Равенки со параметри: метод на графичко решение

8-9 одделение

Написот дискутира за графички метод за решавање на некои равенки со параметри, што е многу ефикасно кога треба да утврдите колку корени има една равенка во зависност од параметарот а.

Задача 1. Колку корени има равенката? | | x | – 2 | = а во зависност од параметарот а?

Решение. Во координатниот систем (x; y) ќе конструираме графикони на функциите y = | | x | – 2 | и y = а. График на функцијата y = | | x | – 2 | прикажан на сликата.

Графикот на функцијата y = a е права линија паралелна на оската Ox или се совпаѓа со неа (ако а = 0).

Од цртежот се гледа дека:

Ако а= 0, потоа права линија y = асе совпаѓа со оската Ox и го има графикот на функцијата y = | | x | – 2 | две заеднички точки; тоа значи дека првобитната равенка има два корени (во овој случај може да се најдат корените: x 1,2 = d 2).
Ако 0< а < 2, то прямая y = a имеет с графиком функции y = | | x | – 2 | четыре общие точки и, следовательно, исходное уравнение имеет четыре корня.
Ако а= 2, тогаш правата y = 2 има три заеднички точки со графикот на функцијата. Тогаш оригиналната равенка има три корени.
Ако а> 2, потоа права линија y = аќе има две точки со графикот на оригиналната функција, односно оваа равенка ќе има два корени.

Ако а < 0, то корней нет;
Ако а = 0, а> 2, тогаш има два корени;
Ако а= 2, потоа три корени;
ако 0< а < 2, то четыре корня.

Задача 2. Колку корени има равенката? | x 2 – 2| x | – 3 | = а во зависност од параметарот а?

Решение. Во координатниот систем (x; y) ќе конструираме графикони на функциите y = | x 2 – 2| x | – 3 | и y = а.

График на функцијата y = | x 2 – 2| x | – 3 | прикажан на сликата. Графикот на функцијата y = a е права линија паралелна на Ox или се совпаѓа со неа (кога а = 0).

Од цртежот можете да видите:

Ако а= 0, потоа права линија y = асе совпаѓа со оската Ox и го има графикот на функцијата y = | x2 – 2| x | – 3 | две заеднички точки, како и правата y = аќе има со графикот на функцијата y = | x 2 – 2| x | – 3 | две заеднички точки на а> 4. Значи, кога а= 0 и а> 4 првобитната равенка има два корени.
Ако 0< а < 3, то прямая y = аима со графикот на функцијата y = | x 2 – 2| x | – 3 | четири заеднички точки, како и правата y= аќе има четири заеднички точки со графикот на конструираната функција на а= 4. Значи, на 0< а < 3, а= 4 првобитната равенка има четири корени.
Ако а= 3, потоа права линија y = аго пресекува графикот на функцијата на пет точки; затоа, равенката има пет корени.
Ако 3< а < 4, прямая y = a пересекает график построенной функции в шести точках; значит, при этих значениях параметра исходное уравнение имеет шесть корней.
Ако а < 0, уравнение корней не имеет, так как прямая y = a не пересекает график функции y = | x 2 – 2| x | – 3 |.

Ако а < 0, то корней нет;
Ако а = 0, а> 4, потоа два корени;
ако 0< а < 3, а= 4, потоа четири корени;
Ако а= 3, потоа пет корени;
ако 3< а < 4, то шесть корней.

Задача 3. Колку корени има равенката?

во зависност од параметарот а?

Решение. Дозволете ни да конструираме график на функцијата во координатниот систем (x; y) но прво да го претставиме во форма:

Правите x = 1, y = 1 се асимптоти на графикот на функцијата. График на функцијата y = | x | + адобиено од графикот на функцијата y = | x | поместување за единици долж оската Oy.

Графикони на функции се сечат во една точка во а> – 1; Ова значи дека равенката (1) за овие вредности на параметри има едно решение.

На а = – 1, а= – 2 графикони се сечат на две точки; Ова значи дека за овие вредности на параметрите, равенката (1) има два корени.
На – 2< а < – 1, а < – 2 графики пересекаются в трех точках; значит, уравнение (1) при этих значениях параметра имеет три решения.

Ако а> – 1, па едно решение;
Ако а = – 1, а= – 2, тогаш има две решенија;
ако - 2< а < – 1, а < – 1, то три решения.

Коментар. При решавањето на равенката (1) од задачата 3 посебно внимание треба да се посвети на случајот кога а= – 2, бидејќи точката (– 1; – 1) не припаѓа на графикот на функцијата но припаѓа на графикот на функцијата y = | x | + а.

Ајде да продолжиме со решавање на друг проблем.

Задача 4. Колку корени има равенката?

x + 2 = а| x – 1 | (2)

во зависност од параметарот а?

Решение. Забележете дека x = 1 не е корен на оваа равенка, бидејќи еднаквоста 3 = а· 0 не може да биде точно за која било вредност на параметарот а. Да ги поделиме двете страни на равенката со | x – 1 |(| x – 1 | бр. 0), тогаш равенката (2) ќе има форма Во координатен систем xOy ќе ја нацртаме функцијата

Графикот на оваа функција е прикажан на сликата. График на функцијата y = ае права линија паралелна со оската Ox или се совпаѓа со неа (ако а = 0).

Ако аЈ – 1, тогаш нема корени;
ако - 1< аЈ 1, потоа еден корен;
Ако а> 1, тогаш има два корени.

Да ја разгледаме најкомплексната равенка.

Задача 5. Во кои вредности на параметарот аравенката

а x 2 + | x – 1 | = 0 (3)

има три решенија?

Решение. 1. Контролната вредност на параметарот за оваа равенка ќе биде бројот а= 0, при што равенката (3) добива форма 0 + | x – 1 | = 0, од ​​каде x = 1. Затоа, кога а= 0, равенката (3) има еден корен, кој не ги задоволува условите на проблемот.

2. Размислете за случајот кога а № 0.

Дозволете ни да ја преработиме равенката (3) во следнава форма: а x 2 = – | x – 1 |. Забележете дека равенката ќе има решенија само кога а < 0.

Во координатен систем xOy ќе конструираме графикони на функциите y = | x – 1 | и y = а x 2 . График на функцијата y = | x – 1 | прикажан на сликата. График на функцијата y = а x 2 е парабола чии гранки се насочени надолу, бидејќи а < 0. Вершина параболы - точка (0; 0).

Равенката (3) ќе има три решенија само кога правата y = – x + 1 е тангента на графикот на функцијата y= а x 2 .

Нека x 0 е апсциса на точката на тангенција на правата y = – x + 1 со параболата y = а x 2 . Тангентната равенка има форма

y = y(x 0) + y "(x 0) (x – x 0).

Ајде да ги запишеме условите на тангенција:

Оваа равенка може да се реши без користење на концептот на извод.

Ајде да разгледаме друг метод. Да го искористиме фактот дека ако правата y = kx + b има една заедничка точка со параболата y = а x 2 + px + q, потоа равенката а x 2 + px + q = kx + b мора да има единствено решение, односно неговата дискриминанта е нула. Во нашиот случај ја имаме равенката а x 2 = - x + 1 ( абр. 0). Дискриминаторска равенка

Проблеми кои треба да се решаваат самостојно

6. Колку корени има равенката во зависност од параметарот а?

1)| | x | – 3 | = а;
2)| x + 1 | + | x + 2 | = а;
3)| x 2 – 4| x | + 3 | = а;
4)| x 2 – 6| x | + 5 | = а.

