

Kao i drugi koncepti matematike, koncept funkcije nije se odmah razvio, već je prošao dug put razvoja. P. Fermatovo djelo "Uvođenje i proučavanje ravnih i čvrstih mjesta" (1636, objavljeno 1679) kaže: "Kad god postoje dvije nepoznate veličine u konačnoj jednačini, postoji mjesto." U suštini, ovdje je riječ o funkcionalnoj zavisnosti i njenom grafičkom prikazu („mjesto“ za Fermata znači linija). Proučavanje linija prema njihovim jednačinama u "Geometriji" R. Descartesa (1637) također ukazuje na jasno razumijevanje međusobne zavisnosti dvije varijable. I. Barrow (Lectures on Geometry, 1670) uspostavlja u geometrijskom obliku uzajamnu uzajamnost akcija diferencijacije i integracije (naravno, bez upotrebe samih termina). To već svjedoči o potpuno jasnom ovladavanju pojmom funkcije. U geometrijskom i mehaničkom obliku ovaj koncept nalazimo i kod I. Newtona. Međutim, termin "funkcija" se prvi put pojavljuje tek 1692. od G. Leibniza i, štaviše, ne baš u njegovom modernom smislu. G. Leibniz različite segmente povezane sa krivom (na primjer, apscise njenih tačaka) naziva funkcijom. U prvom štampanom kursu „Analiza beskonačno malog za poznavanje krivih linija“ od Lopitala (1696.), termin „funkcija“ se ne koristi.

Prva definicija funkcije u smislu bliskom modernom nalazi se kod I. Bernoullija (1718): "Funkcija je veličina sastavljena od varijable i konstante." Ova ne sasvim jasna definicija zasniva se na ideji specificiranja funkcije analitičkom formulom. Ista ideja pojavljuje se u definiciji L. Eulera, koju je on dao u svom "Uvodu u analizu beskonačnosti" (1748): "Funkcija promjenljive veličine je analitički izraz, sastavljen na neki način od ove promjenljive količine i brojeva ili stalne količine." Međutim, ni L. Euleru nije strano moderno razumijevanje funkcije, koje ne povezuje pojam funkcije ni sa jednim njenim analitičkim izrazom. U njegovom "Diferencijalnom proračunu" (1755.) kaže se: "Kada neke veličine zavise od drugih na takav način da kada se potonje mijenjaju, same prolaze kroz promjenu, tada se prve nazivaju funkcijama drugih."

Od početka 19. stoljeća pojam funkcije se sve češće definira bez pominjanja njenog analitičkog predstavljanja. U "Traktatu o diferencijalnom i integralnom računu" (1797-1802) S. Lacroix kaže: "Svaka veličina čija vrijednost zavisi od jedne ili više drugih veličina naziva se funkcijom ovih potonjih." U "Analitičkoj teoriji topline" J. Fouriera (1822) postoji izraz: "Funkcija f(x) označava potpuno proizvoljnu funkciju, odnosno niz datih vrijednosti, podložan ili ne općem zakonu i koji odgovara svim vrijednostima x sadrži između 0 i neke vrijednosti x". Definicija N. I. Lobačevskog bliska je modernoj: „... Opći koncept funkcije zahtijeva da funkcija x imenovati broj koji je dat za svaki x i zajedno sa x postepeno se menja. Vrijednost funkcije može biti data ili analitičkim izrazom, ili uvjetom koji pruža način da se isprobaju svi brojevi i izabere jedan od njih, ili, konačno, ovisnost može postojati i ostati nepoznata. Na istom mjestu malo niže se kaže: "Širok pogled na teoriju priznaje postojanje zavisnosti samo u smislu da se brojevi jedan s drugim u vezi shvataju kao da su dati zajedno." Stoga je pred njim u više navrata predlagana moderna definicija funkcije, oslobođena referenci na analitički zadatak, koja se obično pripisuje P. Dirichletu (1837).

Područje definicije (dozvoljene vrijednosti) funkcije y je skup vrijednosti nezavisne varijable x za koju je definirana ova funkcija, odnosno domena promjene nezavisne varijable (argumenta).

3. "Mesto" oblasti dozvoljenih vrednosti pri rešavanju jednačina i nejednačina

1. Prilikom rješavanja frakcionih racionalnih jednačina i nejednačina imenilac ne sme biti nula.

2. Rješenje iracionalnih jednačina i nejednačina.

2.1..gif" width="212" height="51"> .

U ovom slučaju nema potrebe za pronalaženjem ODZ-a: iz prve jednadžbe slijedi da dobivene vrijednosti x zadovoljavaju sljedeću nejednakost: https://pandia.ru/text/78/083/images/image004_33.gif " width="107" height="27 src="> je sistem:

Pošto je jednadžba i unesite jednako, onda umjesto nejednakosti, možete uključiti nejednakost https://pandia.ru/text/78/083/images/image009_18.gif" width="220" height="49">

https://pandia.ru/text/78/083/images/image014_11.gif" width="239" height="51">

3. Rješenje logaritamskih jednadžbi i nejednačina.

3.1. Šema za rješavanje logaritamske jednadžbe

Ali dovoljno je provjeriti samo jedan uvjet ODZ-a.

3.2..gif" width="115" height="48 src=">.gif" width="115" height="48 src=">

4. Trigonometrijske jednadžbe oblika su ekvivalentni sistemu (umjesto nejednakosti, sistem može uključiti nejednakost https://pandia.ru/text/78/083/images/image024_5.gif" width="377" height="23"> su ekvivalentni jednačina

4. Osobine i opasnost raspona dozvoljenih vrijednosti

Na časovima matematike od nas se traži da pronađemo ODZ u svakom primjeru. Pritom, prema matematičkoj suštini stvari, pronalaženje ODZ-a nije nimalo obavezno, često nepotrebno, a ponekad i nemoguće - i to bez ikakvih prejudiciranja rješenja primjera. S druge strane, često se dešava da nakon rješavanja primjera učenici zaborave da uzmu u obzir ODZ, zapišu ga kao konačni odgovor, uzmu u obzir samo neke uslove. Ova okolnost je dobro poznata, ali "rat" se nastavlja svake godine i, čini se, još dugo će trajati.

Razmotrimo, na primjer, sljedeću nejednakost:

Ovdje se traži ODZ, a nejednakost je riješena. Međutim, prilikom rješavanja ove nejednakosti, školarci ponekad vjeruju da je sasvim moguće bez traženja ODZ-a, tačnije, mogu bez uvjeta

Zaista, da bi se dobio tačan odgovor, potrebno je uzeti u obzir i nejednakost i .

A evo, na primjer, rješenja jednadžbe: https://pandia.ru/text/78/083/images/image032_4.gif" width="79 height=75" height="75">

što je ekvivalentno radu sa ODZ-om. Međutim, u ovom primjeru takav rad je suvišan - dovoljno je provjeriti ispunjenje samo dvije od ovih nejednakosti, i to bilo koje dvije.

Da vas podsjetim da se svaka jednadžba (nejednakost) može svesti na oblik . DPV je jednostavno opseg funkcije na lijevoj strani. Činjenica da se ovo područje mora pratiti proizlazi već iz definicije korijena kao broja iz područja date funkcije, dakle iz ODZ-a. Evo smiješnog primjera na ovu temu..gif" width="20" height="21 src="> ima domenu definicije skupa pozitivnih brojeva (ovo je, naravno, dogovor - da se razmotri funkcija na , , ali razumno), a onda -1 nije korijen.

5. Raspon prihvatljivih vrijednosti - postoji rješenje

I konačno, u masi primjera, pronalaženje ODZ-a omogućava vam da dobijete odgovor bez glomaznih rasporeda, pa čak i usmeno.

1. OD3 je prazan skup, što znači da originalni primjer nema rješenja.

1) 2) 3)

2. In ODZ jedan ili više brojeva se pronađe, a jednostavna zamjena brzo određuje korijene.

1) , x=3

2)Ovdje u ODZ-u postoji samo broj 1, a nakon zamjene je jasno da to nije korijen.

3) U ODZ-u postoje dva broja: 2 i 3, i oba su prikladna.

4) > Postoje dva broja 0 i 1 u ODZ-u i samo je 1 prikladan.

DPV se može efikasno koristiti u kombinaciji sa analizom samog izraza.

5) < ОДЗ: Но в правой части неравенства могут быть только положительные числа, поэтому оставляем х=2. Тогда в неравенство подставим 2.

6) Iz ODZ-a proizlazi da, odakle imamo ..gif" width="143" height="24"> Iz ODZ-a imamo: . Ali onda i . Pošto, onda nema rješenja.

Iz ODZ-a imamo: https://pandia.ru/text/78/083/images/image060_0.gif" width="48" height="24">>, što znači . Rješavajući posljednju nejednačinu, dobijamo x<- 4, что не входит в ОДЗ. По­этому решения нет.

3) ODZ: . Od tada

S druge strane, https://pandia.ru/text/78/083/images/image068_0.gif" width="160" height="24">

ODZ:. Razmotrimo jednačinu na intervalu [-1; 0).

Ispunjava takve nejednakosti https://pandia.ru/text/78/083/images/image071_0.gif" width="68" height="24 src=">.gif" width="123" height="24 src ="> i nema rješenja. Sa funkcijom i https://pandia.ru/text/78/083/images/image076_0.gif" width="179" height="25">.ODZ: x>2..gif" width="233" visina ="45 src="> Pronađimo ODZ:

Cjelobrojno rješenje je moguće samo za x=3 i x=5. Provjerom otkrivamo da korijen x = 3 ne odgovara, što znači da je odgovor: x = 5.

6. Pronalaženje raspona prihvatljivih vrijednosti je dodatni posao. Ekvivalencija prijelaza.

Mogu se navesti primjeri gdje je situacija jasna i bez pronalaženja ODZ-a.

1.

Jednakost je nemoguća, jer pri oduzimanju većeg izraza od manjeg treba dobiti negativan broj.

2. .

Zbir dviju nenegativnih funkcija ne može biti negativan.

Navest ću i primjere gdje je pronalaženje ODZ-a teško, a ponekad jednostavno nemoguće.

I na kraju, potraga za ODZ-om je vrlo često samo nepotreban posao, bez kojeg se savršeno može, dokazujući na taj način razumijevanje onoga što se dešava. Ovdje postoji ogroman broj primjera, pa ću izabrati samo one najtipičnije. U ovom slučaju, glavna tehnika odlučivanja su ekvivalentne transformacije u prelasku iz jedne jednačine (nejednakosti, sistema) u drugu.

1.. ODZ nije potreban, jer, nakon što smo pronašli one vrijednosti x za koje je x2=1, ne možemo dobiti x=0.

2. . ODZ nije potreban, jer saznajemo kada je radikalni izraz jednak pozitivnom broju.

3. . ODZ nije potreban iz istih razloga kao u prethodnom primjeru.

4.

ODZ nije potreban, jer je korijenski izraz jednak kvadratu neke funkcije, pa stoga ne može biti negativan.

5.