1) ако а<0, то корней нет; если а=0, а>3, потоа два корени; Ако а=3, потоа три корени; ако 0<а<3, то четыре корня;
2) ако а<1, то корней нет; если а=1, тогаш има бесконечно множество решенија од интервалот [– 2; - 1]; Ако а> 1, тогаш има две решенија;
3) ако а<0, то корней нет; если а=0, а<3, то четыре корня; если 0<а<1, то восемь корней; если а=1, потоа шест корени; Ако а=3, тогаш има три решенија; Ако а>3, тогаш има две решенија;
4) ако а<0, то корней нет; если а=0, 4<а<5, то четыре корня; если 0<а< 4, то восемь корней; если а=4, потоа шест корени; Ако а=5, потоа три корени; Ако а>5, тогаш има два корени.

7. Колку корени има равенката | x + 1 | = а(x – 1) во зависност од параметарот а?

Забелешка. Бидејќи x = 1 не е корен од равенката, оваа равенка може да се сведе на формата .

Одговор: ако а J -1, а > 1, а=0, потоа еден корен; ако - 1<а<0, то два корня; если 0<аЈ 1, тогаш нема корени.

8. Колку корени има равенката x + 1 = а| x – 1 |во зависност од параметарот а?

Нацртајте графикон (види слика).

Одговор: ако аЈ –1, тогаш нема корени; ако - 1<аЈ 1, потоа еден корен; Ако а>1, тогаш има два корени.

9. Колку корени има равенката?

2| x | – 1 = a (x – 1)

во зависност од параметарот а?

Забелешка. Намалете ја равенката за да се формира

Одговор: ако а J -2, а>2, а=1, потоа еден корен; ако -2<а<1, то два корня; если 1<аЈ 2, тогаш нема корени.

10. Колку корени има равенката?

во зависност од параметарот а?

Одговор: ако аЈ 0, ајас 2, потоа еден корен; ако 0<а<2, то два корня.

11. Во кои вредности на параметарот аравенката

x 2 + а| x – 2 | = 0

има три решенија?

Забелешка. Намали ја равенката во форма x 2 = – а| x – 2 |.

Одговор: кога а J -8.

12. Во кои вредности на параметарот аравенката

а x 2 + | x + 1 | = 0

има три решенија?

Забелешка. Користете ја задачата 5. Оваа равенка има три решенија само ако равенката а x 2 + x + 1 = 0 има едно решение, а случајот а= 0 не ги задоволува условите на проблемот, односно случајот останува кога

13. Колку корени има равенката?

x | x – 2 | = 1 - а

во зависност од параметарот а?

Забелешка. Намалете ја равенката на формата –x |x – 2| + 1 = а

во зависност од параметарот а?

Забелешка. Конструирај графикони на левата и десната страна на оваа равенка.

Одговор: ако а<0, а>2, тогаш има два корени; ако 0Ј аЈ 2, па еден корен.

16. Колку корени има равенката?

во зависност од параметарот а?

Забелешка. Конструирај графикони на левата и десната страна на оваа равенка. Да се ​​направи графика на функција Да ги најдеме интервалите на константен знак на изразите x + 2 и x:

Одговор: ако а>– 1, потоа едно решение; Ако а= – 1, тогаш има две решенија; ако – 3<а<–1, то четыре решения; если аЈ –3, тогаш има три решенија.

Олга Отделкина, ученичка во 9-то одделение

Оваа тема е составен дел од курсот за училишна алгебра. Целта на оваа работа е да се проучи оваа тема подлабоко, да се идентификува најрационалното решение кое брзо води до одговор. Овој есеј ќе им помогне на другите студенти да ја разберат употребата на графичкиот метод за решавање равенки со параметри, да научат за потеклото и развојот на овој метод.

Преземи:

Преглед:

Вовед2

Поглавје 1. Равенки со параметар

Историја на појавата на равенки со параметар3

Теорема на Виета4

Основни поими5

Поглавје 2. Видови равенки со параметри.

Линеарни равенки6

Квадратни равенки……………………………………………………………………..

Поглавје 3. Методи за решавање равенки со параметар

Аналитички метод……………………………………………………………………………

Графички метод. Историја на потекло………………………………9

Алгоритам за решавање на графичкиот метод…………………………………….10

Решение на равенката со модул……………………………………………………….11

Практичен дел……………………………………………………………12

Заклучок…………………………………………………………………………….19

Користена литература……………………………………………………………………………

Вовед.

Оваа тема ја избрав бидејќи е составен дел од училишниот курс за алгебра. При подготовката на ова дело, ја поставив целта за подлабоко проучување на оваа тема, идентификувајќи го најрационалното решение кое брзо води до одговор. Мојот есеј ќе им помогне на другите студенти да ја разберат употребата на графичкиот метод за решавање равенки со параметри, да научат за потеклото и развојот на овој метод.

Во современиот живот, проучувањето на многу физички процеси и геометриски обрасци често доведува до решавање на проблеми со параметрите.

За решавање на вакви равенки, графичкиот метод е многу ефикасен кога треба да одредите колку корени има равенката во зависност од параметарот α.

Проблемите со параметрите се од чисто математички интерес, придонесуваат за интелектуалниот развој на учениците и служат како добар материјал за вежбање вештини. Тие имаат дијагностичка вредност, бидејќи можат да се користат за тестирање на знаењата од главните гранки на математиката, нивото на математичко и логичко размислување, почетните истражувачки вештини и ветувачките можности за успешно совладување на курсот по математика во високообразовните институции.

Мојот есеј зборува за често сретнуваните видови равенки и се надевам дека знаењето што го стекнав во процесот на работа ќе ми помогне при полагањето на училишните испити, бидејќиравенки со параметрисо право се сметаат за еден од најтешките проблеми во училишната математика. Токму овие задачи се вклучени во списокот на задачи во Единствениот државен испит.

Историја на појавата на равенки со параметар

Проблеми со равенките со параметар веќе се сретнаа во астрономскиот трактат „Аријабхатиам“, составен во 499 година од индискиот математичар и астроном Аријабхата. Друг индиски научник, Брамагупта (VII век), навел општо правило за решавање на квадратни равенки сведени на една канонска форма:

αх 2 + bx = c, α>0

Коефициентите во равенката, освен параметарот, исто така може да биде негативен.

Квадратни равенки од Ал-Хваризми.

Алгебарскиот трактат на Ал-Хорезми дава класификација на линеарни и квадратни равенки со параметар а. Авторот брои 6 типа равенки, изразувајќи ги на следниов начин:

1) „Квадратите се еднакви на корените“, т.е. αx 2 = bx.

2) „Квадратите се еднакви на броеви“, т.е. αx 2 = в.

3) „Корените се еднакви на бројот“, т.е. αx = c.

4) „Квадратите и броевите се еднакви на корените“, т.е. αx 2 + c = bx.

5) „Квадратите и корените се еднакви на бројот“, т.е. αx 2 + bx = c.

6) „Корените и броевите се еднакви на квадрати“, т.е. bx + c = αx 2 .

Формулите за решавање на квадратни равенки според Ал-Хваризми во Европа за првпат биле изнесени во „Книгата на Абакус“, напишана во 1202 година од италијанскиот математичар Леонардо Фибоначи.

Изведувањето на формулата за решавање на квадратна равенка со параметар во општа форма е достапно од Виета, но Виета препозна само позитивни корени. Италијанските математичари Тартаља, Кардано, Бомбели биле меѓу првите во 12 век. Покрај позитивните, се земаат предвид и негативните корени. Само во 17 век. Благодарение на делата на Жирар, Декарт, Њутн и други научници, методот на решавање на квадратни равенки ја доби својата модерна форма.