6. ..gif" width="271" height="51"> Za rješenje je dovoljno samo jedno ograničenje za radikalni izraz. Zaista, iz pisanog mješovitog sistema slijedi da je i drugi radikalni izraz nenegativan.

8. ODZ nije potreban iz istih razloga kao u prethodnom primjeru.

9. DPV nije potreban, jer je dovoljno da dva od tri izraza pod predznacima logaritma budu pozitivna da bi se osiguralo da je treći pozitivan.

10. .gif" width="357" height="51"> ODZ nije potreban iz istih razloga kao u prethodnom primjeru.

Vrijedi napomenuti, međutim, da pri rješavanju metodom ekvivalentnih transformacija, poznavanje ODZ-a (i svojstava funkcija) pomaže.

Evo nekoliko primjera.

jedan.. OD3, iz kojeg slijedi pozitivnost izraza na desnoj strani, te je moguće napisati jednačinu ekvivalentnu datoj u ovom obliku https://pandia.ru/text/78/083/images/image101_0.gif " width="112" height="27 "> ODZ:. Ali tada, i prilikom rješavanja ove nejednakosti, nije potrebno razmatrati slučaj kada je desna strana manja od 0.

3. . Iz ODZ proizilazi da, a samim tim i slučaj kada https://pandia.ru/text/78/083/images/image106_0.gif" width="303" height="48"> Prijelaz općenito izgleda ovako :

https://pandia.ru/text/78/083/images/image108_0.gif" width="303" height="24">

Moguća su dva slučaja: 0 >1.

Dakle, originalna nejednakost je ekvivalentna sljedećem skupu sistema nejednakosti:

Prvi sistem nema rješenja, a iz drugog dobijamo: x<-1 – решение неравенства.

Razumijevanje uslova ekvivalencije zahtijeva poznavanje nekih suptilnosti. Na primjer, zašto su sljedeće jednačine ekvivalentne:

Or

I na kraju, možda i najvažnije. Činjenica je da ekvivalencija garantuje tačnost odgovora ako se izvrše neke transformacije same jednačine, ali se ne koristi za transformacije samo u jednom od delova. Redukcija, upotreba različitih formula u jednom od dijelova ne potpadaju pod teoreme ekvivalencije. Već sam naveo neke primjere ove vrste. Pogledajmo još nekoliko primjera.

1. Takva odluka je prirodna. Na lijevoj strani, po svojstvu logaritamske funkcije, prelazimo na izraz ..gif" width="111" height="48">

Rešavanjem ovog sistema dobijamo rezultat (-2 i 2), koji, međutim, nije odgovor, pošto broj -2 nije uključen u ODZ. Dakle, šta nam je potrebno da instaliramo ODZ? Naravno da ne. Ali pošto smo u rješenju koristili određeno svojstvo logaritamske funkcije, moramo osigurati uvjete pod kojima je ona ispunjena. Takav uslov je pozitivnost izraza pod znakom logaritma..gif" width="65" height="48">.

2. ..gif" width="143" height="27 src="> brojevi su podložni zamjeni na ovaj način . Ko želi da pravi tako dosadne proračune?.gif" width="12" height="23 src="> dodaj uslov i odmah je jasno da samo broj ispunjava ovaj uslov https://pandia.ru/text/ 78/083/ images/image128_0.gif" width="117" height="27 src=">) pokazalo je 52% dilera. Jedan od razloga za tako slab učinak je činjenica da mnogi diplomci nisu odabrali korijene dobivene iz jednačine nakon kvadriranja.

3) Razmotrimo, na primjer, rješenje jednog od zadataka C1: "Pronađi sve x vrijednosti za koje su tačke grafa funkcije leže iznad odgovarajućih tačaka grafa funkcije". Zadatak se svodi na rješavanje razlomke nejednakosti koja sadrži logaritamski izraz. Poznate su nam metode za rješavanje takvih nejednakosti. Najčešća od njih je intervalna metoda. Međutim, kada se koristi, dileri prave razne greške. Razmotrimo najčešće greške na primjeru nejednakosti:

X< 10. Они отмечают, что в первом случае решений нет, а во втором – корнями являются числа –1 и . При этом выпускники не учитывают условие x < 10.

8. Zaključak

Sumirajući, možemo reći da ne postoji univerzalna metoda za rješavanje jednačina i nejednačina. Svaki put, ako želite da shvatite šta radite, a ne da se ponašate mehanički, postavlja se dilema: koji metod odluke izabrati, konkretno, tražiti ODZ ili ne? Mislim da će mi moje iskustvo pomoći da riješim ovu dilemu. Prestat ću praviti greške kada naučim kako pravilno koristiti ODZ. Da li ću uspjeti pokazaće vrijeme, odnosno ispit.

9. Književnost

I dr. "Algebra i početak analize 10-11" zadatak i udžbenik, M.: "Prosvjeta", 2002. "Priručnik za osnovnu matematiku." M.: "Nauka", 1966. List "Matematika" br. 46, list "Matematika" br. novine "Matematika" br. "Istorija matematike u školi VII-VIII razreda." M.: "Prosvjeta", 1982. i dr. "Najkompletnije izdanje opcija za stvarne zadatke USE: 2009 / FIPI" - M.: "Astrel", 2009. i dr. "USE. Matematika. Univerzalni materijali za pripremu studenata / FIPI" - M.: "Intelekt-centar", 2009. i dr. "Algebra i početak analize 10-11". M.: "Prosveshchenie", 2007., "Radionica o rješavanju zadataka školske matematike (radionica o algebri)". M.: Obrazovanje, 1976. "25000 lekcija matematike." M.: "Prosveshchenie", 1993. "Priprema za olimpijade iz matematike." M.: "Ispit", 2006. "Enciklopedija za djecu "MATEMATIKA"" tom 11, M.: Avanta +; 2002. Materijali sajtova www. ***** www. *****.

U matematici postoji prilično mali broj elementarnih funkcija čiji je domen definicije ograničen. Sve ostale "složene" funkcije su samo njihove kombinacije i kombinacije.

1. Funkcija razlomka - ograničenje na nazivnik.

2. Koren parnog stepena je ograničenje radikalnog izraza.

3. Logaritmi - ograničenje na osnovu logaritma i podlogaritamskog izraza.

3. Trigonometrijski tg(x) i ctg(x) - ograničenje na argument.

za tangentu:

4. Inverzne trigonometrijske funkcije.

Arcsine	Arc kosinus	Arc tangenta, Arc tangenta

Nadalje, rješavaju se sljedeći primjeri na temu "Opseg funkcija".

Primjer 1

Primjer 2

Primjer 3

Primjer 4

Primjer 5

Primjer 6

Primjer 7

Primjer 8

Primjer 9

Primjer 10

Primjer 11

Primjer 12

Primjer 13

Primjer 14

Primjer 15

Primjer 16

Primjer pronalaženja opsega funkcije br. 1

Pronalaženje domene bilo koje linearne funkcije, tj. funkcije prvog stepena:

y=2x+3 - jednačina definiše pravu liniju na ravni.

Pogledajmo pomno funkciju i razmislimo koje numeričke vrijednosti možemo zamijeniti u jednadžbu umjesto varijable x?

Pokušajmo zamijeniti vrijednost x=0

Budući da je y = 2 0 + 3 = 3 - dobio numeričku vrijednost, stoga funkcija postoji kada se uzme vrijednost varijable x=0.

Pokušajmo zamijeniti vrijednost x=10

budući da y = 2 10 + 3 = 23 - funkcija postoji kada se uzme vrijednost varijable x = 10.

Pokušajmo zamijeniti vrijednost x=-10

budući da je y = 2 (-10) + 3 = -17 - funkcija postoji kada se uzme vrijednost varijable x = -10.

Jednačina definira ravnu liniju na ravni, a ravna linija nema početak ni kraj, tako da postoji za bilo koju vrijednost x.

Imajte na umu da bez obzira koje numeričke vrijednosti zamijenimo u datu funkciju umjesto x, uvijek ćemo dobiti numeričku vrijednost varijable y.

Dakle, funkcija postoji za bilo koju vrijednost x ∈ R, ili je pišemo na sljedeći način: D(f) = R

Oblici odgovora: D(f)=R ili D(f)=(-∞:+∞)ili x∈R ili x∈(-∞:+∞)

da zaključimo:

Za bilo koju funkciju oblika y = ax + b, domen definicije je skup realnih brojeva.

Primjer pronalaženja opsega funkcije br. 2

Zadata je funkcija forme:

y = 10/(x + 5) - jednadžba hiperbole

Kada se bavite frakcijskom funkcijom, zapamtite da ne možete dijeliti sa nulom. Stoga će funkcija postojati za sve vrijednosti x koje nisu

postavite imenilac na nulu. Pokušajmo zamijeniti neke proizvoljne vrijednosti x.

Za x = 0 imamo y = 10/(0 + 5) = 2 - funkcija postoji.

Za x = 10 imamo y = 10/(10 + 5) = 10/15 = 2/3- funkcija postoji.

Za x = -5 imamo y = 10/(-5 + 5) = 10/0 - funkcija u ovoj tački ne postoji.

One. ako je data funkcija razlomka, onda je potrebno izjednačiti nazivnik sa nulom i pronaći tačku u kojoj funkcija ne postoji.

u našem slučaju:

x + 5 = 0 → x = -5 - u ovom trenutku data funkcija ne postoji.

x + 5 ≠ 0 → x ≠ -5

Hajde da to grafički prikažemo radi jasnoće:

Na grafikonu takođe vidimo da se hiperbola približava pravoj liniji x = -5 što je bliže moguće, ali ne dostiže samu vrednost -5.

Vidimo da data funkcija postoji u svim tačkama realne ose, osim u tački x = -5

Obrasci za snimanje odgovora: D(f)=R\(-5) ili D(f)=(-∞;-5) ∪ (-5;+∞) ili x ∈ R\(-5) ili x ∈ (-∞;-5) ∪ (-5;+∞)

Ako je data funkcija razlomka, tada prisustvo nazivnika nameće uslov da nazivnik nije jednak nuli.

Primjer pronalaženja opsega funkcije br. 3

Razmotrimo primjer pronalaženja domene funkcije s korijenom parnog stupnja:

Budući da kvadratni korijen možemo izdvojiti samo iz nenegativnog broja, dakle, funkcija ispod korijena nije negativna.

2x - 8 ≥ 0

Riješimo jednostavnu nejednačinu:

2x - 8 ≥ 0 → 2x ≥ 8 → x ≥ 4

Zadata funkcija postoji samo za pronađene vrijednosti x ≥ 4 ili D(f)= ∪ [ 3 , + ∞) .

Prilikom pripreme Jedinstvenog državnog ispita i OGE-a možete pronaći mnogo kombiniranih zadataka za funkcije gdje je prije svega potrebno obratiti pažnju na ODZ. Tek nakon njegovog definisanja može se pristupiti daljem rješenju.