Теорема на Виета

Теоремата што ја изразува врската помеѓу параметрите, коефициентите на квадратната равенка и нејзините корени, именувана по Виета, првпат ја формулирал тој во 1591 година на следниов начин: „Ако b + d помножи со α минус α 2 , е еднаква на bc, а потоа α е еднаква на b и еднаква на d.”

За да го разбереме Виета, треба да запомниме дека α, како и секоја самогласна буква, значеше непознато (нашето x), додека самогласките b, d се коефициенти за непознатото. На јазикот на модерната алгебра, горната формулација Виета значи:

Ако има

(α + б)x - x 2 = αb,

Тоа е, x 2 - (α -b)x + αb =0,

тогаш x 1 = α, x 2 = b.

Со изразување на врската помеѓу корените и коефициентите на равенките со општи формули напишани со помош на симболи, Виета воспостави униформност во методите за решавање равенки. Сепак, симболиката на Виет е сè уште далеку од нејзината модерна форма. Тој не препознаваше негативни броеви и затоа, кога решаваше равенки, ги разгледуваше само случаите кога сите корени беа позитивни.

Основни концепти

Параметар - независна променлива, чија вредност се смета за фиксен или произволен број, или број што припаѓа на интервалот одреден со состојбата на проблемот.

Равенка со параметар- математичкиравенкатачиј изглед и решение зависи од вредностите на еден или повеќе параметри.

Одлучи равенка со параметарски средства за секоја вредностнајдете ги вредностите на x кои ја задоволуваат оваа равенка, а исто така:

1. 1. Истражете во кои вредности на параметрите има корени равенката и колку има за различни вредности на параметрите.
2. 2. Најдете ги сите изрази за корените и наведете ги за секој од нив оние вредности на параметрите на кои овој израз всушност го одредува коренот на равенката.

Размислете за равенката α(x+k)= α +c, каде α, c, k, x се променливи величини.

Систем на дозволени вредности на променливи α, c, k, xе секој систем на променливи вредности во кој и левата и десната страна на оваа равенка земаат реални вредности.

Нека A е множеството од сите дозволени вредности на α, K множеството од сите дозволени вредности на k, X множеството од сите дозволени вредности на x, C множеството од сите дозволени вредности на c. Ако за секое од множествата A, K, C, X избереме и поправаме, соодветно, една вредност α, k, c и ги замениме во равенката, тогаш добиваме равенка за x, т.е. равенка со една непозната.

Променливите α, k, c, кои се сметаат за константни при решавање на равенката, се нарекуваат параметри, а самата равенка се нарекува равенка која содржи параметри.

Параметрите се означуваат со првите букви од латиницата: α, b, c, d, ..., k, l, m, n, а непознатите се означуваат со буквите x, y, z.

Се повикуваат две равенки кои содржат исти параметриеквивалентно ако:

а) имаат смисла за истите вредности на параметрите;

б) секое решение на првата равенка е решение на втората и обратно.

Видови равенки со параметри

Равенките со параметри се: линеарнии квадрат.

1) Линеарна равенка. Општа форма:

α x = b, каде што x е непознато;α, b - параметри.

За оваа равенка, специјалната или контролната вредност на параметарот е онаа при која коефициентот на непознатото станува нула.

При решавање на линеарна равенка со параметар, се разгледуваат случаи кога параметарот е еднаков на неговата посебна вредност и се разликува од него.

Посебна вредност на параметарот α е вредностаα = 0.

1.Ако, и ≠0, потоа за кој било пар параметриα и б има единствено решение x =.

2.Ако, и =0, тогаш равенката добива форма:0 x = b . Во овој случај вредностаб = 0 е посебна вредност на параметаротб.

2.1. На б ≠ 0 равенката нема решенија.

2.2. На б =0 равенката ќе има форма:0 x =0.

Решението на оваа равенка е секој реален број.

Квадратна равенка со параметар.

Општа форма:

α x 2 + bx + c = 0

каде параметарот α ≠0, b и c - произволни броеви

Ако α =1, тогаш равенката се нарекува намалена квадратна равенка.

Корените на квадратната равенка се наоѓаат со помош на формулите

Израз D = b 2 - 4 α c се нарекува дискриминатор.

1. Ако D> 0, равенката има два различни корени.

2. Ако Д< 0 — уравнение не имеет корней.

3. Ако D = 0, равенката има два еднакви корени.

Методи за решавање равенки со параметар:

1. Аналитички - метод на директно решение, повторување на стандардни процедури за наоѓање одговор во равенка без параметри.
2. Графички - во зависност од условите на проблемот, се разгледува позицијата на графикот на соодветната квадратна функција во координатниот систем.

Аналитички метод

Алгоритам за решение:

1. Пред да започнете да решавате проблем со параметрите користејќи аналитички метод, треба да ја разберете ситуацијата за одредена нумеричка вредност на параметарот. На пример, земете ја вредноста на параметарот α =1 и одговорете на прашањето: дали вредноста на параметарот α =1 е потребна за оваа задача.

Пример 1. Релативно X линеарна равенка со параметар m:

Според значењето на задачата (m-1)(x+3) = 0, односно m= 1, x = -3.

Помножувајќи ги двете страни на равенката со (m-1) (x+3), ја добиваме равенката

Добиваме

Оттука, на m= 2,25.

Сега треба да провериме дали има некои вредности на m за кои

вредноста на најдениот х е -3.

решавајќи ја оваа равенка, наоѓаме дека x е еднакво на -3 со m = -0,4.

Одговор: со m=1, m =2,25.

Графички метод. Историја на потекло

Проучувањето на заедничките зависности започна во 14 век. Средновековната наука била схоластичка. Со ваква природа, не остана простор за проучување на квантитативните зависности, се работеше само за квалитетите на предметите и нивните меѓусебни врски. Но, меѓу схоластиците се појави училиште кое тврдеше дека квалитетите можат да бидат повеќе или помалку интензивни (облеката на личност која паднала во река е повлажна од онаа на некој штотуку бил фатен на дожд)

Францускиот научник Николај Орезме почнал да го прикажува интензитетот со должината на сегментите. Кога ги поставил овие отсечки нормално на одредена права линија, нивните краеви формирале линија, која ја нарекол „линија на интензитет“ или „линија на горниот раб“ (график на соодветната функционална зависност). Орешме дури студирал „рамнина “ и „физички“ квалитети, т.е. функции, во зависност од две или три променливи.

Важното достигнување на Орешме беше неговиот обид да ги класифицира добиените графикони. Тој идентификуваше три типа на квалитети: униформни (со постојан интензитет), униформни-нерамни (со постојана стапка на промена на интензитетот) и нерамномерно-нееднакви (сите други), како и карактеристичните својства на графиконите на таквите квалитети.

За да се создаде математички апарат за проучување на графиконите на функции, потребен беше концептот на променлива. Овој концепт беше воведен во науката од францускиот филозоф и математичар Рене Декарт (1596-1650). Декарт дошол до идеите за единството на алгебрата и геометријата и улогата на променливите; Декарт вовел фиксен единичен сегмент и почнал да ги разгледува односите на другите сегменти со него.

Така, графиконите на функции во текот на целиот период на нивното постоење поминале низ голем број фундаментални трансформации, кои ги доведоа до формата на која сме навикнати. Секоја фаза или фаза во развојот на графикони на функции е составен дел од историјата на модерната алгебра и геометрија.

Графичкиот метод за одредување на бројот на корените на равенката во зависност од параметарот вклучен во неа е попогоден од аналитичкиот.