Područje definicije zbira, razlike i proizvoda funkcija

Prije pokretanja rješenja potrebno je naučiti kako pravilno odrediti domenu zbira funkcija. Za ovo je potrebna sljedeća tvrdnja:

Kada se funkcija f f smatra zbirom n funkcija f 1 , f 2 , … , f n , drugim riječima, ova funkcija je data formulom y = f 1 (x) + f 2 (x) + ... + f n (x) , tada se njeno područje definicije smatra presjekom domena definicija funkcija f 1 , f 2 , … , f n . Ova izjava se može napisati kao:

D (f) = D (f 1) D (f 2) . . . D(fn)

Primjer 1

Naći domenu funkcije oblika y = x 7 + x + 5 + t g x .

Rješenje

Zadata funkcija je predstavljena kao zbir četiri: eksponencijalna sa eksponentom 7, eksponencijalna sa eksponentom 1, konstantna, tangentna funkcija.

Prema tabeli definicija vidimo da je D (f 1) = (− ∞ , + ∞) , D (f 2) = (− ∞ , + ∞) , D (f 3) = (− ∞ , + ∞) , osim toga, domen definicije tangente uključuje sve realne brojeve, osim π 2 + π · k , k ∈ Z .

Domen date funkcije f je presjek domena definicije f 1 , f 2 , f 3 i f4. To jest, za funkciju postoji toliki broj realnih brojeva, koji ne uključuje π 2 + π · k , k ∈ Z .

odgovor: svi realni brojevi osim π 2 + π · k , k ∈ Z .

Da biste pronašli domenu proizvoda funkcija, potrebno je primijeniti pravilo:

Definicija 2

Kada se funkcija f smatra proizvodom n funkcija f 1 , f 2 , f 3 i f n , onda postoji funkcija f koja se može specificirati pomoću formule y = f 1 (x) f 2 (x) ... f n (x) , tada se njegov opseg smatra domenom svih funkcija.

Pisaće se D (f) = D (f 1) D (f 2) . . . D(fn)

Primjer 2

Naći domenu funkcije y = 3 · a r c t g x · ln x .

Rješenje

Desna strana formule se smatra kao f 1 (x) f 2 (x) f 3 (x) , gdje je za f 1 je konstantna funkcija, f 2 je tangenta luka, f 3 – logaritamska funkcija s bazom e. Prema pretpostavci, imamo da je D (f 1) = (− ∞ , + ∞) , D (f 2) = (− ∞ , + ∞) i D (f 3) = (0 , + ∞) . Shvatili smo to

D (f) = D (f 1) D (f 2) D (f n) = (- ∞ , + ∞) (- ∞ , + ∞) D (0 , + ∞) = (0 , + ∞)

Odgovori: domena y = 3 a r c t g x ln x je skup svih realnih brojeva.

Neophodno je zadržati se na pronalaženju domena definicije y = Cf(x), gdje je C realan broj. Ovo pokazuje da su njegov domen definicije i domen f isti.

Funkcija y = Cf(x) je proizvod konstantne funkcije i f . Domen definicije su svi realni brojevi domena definicije D(f). Otuda vidimo da je domen funkcije y = Cf(x) je - ∞ , + ∞ D(f) = D(f) .

Dobili smo to u domenu definicije y=f(x) i y = Cf(x), gdje je C neki realan broj, podudaranje. To se može vidjeti na primjeru definicije korijena y = x smatra se [ 0 , + ∞) , jer je domen funkcije y = - 5 · x - [ 0 , + ∞) .

Domeni y = f(x) i y = −f(x) poklapaju, što znači da je njen domen definicije razlike funkcije isti kao i domen njihovog zbira.

Primjer 3

Naći domenu funkcije y = log 3 x − 3 · 2 x .

Rješenje

Potrebno je posmatrati kao razliku dvije funkcije f1 i f 2 .

f 1 (x) = log 3 x i f 2 (x) = 3 2 x. Tada dobijamo da je D (f) = D (f 1) D (f 2) .

Domen definicije se piše kao D (f 1) = (0 , + ∞) . Nastavimo na domen definicije f 2 . u ovom slučaju se poklapa sa domenom eksponencijala, onda dobijamo da je D (f 2) = (− ∞ , + ∞) .

Da bismo pronašli domenu funkcije y = log 3 x − 3 2 x mi to shvatamo

D (f) = D (f 1) D (f 2) = (0 , + ∞) - ∞ , + ∞

Odgovori: (0 , + ∞) .

Potrebno je izraziti tvrdnju da je domen definicije y = a n x n + a n - 1 x n - 1 + . . . + a 1 x + a 0 je skup realnih brojeva.

Uzmimo y = a n x n + a n - 1 x n - 1 + . . . + a 1 x + a 0 , pri čemu se na desnoj strani nalazi polinom sa jednom promenljivom standardnog oblika u obliku stepena od n sa realnim koeficijentima. Dozvoljeno je smatrati ga zbirom (n + 1) -te funkcije. Domen definicije za svaku od ovih funkcija uključuje skup realnih brojeva, koji se naziva R.

Primjer 4

Naći domenu f 1 (x) = x 5 + 7 x 3 - 2 x 2 + 1 2 .

Rješenje

Uzmimo oznaku f za razliku dvije funkcije, tada dobijamo da je f 1 (x) = x 5 + 7 x 3 - 2 x 2 + 1 2 i f 2 (x) = 3 x - ln 5. Gore je pokazano da je D (f 1) = R . Domen definicije za f 2 je isti kao i snaga na eksponentu - ln 5, drugim riječima, da je D (f 2) = (0, + ∞) .

Dobijamo da je D (f) = D (f 1) D (f 2) = - ∞ , + ∞ (0 , + ∞) = (0 , + ∞) .

Odgovori: (0 , + ∞) .

Domen kompleksne funkcije

Da bismo riješili ovo pitanje, potrebno je razmotriti kompleksnu funkciju oblika y = f 1 (f 2 (x)) . To je poznato D(f) je skup svih x iz definicije funkcije f 2 , gdje je domena f 2 (x) pripada domeni f 1 .

Može se vidjeti da se domen definicije kompleksne funkcije oblika y = f 1 (f 2 (x)) nalazi na presjeku dva skupa, gdje je x ∈ D (f 2) i f 2 (x) ∈ D (f 1) . U standardnoj notaciji, ovo ima oblik

x ∈ D (f 2) f 2 (x) ∈ D (f 1)

Razmotrimo nekoliko primjera.

Primjer 5

Pronađite domen y = ln x 2 .

Rješenje

Ovu funkciju predstavljamo u obliku y = f 1 (f 2 (x)), gdje imamo da je f 1 logaritam s bazom e, a f 2 je funkcija stepena s eksponentom 2.

Za rješenje je potrebno koristiti poznate domene definicije D (f 1) = (0 , + ∞) i D (f 2) = (− ∞ , + ∞) .

Tada dobijamo sistem nejednakosti oblika

x ∈ D (f 2) f 2 (x) ∈ D (f 1) ⇔ x ∈ - ∞ , + ∞ x 2 ∈ (0 , + ∞) ⇔ ⇔ x ∈ (- ∞ , + ∞) x 2 > ∞ ⇔ x ∈ (- ∞ , + ∞) x ∈ (- ∞ , 0) ∪ (0 , + ∞) ⇔ ⇔ x ∈ (- ∞ , 0) ∪ (0 , + ∞)

Pronađen je željeni domen definicije. Cijela os realnih brojeva osim nule je domen definicije.

Odgovori: (− ∞ , 0) ∪ (0 , + ∞) .

Primjer 6

Naći domenu funkcije y = (a r c sin x) - 1 2 .

Rješenje

Budući da je data kompleksna funkcija, potrebno ju je smatrati y = f 1 (f 2 (x)) , gdje je f 1 funkcija stepena s eksponentom - 1 2 , a f 2 arcsinusna funkcija, sada trebate potražiti njenu domenu. Treba razmotriti D (f 1) = (0 , + ∞) i D (f 2) = [ − 1 , 1 ] . Sada pronađimo sve skupove vrijednosti x , gdje je x ∈ D (f 2) i f 2 (x) ∈ D (f 1) . Dobijamo sistem nejednakosti oblika

x ∈ D (f 2) f 2 (x) ∈ D (f 1) ⇔ x ∈ - 1 , 1 a r c sin x ∈ (0 , + ∞) ⇔ ⇔ x ∈ - 1 , 1 a r c sin x > 0

Za rješavanje a r c sin x > 0, potrebno je pribjeći svojstvima arcsinusne funkcije. Njegovo povećanje se dešava u domenu definicije [−1, 1], a nestaje na x = 0, što znači da a r c sin x > 0 iz definicije x pripada intervalu (0, 1).

Hajde da transformišemo sistem pogleda

x ∈ - 1 , 1 a r c sin x > 0 ⇔ x ∈ - 1 , 1 x ∈ (0 , 1 ] ⇔ x ∈ (0 , 1 ]

Domen željene funkcije ima interval jednak (0, 1).

odgovor: (0 , 1 ] .

Postepeno smo došli do činjenice da ćemo raditi sa složenim funkcijama opšteg oblika y = f 1 (f 2 (... f n (x)))) . Domen takve funkcije se traži iz x ∈ D (f n) f n (x) ∈ D (f n - 1) f n - 1 (f n (x)) ∈ D (f n - 2) . . . f 2 (f 3 (. . . (f n (x))) ∈ D (f 1) .

Primjer 7

Naći domen y = sin (l g x 4) .

Rješenje

Zadata funkcija se može napisati kao y = f 1 (f 2 (f 3 (x))) , gde imamo f 1 - sinusnu funkciju, f 2 - funkciju sa korenom od 4 stepena, f 3 - logaritamsku funkciju.

Imamo da po uslovu D (f 1) = (− ∞ , + ∞) , D (f 2) = [ 0 , + ∞) , D (f 3) = (0 , + ∞) . Tada je domen funkcije presjek skupova takvih vrijednosti, gdje je x ∈ D (f 3) , f 3 (x) ∈ D (f 2) , f 2 (f 3 (x)) ∈ D (f 1 ) . Shvatili smo to

x ∈ D (f 3) f 3 (x) ∈ D (f 2) f 2 (f 3 (x)) ∈ D (f 1) ⇔ x ∈ (0 , + ∞) lg x ∈ [ 0 , + ∞ ) log x 4 ∈ - ∞ , + ∞

Uslov lg x 4 ∈ - ∞ , + ∞ je sličan uslovu l g x ∈ [ 0 , + ∞) , što znači

x ∈ (0 , + ∞) lg x ∈ [ 0 , + ∞) lg x 4 ∈ - ∞ , + ∞ ⇔ x ∈ (0 , + ∞) lg x ∈ [ 0 , + ∞ ∈) l [ 0 , + ∞ ∈ + ∞) ⇔ ⇔ x ∈ (0 , + ∞) lg x ∈ [ 0 , + ∞) ⇔ x ∈ (0 , + ∞) log x ≥ 0 ⇔ ⇔ x ∈ (0 , + ∞ ∈ (0) + ∞ l l ⇔ x ∈ (0 , + ∞) x ≥ 1 ⇔ ⇔ x ∈ [ 1 , + ∞)

Odgovori: [ 1 , + ∞) .

Prilikom rješavanja primjera uzete su funkcije koje su sastavljene pomoću elementarnih funkcija kako bi se detaljnije razmotrio domen definicije.