Решавање алгоритам со графички метод

График на функција - збир на точки на коиапсцисасе валидни вредности на аргументите, А ординати- соодветните вредностифункции.

Алгоритам за графичко решавање равенки со параметар:

1. Најдете го доменот на дефиниција на равенката.
2. Изразуваме α како функција од x.
3. Во координатниот систем градиме график на функцијатаα (x) за оние вредности на x кои се вклучени во доменот на дефиниција на оваа равенка.
4. Наоѓање на пресечни точки на праваα =с, со графикот на функцијата

α(x). Ако правата α =с го преминува графикотα (x), потоа ги одредуваме апсцисите на пресечните точки. За да го направите ова, доволно е да ја решите равенката c = α (x) во однос на x.

1. Запишете го одговорот

Решавање равенки со модул

Кога графички се решаваат равенки со модул што содржи параметар, неопходно е да се конструираат графикони на функции и да се земат предвид сите можни случаи за различни вредности на параметарот.

На пример, │х│= a,

Одговор: ако а < 0, то нет корней, a > 0, тогаш x = a, x = - a, ако a = 0, тогаш x = 0.

Решавање на проблем.

Задача 1. Колку корени има равенката?| | x | - 2 | =а во зависност од параметарота?

Решение. Во координатниот систем (x; y) ќе конструираме графикони на функциите y = | | x | - 2 | и y =а . График на функцијата y = | | x | - 2 | прикажан на сликата.

График на функцијата y =α a = 0).

Од графиконот може да се види дека:

Ако a = 0, тогаш права линија y = a се совпаѓа со оската Ox и го има графикот на функцијата y = | | x | - 2 | две заеднички точки; тоа значи дека оригиналната равенка има два корени (во овој случај, корените може да се најдат: x 1,2 = + 2).
Ако 0< a < 2, то прямая y = α има со графикот на функцијата y = | | x | - 2 | четири заеднички точки и, според тоа, првобитната равенка има четири корени.
Акоа = 2, тогаш правата y = 2 има три заеднички точки со графикот на функцијата. Тогаш оригиналната равенка има три корени.
Ако a > 2, потоа права линија y = a ќе има две точки со графикот на оригиналната функција, односно оваа равенка ќе има два корени.

Одговор: ако а < 0, то корней нет;
ако a = 0, a > 2, тогаш има два корени;
ако a = 2, тогаш има три корени;
ако 0< a < 2, то четыре корня.

Задача 2. Колку корени има равенката?| x 2 - 2| x | - 3 | =а во зависност од параметарота?

Решение. Во координатниот систем (x; y) ќе конструираме графикони на функциите y = | x 2 - 2| x | - 3 | и y = a.

График на функцијата y = | x 2 - 2| x | - 3 | прикажан на сликата. График на функцијата y =α е права линија паралелна со Окс или се совпаѓа со неа (кога a = 0).

Од графиконот можете да видите:

Ако a = 0, тогаш права линија y = a се совпаѓа со оската Ox и го има графикот на функцијата y = | x2 - 2| x | - 3 | две заеднички точки, како и правата y =а ќе има со графикот на функцијата y = | x 2 - 2| x | - 3 | две заеднички точки на a > 4. Значи, за a = 0 и a > 4 првобитната равенка има два корени.
Ако 0< а< 3, то прямая y = a има со графикот на функцијата y = | x 2 - 2| x | - 3 | четири заеднички точки, како и правата y=а ќе има четири заеднички точки со графикот на конструираната функција на a = 4. Значи, на 0< a < 3, a = 4 првобитната равенка има четири корени.
Ако a = 3, потоа права линија y = a го пресекува графикот на функцијата на пет точки; затоа, равенката има пет корени.
Ако 3< а< 4, прямая y = α го пресекува графикот на конструираната функција на шест точки; Ова значи дека за овие вредности на параметрите оригиналната равенка има шест корени.
Акоа < 0, уравнение корней не имеет, так как прямая y = α не го пресекува графикот на функцијата y = | x 2 - 2| x | - 3 |.

Одговор: ако а < 0, то корней нет;
ако a = 0, a > 4, тогаш има два корени;
ако 0< a < 3, a = 4, потоа четири корени;

ако = 3, потоа пет корени;
ако 3< a < 4, то шесть корней.

Задача 3. Колку корени има равенката?

во зависност од параметарота?

Решение. Дозволете ни да конструираме график на функцијата во координатниот систем (x; y)

но прво да го претставиме во форма:

Правите x = 1, y = 1 се асимптоти на графикот на функцијата. График на функцијата y = | x | +а добиено од графикот на функцијата y = | x | поместување за единици долж оската Oy.

Графикони на функции се сечат во една точка воа > - 1; Ова значи дека равенката (1) за овие вредности на параметри има едно решение.

Кога a = - 1, a = - 2 графикони се сечат на две точки; Ова значи дека за овие вредности на параметрите, равенката (1) има два корени.
На - 2< а< - 1, a < - 2 графики пересекаются в трех точках; значит, уравнение (1) при этих значениях параметра имеет три решения.

Одговор: ако а > - 1, потоа едно решение;
ако a = - 1, а = - 2, тогаш има две решенија;
ако - 2< a < - 1, a < - 1, то три решения.

Коментар. При решавањето на проблемската равенка посебно внимание треба да се посвети на случајот когаа = - 2, бидејќи точката (- 1; - 1) не припаѓа на графикот на функцијатано припаѓа на графикот на функцијата y = | x | +а.

Задача 4. Колку корени има равенката?

x + 2 = a | x - 1 |

во зависност од параметарота?

Решение. Забележете дека x = 1 не е корен на оваа равенка, бидејќи еднаквоста 3 =а 0 не може да биде точно за која било вредност на параметарота . Да ги поделиме двете страни на равенката со | x - 1 |(| x - 1 |0), тогаш равенката добива формаВо координатен систем xOy ќе ја нацртаме функцијата

Графикот на оваа функција е прикажан на сликата. График на функцијата y =а е права линија паралелна со оската Ox или се совпаѓа со неа (ако a = 0).

За секоја вредност на параметарот a a реши ја нееднаквоста | 2 x + a | ≤ x + 2 |2x+a| \leq x+2 .

Прво, да решиме помошен проблем. Да ја сметаме оваа неравенка како неравенство со две променливи x x и a a и да ги нацртаме на координатната рамнина x O a xOa сите точки чии координати ја задоволуваат неравенката.

Ако 2 x + a ≥ 0 2x+a \geq 0 (т.е. на права линија a = - 2 x a=-2x и повисоко), тогаш добиваме 2 x + a ≤ x + 2 ⇔ a ≤ 2 - x 2x+ a \leq x+2 \Леводесно стрелка a \leq 2-x .

Сетот е прикажан на сл. единаесет.

Сега да го решиме оригиналниот проблем користејќи го овој цртеж. Ако поправиме a , тогаш добиваме хоризонтална линија a = const a = \textrm(const) . За да ги одредите вредностите на x x, треба да ја пронајдете апсцисата на точките на пресек на оваа линија со множеството решенија за неравенството. На пример, ако a = 8 a=8, тогаш неравенството нема решенија (правата не го пресекува множеството); ако a = 1 a=1, тогаш решенијата се сите x x од интервалот [-1; 1 ] [-1;1] итн. Значи, можни се три опции.

1) Ако $$a>4$$, тогаш нема решенија.

2) Ако a = 4 a=4, тогаш x = - 2 x=-2.

ОДГОВОРИ

на $$ a

за a = 4 a=4 - x = - 2 x=-2;

за $$a>4$$ - нема решенија.

Најдете ги сите вредности на параметарот a a за кои е неравенката $$3-|x-a| > x^2$$ а) има барем едно решение; б) има барем едно позитивно решение.

Да ја преработиме неравенката во форма $$3-x^2 > |x-a)$$. Ајде да конструираме графикони на левиот и десниот дел на x O y xOy рамнината. Графикот на левата страна е парабола со гранки надолу со темето во точката (0; 3) (0;3) . Графикот ја пресекува оската x во точките (± 3 ; 0) (\pm \sqrt(3);0) . Графикот на десната страна е агол со темето на оската x, чии страни се насочени нагоре под агол од 45 ° 45^(\circ) до координатните оски. Апцисата на темето е точката x = a x=a .

а) За да има неравенство барем едно решение, потребно е и доволно параболата барем во една точка да биде над графикот y = | x - a | y=|x-a| . Ова се постигнува ако темето на аголот лежи помеѓу точките A A и B B од оската на апсцисата (види слика 12 - точките A A и B B не се вклучени). Така, неопходно е да се одреди во која положба на темето една од гранките на аголот ја допира параболата.

Да го разгледаме случајот кога темето на аголот е во точката A A. Тогаш десната гранка на аголот ја допира параболата. Нејзиниот наклон е еднаков на еден. Тоа значи дека изводот на функцијата y = 3 - x 2 y = 3-x^2 во точката на тангенција е еднаков на 1 1, т.е. - 2 x = 1 -2x=1, од каде x = - 1 2 x = -\frac( 1)(2) . Тогаш ординатата на тангентата точка е y = 3 - (1 2) 2 = 11 4 y = 3 - (\frac(1)(2))^2 = \frac(11)(4) . Равенката на права линија која има аголен коефициент k = 1 k=1 и минува низ точка со координати (- 1 2 ; 11 4) (-\frac(1)(2); \frac(11)(4) ) е следново * ( \^* : y - 11 4 = 1 · (x + 1 2) y - \frac{11}{4} = 1 \cdot (x+ \frac{1}{2}) , откуда y = x + 13 4 y = x + \frac{13}{4} .!}

Ова е равенката на десната гранка на аголот. Апсцисата на точката на пресек со оската x е еднаква на - 13 4 -\frac(13)(4), т.е. точката A има координати A (- 13 4 ; 0) A(-\frac(13)(4 ); 0). Од причини за симетрија, точката B B има координати: B (13 4 ; 0) B(\frac(13)(4); 0) .

Од ова добиваме дека a ∈ (- 13 4 ; 13 4) a\in (-\frac(13)(4); \frac(13)(4)) .

б) Неравенката има позитивни решенија ако темето на аголот е помеѓу точките F F и B B (види Сл. 13). Не е тешко да се најде позицијата на точката F F: ако темето на аголот е во точката F F, тогаш неговата десна гранка (правата линија дадена со равенката y = x - a y = x-a поминува низ точката (0; 3 ) (0;3).Од тука наоѓаме дека a = - 3 a=-3 и точката F F има координати (- 3 ; 0) (-3;0).Затоа, a ∈ (- 3 ; 13 4) a \in (-3; \frac(13)(4)) .

ОДГОВОРИ

а) a ∈ (- 13 4 ; 13 4) ,       a\in (-\frac(13)(4); \frac(13)(4)), \:\:\: б) a ∈ (- 3 ; 13 4) a \in (-3; \frac(13)(4)) .

* {\^* Полезные формулы: !}

- \-- права линија што минува низ точката (x 0 ; y 0) (x_0;y_0) и има аголен коефициент k k е дадена со равенката y - y 0 = k (x - x 0) y-y_0= k(x-x_0);

- \-- аголниот коефициент на правата линија што минува низ точките (x 0 ; y 0) (x_0;y_0) и (x 1 ; y 1) (x_1;y_1), каде што x 0 ≠ x 1 x_0 \neq x_1, се пресметува со формулата k = y 1 - y 0 x 1 - x 0 k = \dfrac(y_1-y_0)(x_1-x_0) .

Коментар.Ако треба да ја пронајдете вредноста на параметарот на кој се допира правата линија y = k x + l y=kx+l и параболата y = a x 2 + b x + c y = ax^2+bx+c, тогаш можете да ја напишете услов равенката k x + l = a x 2 + b x + c kx+l = ax^2+bx+c да има точно едно решение. Потоа на друг начин да се најдат вредностите на параметарот a a за кој е темето на аголот е во точката A A е следново: равенката x - a = 3 - x 2 x-a = 3-x^2 има точно едно решение ⇔ D = 1 + 4 (a + 3) = 0 ⇔ a = - 13 4 \Лева десна стрелка D = 1 + 4(a+3) = 0 \Десна стрелка a = -\ dfrac(13)(4) .

Ве молиме имајте предвид дека на овој начин е невозможно да се запише условот линијата да допира произволен график. На пример, правата y = 3 x - 2 y = 3x - 2 ја допира кубната парабола y = x 3 y=x^3 во точката (1 ; 1) (1;1) и ја пресекува во точката (- 2 ; - 8) (-2;-8), т.е. равенката x 3 = 3 x + 2 x^3 = 3x+2 има две решенија.

Најдете ги сите вредности на параметарот a a, за секоја од нив равенката (a + 1 - | x + 2 |) (x 2 + 4 x + 1 - a) = 0 (a+1-|x+2| )(x^2 +4x+1-a) = 0 има а) точно два различни корени; б) точно три различни корени.

Да го направиме истото како во примерот 25. Да го прикажеме множеството решенија на оваа равенка на рамнината x O a xOa . Тоа е еквивалентно на комбинација од две равенки:

1) a = | x + 2 | - 1 a = |x+2| -1 е агол со гранки нагоре и теме во точката (- 2 ; - 1) (-2;-1) .

2) a = x 2 + 4 x + 1 a = x^2 + 4x + 1 - ова е парабола со гранки нагоре и теме во точката (- 2 ; - 3) (-2;-3) . Види сл. 14.

Ги наоѓаме пресечните точки на два графика. Десната гранка на аголот е дадена со равенката y = x + 1 y=x+1 . Решавање на равенката

x + 1 = x 2 + 4 x + 1 x+1 = x^2+4x+1

наоѓаме дека x = 0 x=0 или x = - 3 x=-3 . Погодна е само вредноста x = 0 x=0 (бидејќи за десната гранка x + 2 ≥ 0 x+2 \geq 0). Тогаш a = 1 a=1 . Слично, ги наоѓаме координатите на втората пресечна точка - (- 4 ; 1) (-4; 1) .

Да се ​​вратиме на првобитниот проблем. Равенката има точно две решенија за оние a a за кои хоризонталната права a = const a=\textrm(const) го пресекува множеството решенија на равенката во две точки. Од графикот гледаме дека ова е точно за a ∈ (- 3 ; - 1) ∪ ( 1 ) a\in (-3;-1)\bigcup\(1\) . Ќе има точно три решенија во случај на три пресечни точки, што е можно само кога a = - 1 a=-1 .

ОДГОВОРИ

а) a ∈ (- 3; - 1) ∪ (1); a\in (-3;-1)\bigcup\(1\);\:\:\: б) a = - 1 a=-1 .

$$\почеток(случаи) x^2-x-a \leq 0,\\ x^2+2x-6a \leq 0 \крај (случаи) $$

има точно едно решение.