Domen frakcije

Razmotrimo funkciju oblika f 1 (x) f 2 (x) . Vrijedi obratiti pažnju na činjenicu da se ovaj razlomak određuje iz skupa obje funkcije, a f 2 (x) ne bi trebao nestati. Tada dobijamo da je domen f za sve x zapisan kao x ∈ D (f 1) x ∈ D (f 2) f 2 (x) ≠ 0 .

Zapisujemo funkciju y = f 1 (x) f 2 (x) kao y = f 1 (x) (f 2 (x)) - 1 . Tada dobijamo proizvod funkcija oblika y = f 1 (x) sa y = (f 2 (x)) - 1 . Domen funkcije y = f 1 (x) je skup D (f 1) , a za kompleks y = (f 2 (x)) - 1 definiramo iz sistema oblika x ∈ D (f 2) f 2 (x) ∈ (- ∞ , 0) ∪ (0 , + ∞) ⇔ x ∈ D (f 2) f 2 (x) ≠ 0 .

Dakle, x ∈ D (f 1) x ∈ D (f 2) f 2 (x) ∈ (- ∞ , 0) ∪ (0 , + ∞) ⇔ x ∈ D (f 1) x ∈ D (f 2) f 2 (x) ≠ 0 .

Primjer 8

Pronađite domen definicije y = t g (2 x + 1) x 2 - x - 6 .

Rješenje

Zadata funkcija je razlomka, pa je f 1 složena funkcija, gdje je y = t g (2 x + 1) i f 2 cijela racionalna funkcija, gdje je y = x 2 − x − 6 , a domen se smatra skup svih brojeva. Može se napisati u formi

x ∈ D (f 1) x ∈ D (f 2) f 2 (x) ≠ 0

Kompleksno predstavljanje funkcije y = f 3 (f 4 (x)), gdje f 3 je tangentna funkcija, gdje domen definicije uključuje sve brojeve osim π 2 + π k , k ∈ Z i f 4 je cijela racionalna funkcija y = 2 x + 1 sa domenom D (f 4) = (− ∞ , + ∞) . Zatim prelazimo na pronalaženje domene definicije f 1:

x ∈ D (f 4) 2 x + 1 ∈ D (f 3) ⇔ x ∈ (- ∞ , + ∞) 2 x + 1 ≠ π 2 + π k , k ∈ Z ⇔ x ≠ π 4 - 1 2 + π 2 k , k ∈ Z

Također je potrebno razmotriti donju domenu definicije y = t g (2 x + 1) x 2 - x - 6. Onda to shvatamo

x ∈ D (f 1) x ∈ D (f 2) f 2 (x) ≠ 0 ⇔ x ≠ π 4 - 1 2 + π 2 k , k ∈ Z x ∈ - ∞ , + ∞ x 2 - x - 6 ≠ 0 ⇔ ⇔ x ≠ π 4 - 1 2 + π 2 k , k ∈ Z x ≠ - 2 x ≠ 3

odgovor: skup realnih brojeva osim - 2 , 3 i π 4 - 1 2 + π 2 · k , k ∈ Z .

Domen logaritma s promjenljivom u bazi

Definicija 3

Definicija logaritma postoji za pozitivne baze koje nisu jednake 1. Ovo pokazuje da funkcija y = log f 2 (x) f 1 (x) ima domen koji izgleda ovako:

x ∈ D (f 1) f 1 (x) > 0 x ∈ D (f 2) f 2 (x) > 0 f 2 (x) ≠ 1

Sličan zaključak se može doći kada se funkcija može predstaviti u ovom obliku:

y = log a f 1 (x) log a f 2 (x) , a > 0 , a ≠ 1 . Nakon toga možete preći na domenu definicije frakcijske funkcije.

Domen logaritamske funkcije je skup realnih pozitivnih brojeva, tada se domeni kompleksnih funkcija kao što su y = log a f 1 (x) i y = log a f 2 (x) mogu odrediti iz rezultirajućeg sistema oblika x ∈ D (f 1) f 1 ( x) > 0 i x ∈ D (f 2) f 2 (x) > 0 . Inače, ovo područje se može napisati kao y = log a f 1 (x) log a f 2 (x) , a > 0 , a ≠ 1 , što znači pronalaženje y = log f 2 (x) f 1 (x) iz sistema sama forma

x ∈ D (f 1) f 1 (x) > 0 x ∈ D (f 2) f 2 (x) > 0 log a f 2 (x) ≠ 0 = x ∈ D (f 1) f 1 (x) > 0 x ∈ D (f 2) f 2 (x) > 0 f 2 (x) ≠ 1

Primjer 9

Označiti domenu funkcije y = log 2 · x (x 2 - 6 x + 5) .

Rješenje

Treba usvojiti notaciju f 1 (x) = x 2 − 6 x + 5 i f 2 (x) = 2 x, dakle D (f 1) = (− ∞ , + ∞) i D (f 2) = (− ∞ , + ∞). Potrebno je započeti traženje skupa x gdje je uvjet x ∈ D (f 1) , f 1 (x) > 0 , x ∈ D (f 2) , f 2 (x) > 0 , f 2 (x) ≠ 1 . Tada dobijamo sistem forme

x ∈ (- ∞ , + ∞) x 2 - 6 x + 5 > 0 x ∈ (- ∞ , + ∞) 2 x > 0 2 x ≠ 1 ⇔ x ∈ (- ∞ , + ∞) x ∈ ( - ∞ , 1) ∪ (5 , + ∞) x ∈ (- ∞ , + ∞) x > 0 x ≠ 1 2 ⇔ ⇔ x ∈ 0 , 1 2 ∪ 1 2 , 1 ∪ (5 , + ∞)

Odavde vidimo da je željena površina funkcije y = log 2 x (x 2 - 6 x + 5) skup koji zadovoljava uslov 0 , 1 2 ∪ 1 2 , 1 ∪ (5 , + ∞) .

odgovor: 0 , 1 2 ∪ 1 2 , 1 ∪ (5 , + ∞) .