Да ги прикажеме решенијата на системот на неравенки на рамнината x O a xOa. Ајде да го преработиме системот во форма $$ \begin(cases) a \leq -x^2+x,\\ a \geq \dfrac(x^2+6x)(6) .\end (случаи) $$

Првата неравенка се задоволува со точките што лежат на параболата a = - x 2 + x a = -x^2+x и под неа, а втората се задоволува со точките што лежат на параболата a = x 2 + 6 x 6 a = \dfrac(x^2 +6x)(6) и погоре. Ги наоѓаме координатите на темињата на параболите и нивните пресечни точки, а потоа градиме график. Врвот на првата парабола е (1 2 ; 1 4) (\dfrac(1)(2);\dfrac(1)(4)), врвот на втората парабола е (- 1 ; - 1 6) ( -1; -\dfrac(1)(6)), пресечните точки се (0 ; 0) (0;0) и (4 7 ; 12 49) (\dfrac(4)(7); \dfrac(12 ) (49)). Множеството точки што го задоволуваат системот е прикажано на сл. 15. Се гледа дека хоризонталната права a = const a=\textrm(const) има точно една заедничка точка со ова множество (што значи дека системот има точно едно решение) во случаите a = 0 a=0 и a = 1 4 a= \dfrac(1)(4) .

ОДГОВОРИ

A = 0,  a = 1 4 a=0,\: a=\dfrac(1)(4)

Најдете ја најмалата вредност на параметарот a a , за секој од нив системот

$$\почеток(случаи) x^2+y^2 + 3a^2 = 2y + 2\sqrt(3)ax,\\ \sqrt(3)|x|-y=4 \end (случаи) $$

има уникатно решение.

Ајде да ја трансформираме првата равенка, истакнување на целосни квадрати:

(x 2 - 2 3 a x + 3 a 2) + (y 2 - 2 y + 1) = 1 ⇔ (x - a 3) 2 + (y - 1) 2 = 1. 18 (x^2- 2\sqrt(3)ax+3a^2)+(y^2-2y+1)=1 \левадесна стрелка (x-a\sqrt(3))^2+(y-1)^2 =1. \:\:\:\лево(18\десно)

За разлика од претходните проблеми, овде е подобро да се прикаже цртеж на рамнината x O y xOy (цртеж во рамнината „променлива - параметар“ обично се користи за проблеми со една променлива и еден параметар - резултатот е множество на рамнината Во овој проблем имаме работа со две променливи и еден параметар. Цртањето на множество точки (x; y; a) (x;y;a) во тродимензионален простор е тешка задача, освен тоа, таквото цртање е малку веројатно да биде визуелен). Равенката (18) одредува круг со центар (a 3 ; 1) (a\sqrt(3);1) со радиус 1. Центарот на оваа кружница, во зависност од вредноста на a, може да се наоѓа во која било точка на линија y = 1 y=1.

Втората равенка на системот е y = 3 | x | - 4 y = \sqrt(3)|x|-4 го поставува аголот со страните нагоре под агол од 60 ° 60^(\circ) во однос на оската на апсцисата (аголниот коефициент на правата линија е тангента на агол на наклон tg 60 ° = 3 \textrm(tg )(60^(\circ)) = \sqrt(3)), со теме во точката (0; - 4) (0;-4) .

Овој систем на равенки има точно едно решение ако кругот допре една од гранките на аголот. Ова е можно во четири случаи (слика 16): центарот на кругот може да биде во една од точките A A, B B, C C, D D. Бидејќи треба да ја најдеме најмалата вредност на параметарот a a, ние сме заинтересирани за апсцисата на точката D D. Размислете за правоаголен триаголник D H M DHM. Растојанието од точката D D до права линија H M HM е еднакво на радиусот на кружницата, затоа D H = 1 DH=1. Значи, D M = D H sin 60 ° = 2 3 DM=\dfrac(DH)(\textrm(sin)(60^(\circ))) = \dfrac(2)(\sqrt(3)) . Координатите на точката M M се наоѓаат како координати на пресечната точка на две прави y = 1 y=1 и y = - 3 x - 4 y=-\sqrt(3)x-4 (левата страна на аголот) .

Добиваме M (- 5 3) M(-\dfrac(5)(\sqrt(3))) . Тогаш апсцисата на точката D D е еднаква на - 5 3 - 2 3 = - 7 3 -\dfrac(5)(\sqrt(3))-\dfrac(2)(\sqrt(3))=-\dfrac( 7)(\ sqrt(3)) .

Бидејќи апсцисата на центарот на кругот е еднаква на a 3 a\sqrt(3) , следува дека a = - 7 3 a=-\dfrac(7)(3) .

ОДГОВОРИ

A = - 7 3 a=-\dfrac(7)(3)

Најдете ги сите вредности на параметарот a a, за секоја од нив системот

$$\почеток(случаи) |4x+3y| \leq 12a,\\ x^2+y^2 \leq 14ax +6ay -57a^2+16a+64 \end(случаи) $$

има точно едно решение.

Дозволете ни да ги прикажеме множествата решенија за секое од неравенките на рамнината x O y xOy.

Во втората неравенка, избираме совршени квадрати:

x 2 - 14 a x + 49 + y 2 - 6 a y + 9 a 2 ≤ a 2 + 16 a + 64 ⇔ (x - 7 a) 2 + (y - 3 a) 2 ≤ (a + 8) 2        ) x^2-14ax+49 + y^2-6ay + 9a^2 \leq a^2 + 16a + 64 \Леводесната стрелка (x-7a)^2+(y-3a)^2 \leq (a+8 )^2 \:\:\:\: (19)

Кога a + 8 = 0 a+8=0 (a = - 8 a=-8), неравенката (19) одредува точка со координати (7 a ; 3 a) (7a;3a), т.е. (- 56 ; - 24) (-56;-24) . За сите други вредности на a (19) дефинира круг центриран во точката (7 a ; 3 a) (7a;3a) со радиус | a + 8 | |a+8| .

Да ја разгледаме првата нееднаквост.
1) За негативно a а нема решенија. Тоа значи дека системот нема решенија.

2) Ако a = 0 a=0, тогаш ја добиваме правата линија 4 x + 3 y = 0 4x+3y=0. Од втората неравенка добиваме круг со центар (0; 0) (0; 0) со радиус 8. Очигледно, има повеќе од едно решение.

3) Ако $$a>0$$, тогаш оваа неравенка е еквивалентна на двојната неравенка - 12 a ≤ 4 x + 3 y ≤ 12 a -12a \leq 4x+3y \leq 12a . Тој дефинира лента помеѓу две прави линии y = ± 4 a - 4 x 3 y=\pm 4a -\dfrac(4x)(3) , од кои секоја е паралелна на правата линија 4 x + 3 y = 0 4x+ 3y=0 (сл. 17).

Бидејќи го разгледуваме $$a>0$$, центарот на кругот се наоѓа во првата четвртина на правата y = 3 x 7 y = \dfrac(3x)(7) . Навистина, координатите на центарот се x = 7 a x=7a , y = 3 a y=3a ; изразувајќи a и изедначувајќи, добиваме x 7 = y 3 \dfrac(x)(7)=\dfrac(y)(3) , од каде y = 3 x 7 y = \dfrac(3x)(7) . За системот да има точно едно решение, потребно е и доволно кругот да ја допира правата a 2 a_2 . Ова се случува кога радиусот на кругот е еднаков на растојанието од центарот на кругот до правата a 2 a_2. Според формулата за растојание од точка до права * (\^{*} получаем, что расстояние от точки (7 a ; 3 a) (7a;3a) до прямой 4 x + 3 y - 12 a = 0 4x+3y-12a=0 равно | 4 · 7 a + 3 · 3 a - 12 a | 4 2 + 3 2 = 5 a \dfrac{|4\cdot 7a + 3\cdot 3a -12a|}{\sqrt{4^2+3^2}} = 5\left|a\right| . Приравнивая к радиусу круга, получаем 5 a = | a + 8 | 5{a} = |a+8| . Так как $$a>0$$, опускаем модули и находим, что a = 2 a=2 .!}

ОДГОВОРИ

A = 2 a = 2

* {\^{*} Пусть даны точка M (x 0 ; y 0) M (x_0;y_0) и прямая l l , заданная уравнением a x + b y + c = 0 ax+by+c=0 . Тогда расстояние от точки M M до прямой l l определяется формулой ρ = | a x 0 + b x 0 + c | a 2 + b 2 \rho = \dfrac{|ax_0+bx_0+c|}{\sqrt{a^2+b^2}} . !}

Со кои вредности на параметарот a a прави системот

$$\begin(случаи) |x|+|y|=1,\\ |x+a|+|y+a|=1 \end(случаи)$$ нема решенија?

Првата равенка на системот го дефинира квадратот A B C D ABCD на рамнината x O y xOy (за да го конструирате, земете ги x ≥ 0 x\geq 0 и y ≥ 0 y\geq 0 . Тогаш равенката има форма x + y = 1 x+y=1 Добиваме отсечка - дел од правата x + y = 1 x+y=1, која лежи во првата четвртина. добиеното множество во однос на оската O y Oy (види Сл. 18). Втората равенка го дефинира квадратот P Q R S PQRS , еднаков на квадратот A B C D ABCD , но центриран во точката (- a ; - a) (-a;-a) . На сл. Како пример, Сл. 18 го прикажува овој квадрат за a = - 2 a=-2. Системот нема решенија ако овие два квадрати не се сечат.

Лесно е да се види дека ако отсечките P Q PQ и B C BC се совпаѓаат, тогаш центарот на вториот квадрат е во точката (1; 1) (1;1). Тие вредности на a се погодни за нас, кај кои центарот се наоѓа „горе“ и „десно“, т.е. $$a1$$.

ОДГОВОРИ

A ∈ (- ∞ ; - 1) ∪ (1 ; + ∞) a\in (-\infty;-1)\bigcup(1;+\infty) .

Најдете ги сите вредности на параметарот b b за кој системот

$$\почеток(случаи) y=|b-x^2|,\\ y=a(x-b) \end (случаи) $$

има барем едно решение за која било вредност на a .

Да разгледаме неколку случаи.

1) Ако $$b2) Ако b = 0 b=0 , тогаш системот ја зема формата $$\begin(случаи) y=x^2,\\ y=ax .\end(случаи) $$

За секој a a парот на броеви (0 ; 0) (0;0) е решение за овој систем, затоа е погоден b = 0 b=0.

3) Дозволете ни да поправиме некои $$b>0$$. Првата равенка се задоволува со множеството точки добиени од параболата y = x 2 - b y=x^2-b со рефлексија на дел од оваа парабола во однос на оската O x Ox (види Сл. 19а, б). Втората равенка дефинира семејство на прави линии (со замена на различни вредности на a, можете да ги добиете сите видови права што минуваат низ точката (b ; 0) (b; 0), освен вертикалната), поминувајќи низ точката (b ; 0) (b;0) . Ако точката (b ; 0) (b;0) лежи на отсечката [ - b ; b ] [-\sqrt(b);\sqrt(b)]. оската на апсцисата, тогаш правата линија го пресекува графикот на првата функција за кој било наклон (сл. 19а). Во спротивно (сл. 19б) во секој случај ќе има права линија што не го пресекува овој график. Решавајќи ја неравенката - b ≤ b ≤ b -\sqrt(b)\leq b \leq \sqrt(b) и земајќи во предвид дека $$b>0$$, добиваме дека b ∈ (0 ; 1 ] b \ во (0;1].

Ги комбинираме резултатите: $$b \во $$.

ОДГОВОРИ

$$b \во $$

Најдете ги сите вредности на a, за секоја од нив функцијата f (x) = x 2 - | x - a 2 | - 3 x f(x) = x^2-|x-a^2|-3x има најмалку една максимална точка.

Проширувајќи го модулот, го добиваме тоа

$$f(x) = \почеток (случаи) x^2-4x+a^2, \:\:\: x\geq a^2, \\ x^2-2x-a^2, \:\ :\: x\leq a^2 . \крај (случаи) $$

На секој од двата интервали, графикот на функцијата y = f (x) y=f(x) е парабола со гранки нагоре.

Бидејќи параболите со нагорни гранки не можат да имаат максимални точки, единствената можност е максималната точка да е граничната точка на овие интервали - точката x = a 2 x=a^2 . Во овој момент ќе има максимум ако темето на параболата y = x 2 - 4 x + a 2 y=x^2-4x+a^2 паѓа на интервалот $$x>a^2$$, и темето на параболата y = x 2 - 2 x - a 2 y=x^2-2x-a^2 - за интервалот $$x\lt a^2$$ (види Сл. 20). Овој услов е даден со неравенките и $$2 \gt a^2$$ и $$1 \lt a^2$$, решавајќи го дека a ∈ (- 2 ; 1) ∪ (1 ; 2) a\in (-\ sqrt(2);1)\bigcup(1;\sqrt(2)) .

ОДГОВОРИ

A ∈ (- 2 ; 1) ∪ (1 ; 2) a\in (-\sqrt(2);1)\bigcup(1;\sqrt(2))

Најдете ги сите вредности на a, од кои за секоја општите решенија на неравенките

y + 2 x ≥ a y+2x \geq a и y - x ≥ 2 a             (20) y-x \geq 2a \:\:\:\:\:\:\:\: (20)

се решенија за нееднаквоста

$$2y-x>a+3 \:\:\:\:\:\:\:\:\: (21)$$

За да се движите низ ситуацијата, понекогаш е корисно да се земе предвид една вредност на параметарот. Ајде да направиме цртеж, на пример, за a = 0 a=0 . Неравенките (20) (всушност, имаме работа со систем на неравенки (20)) се задоволуваат со точките на аголот B A C BAC (види слика 21) - точки, од кои секоја лежи над двете прави y = - 2 x y=-2x и y = x y =x (или на овие линии). Неравенството (21) се задоволува со точките што лежат над правата линија y = 1 2 x + 3 2 y = \dfrac(1)(2)x + \dfrac(3)(2) . Се гледа дека кога a = 0 a=0 условот на проблемот не е задоволен.

Што ќе се промени ако земеме различна вредност за параметарот a a? Секоја од правата ќе се движи и ќе се претвори во права паралелна со себе, бидејќи аголните коефициенти на правите не зависат од a. За да се исполни условот на проблемот, целиот агол B A C BAC мора да лежи над правата линија l l . Бидејќи аголните коефициенти на правите A B AB и A C AC се поголеми по апсолутна вредност од аголниот коефициент на правата l l , потребно е и доволно темето на аголот да лежи над правата l l .

Решавање на систем од равенки

$$\почеток(случаи) y+2x=a, \\ y-x=2a, \end (случаи)$$

најдете ги координатите на точката A (- a 3 ; 5 a 3) A(-\dfrac(a)(3);\dfrac(5a)(3)) . Тие мора да ја задоволуваат нееднаквоста (21), така што $$\dfrac(10a)(3)+\dfrac(a)(3) > a+3$$, од каде $$a>\dfrac(9)(8)$$ .