Područje definicije funkcije eksponencijalne snage

Funkcija eksponencijalne snage je data formulom oblika y = (f 1 (x)) f 2 (x) . Njegov domen definicije uključuje takve vrijednosti x koje zadovoljavaju sistem x ∈ D (f 1) x ∈ D (f 2) f 1 (x) > 0 .

Ovo područje vam omogućava da pređete iz eksponencijalnog u složeni oblik y = a log a (f 1 (x)) f 2 (x) = a f 2 (x) log a f 1 (x) , gdje je a > 0 , a ≠ jedan .

Primjer 10

Naći domenu funkcije eksponencijalne snage y = (x 2 - 1) x 3 - 9 · x.

Rješenje

Uzmimo f 1 (x) = x 2 − 1 i f 2 (x) = x 3 - 9 x.

Funkcija f 1 je definiran na skupu realnih brojeva, onda dobijamo domenu oblika D (f 1) = (− ∞ , + ∞) . Funkcija f 2 je kompleksan, tako da njegova reprezentacija poprima oblik y = f 3 (f 4 (x)), a f 3– kvadratni korijen sa domenom D (f 3) = [ 0 , + ∞), i funkciju f4– cijeli racionalni, D (f 4) = (− ∞ , + ∞) . Dobijamo sistem forme

x ∈ D (f 4) f 4 (x) ∈ D (f 3) ⇔ x ∈ (- ∞ , + ∞) x 3 - 9 x ≥ 0 ⇔ ⇔ x ∈ (- ∞ , + ∞) x ∈ - , 0 ∪ [ 3 , + ∞) ⇔ x ∈ - 3 , 0 ∪ [ 3 , + ∞)

Dakle, domen definicije funkcije f 2 ima oblik D (f 2) = [ − 3 , 0 ] ∪ [ 3 , + ∞) . Nakon toga, potrebno je pronaći domen definicije funkcije eksponencijalne snage po uslovu x ∈ D (f 1) x ∈ D (f 2) f 1 (x) > 0 .

Dobijamo sistem oblika x ∈ - ∞ , + ∞ x ∈ - 3 , 0 ∪ [ 3 , + ∞) x 2 - 1 > 0 ⇔ x ∈ - ∞ , + ∞ x ∈ - 3 , 0 ∪ , + ∞) x ∈ (- ∞ , - 1) ∪ (1 , + ∞) ⇔ ⇔ x ∈ - 3 , - 1 ∪ [ 3 , + ∞)

odgovor: [ − 3 , − 1) ∪ [ 3 , + ∞)

Uglavnom

Da bi se to riješilo, imperativ je tražiti domen definicije, koji se može predstaviti kao zbir ili razlika funkcija, njihovih proizvoda. Područja definicije kompleksnih i frakcijskih funkcija često izazivaju poteškoće. Zahvaljujući gore navedenim pravilima moguće je pravilno odrediti ODZ i brzo riješiti zadatak u domeni definicije.

Tabele glavnih rezultata

Radi praktičnosti, sav proučavani materijal ćemo staviti u tabelu radi lakšeg lociranja i brzog pamćenja.

Hajde da uredimo funkcije i njihove domene definicije.

Funkcija	Njegov domen definicije
Direktna proporcionalnost y = k x	R
Linearni y = k x + b	R
Inverzna proporcionalnost y = k x	- ∞ , 0 ∪ 0 , + ∞
Kvadrat y = a x 2 + b x + c	R
y = a n x n + a n - 1 x n - 1 + . . . + a 1 x + a 0	R
potpuno racionalno	R
y = C f(x) , gdje je C broj	D(f)
Razlomak y \u003d f 1 (x) f 2 (x) Konkretno, ako su f 1 (x) , f 2 (x) polinomi	Skup svih x koji istovremeno zadovoljavaju uslove x ∈ D (f 1) , x ∈ D (f 2) , f 2 (x) ≠ 0
y = f (x) n , gdje je n paran	x ∈ D (f 1) , f (x) ≥ 0
y = log f 2 (x) f 1 (x) Konkretno, y = log a f 1 (x) Konkretno, y = log f 2 (x) a	x ∈ D (f 1) , f 1 (x) > 0 , x ∈ D (f 2) , f 2 (x) > 0 , f 2 (x) ≠ 1 x ∈ D (f 1) , f 1 (x) > 0 x ∈ D (f 2) , f 2 > 0 , f 2 (x) ≠ 1
Eksponencijalna snaga y = (f 1 (x)) f 2 (x)	x ∈ D (f 1) , x ∈ D (f 2) , f 1 (x) > 0

Imajte na umu da se transformacije mogu izvesti počevši od desne strane izraza. Ovo pokazuje da su identične transformacije dozvoljene, koje ne utiču na domen definicije. Na primjer, y = x 2 - 4 x - 2 i y = x + 2 su različite funkcije, jer je prva definirana na (− ∞ , 2) ∪ (2 , + ∞), a druga je iz skup realnih brojeva. Iz transformacije y = x 2 - 4 x - 2 = x - 2 x + 2 x - 2 = x + 2, može se vidjeti da funkcija ima smisla kada je x ≠ 2.

Ako primijetite grešku u tekstu, označite je i pritisnite Ctrl+Enter