ОДГОВОРИ

$$a>\dfrac(9)(8)$$

§ 8. ПРИМЕНА НА ТЕОРИЈАТА НА ВЕРОЈАТНОСТА ВО СТАТИСТИКАТА.

2. Одредување на непознати параметри на дистрибуција.

Користејќи хистограм, можеме приближно да ја нацртаме густината на распределбата на случајна променлива. Појавата на овој график често ни овозможува да направиме претпоставка за распределбата на густината на веројатноста на случајна променлива. Изразот на оваа густина на дистрибуција обично вклучува некои параметри кои треба да се утврдат од експериментални податоци.
Да се ​​задржиме на конкретниот случај кога густината на дистрибуцијата зависи од два параметри.
Па нека x 1 , x 2 , ..., x n- набљудувани вредности на континуирана случајна променлива и нека нејзината густина на дистрибуција на веројатност зависи од два непознати параметри АИ Б, т.е. изгледа како . Еден од методите за наоѓање непознати параметри АИ Бсе состои во тоа што тие се избрани на таков начин што математичкото очекување и варијансата на теоретската распределба се совпаѓаат со средини и варијанса на примерокот:

(66)

Каде

(67)

Од двете добиени равенки () се пронајдени непознатите параметри АИ Б. Така, на пример, ако случајната променлива го почитува законот за нормална дистрибуција на веројатност, тогаш нејзината густина на распределба на веројатност

зависи од два параметри аИ . Овие параметри, како што знаеме, се, соодветно, математичкото очекување и стандардното отстапување на случајна променлива; затоа еднаквостите () ќе бидат напишани вака:

(68)

Затоа, густината на распределбата на веројатноста има форма

Забелешка 1.Овој проблем веќе го решивме во. Резултатот од мерењето е случајна променлива која го почитува законот за нормална дистрибуција со параметри аИ . За приближна вредност аја избравме вредноста , а за приближната вредност - вредноста .

Забелешка 2.Со голем број експерименти, наоѓањето количини и користењето формули () е поврзано со незгодни пресметки. Затоа, тие го прават ова: секоја од набљудуваните вредности на количината паѓа во јасти интервал ] X i-1 , X i [статистичка серија, се смета приближно еднаква на средината c iовој интервал, т.е. c i =(X i-1 +X i)/2. Размислете за првиот интервал ] X 0 , X 1 [. Го погоди m 1набљудуваните вредности на случајната променлива, од кои секоја ја заменуваме со број од 1. Затоа, збирот на овие вредности е приближно еднаков на m 1 s 1. Слично на тоа, збирот на вредности што спаѓаат во вториот интервал е приближно еднаков на m 2 со 2итн. Затоа

На сличен начин ја добиваме приближната еднаквост

Значи, да го покажеме тоа

(71)

Навистина,

Равенките со параметри со право се сметаат за еден од најтешките проблеми во училишната математика. Токму овие задачи од година во година завршуваат на списокот на задачи од типот Б и Ц на унифицираниот државен испит на Единствениот државен испит. Меѓутоа, меѓу големиот број равенки со параметри, има и такви кои лесно може да се решат графички. Ајде да го разгледаме овој метод користејќи го примерот за решавање на неколку проблеми.

Најдете го збирот на цели броеви на бројот a за кој равенката |x 2 – 2x – 3| = а има четири корени.

Решение.

За да одговориме на прашањето на проблемот, ајде да конструираме графикони на функции на една координатна рамнина

y = |x 2 – 2x – 3| и y = a.

График на првата функција y = |x 2 – 2x – 3| ќе се добие од графикот на параболата y = x 2 – 2x – 3 со симетрично прикажување во однос на оската x тој дел од графикот што е под Ox-оската. Делот од графиконот лоциран над оската x ќе остане непроменет.

Ајде да го направиме ова чекор по чекор. Графикот на функцијата y = x 2 – 2x – 3 е парабола, чии гранки се насочени нагоре. За да го изградиме неговиот график, ги наоѓаме координатите на темето. Ова може да се направи со помош на формулата x 0 = -b/2a. Така, x 0 = 2/2 = 1. За да ја пронајдеме координатата на темето на параболата долж оската на ординатите, добиената вредност ја заменуваме со x 0 во равенката на функцијата за која станува збор. Добиваме дека y 0 = 1 – 2 – 3 = -4. Тоа значи дека темето на параболата има координати (1; -4).

Следно, треба да ги пронајдете пресечните точки на гранките на параболата со координатните оски. Во точките на пресек на гранките на параболата со оската на апсцисата, вредноста на функцијата е нула. Затоа ја решаваме квадратната равенка x 2 – 2x – 3 = 0. Неговите корени ќе бидат бараните точки. Со теоремата на Виета имаме x 1 = -1, x 2 = 3.

Во точките на пресек на гранките на параболата со оската на ординатите, вредноста на аргументот е нула. Така, точката y = -3 е точката на пресек на гранките на параболата со y-оската. Резултирачкиот графикон е прикажан на Слика 1.

За да добиеме график на функцијата y = |x 2 – 2x – 3|, да го прикажеме делот од графикот кој се наоѓа под оската x симетрично во однос на оската x. Резултирачкиот графикон е прикажан на Слика 2.

Графикот на функцијата y = a е права линија паралелна со оската на апсцисата. Тој е прикажан на слика 3. Користејќи ја сликата, откриваме дека графиконите имаат четири заеднички точки (а равенката има четири корени) ако a припаѓа на интервалот (0; 4).

Цели вредности на бројот a од добиениот интервал: 1; 2; 3. За да одговориме на прашањето на задачата, да го најдеме збирот на овие броеви: 1 + 2 + 3 = 6.

Одговор: 6.

Најдете ја аритметичката средина на целобројните вредности на бројот a за кој равенката |x 2 – 4|x| – 1| = а има шест корени.

Да почнеме со исцртување на функцијата y = |x 2 – 4|x| – 1|. За да го направите ова, ја користиме еднаквоста a 2 = |a| 2 и изберете го целосниот квадрат во субмодуларниот израз напишан на десната страна на функцијата:

x 2 – 4|x| – 1 = |x| 2 – 4|x| - 1 = (|x| 2 – 4|x| + 4) – 1 – 4 = (|x |– 2) 2 – 5.

Тогаш оригиналната функција ќе има форма y = |(|x| – 2) 2 – 5|.

За да конструираме график на оваа функција, конструираме секвенцијални графикони на функции:

1) y = (x – 2) 2 – 5 – парабола со теме во точка со координати (2; -5); (сл. 1).

2) y = (|x| – 2) 2 – 5 – дел од параболата конструирана во чекор 1, која се наоѓа десно од оската на ординатите, е симетрично прикажан лево од оската Oy; (сл. 2).

3) y = |(|x| – 2) 2 – 5| – делот од графикот конструиран во точката 2, кој се наоѓа под оската x, се прикажува симетрично во однос на оската x нагоре. (сл. 3).

Ајде да ги погледнеме добиените цртежи:

Графикот на функцијата y = a е права линија паралелна со оската на апсцисата.

Користејќи ја сликата, заклучуваме дека графиконите на функции имаат шест заеднички точки (равенката има шест корени) ако a припаѓа на интервалот (1; 5).

Ова може да се види на следната слика:

Ајде да ја најдеме аритметичката средина на целобројните вредности на параметарот a:

(2 + 3 + 4)/3 = 3.

Одговор: 3.

веб-страница, при копирање на материјал во целост или делумно, потребна е врска до изворот.