Równania z parametrami: graficzna metoda rozwiązywania

8-9 klas

W artykule omówiono graficzną metodę rozwiązywania niektórych równań z parametrami, która jest bardzo skuteczna, gdy trzeba ustalić, ile pierwiastków ma równanie w zależności od parametru A.

Zadanie 1. Ile pierwiastków ma równanie? | | x | – 2 | = A w zależności od parametru A?

Rozwiązanie. W układzie współrzędnych (x; y) skonstruujemy wykresy funkcji y = | | x | – 2 | i y = A. Wykres funkcji y = | | x | – 2 | pokazany na rysunku.

Wykres funkcji y = a jest linią prostą równoległą do osi Wółu lub z nią pokrywającą się (jeśli A = 0).

Z rysunku widać, że:

Jeśli A= 0, następnie linia prosta y = A pokrywa się z osią Ox i ma wykres funkcji y = | | x | – 2 | dwa punkty wspólne; oznacza to, że pierwotne równanie ma dwa pierwiastki (w tym przypadku pierwiastki można znaleźć: x 1,2 = d 2).
Jeśli 0< A < 2, то прямая y = a имеет с графиком функции y = | | x | – 2 | четыре общие точки и, следовательно, исходное уравнение имеет четыре корня.
Jeśli A= 2, to prosta y = 2 ma trzy punkty wspólne z wykresem funkcji. Wtedy oryginalne równanie ma trzy pierwiastki.
Jeśli A> 2, następnie prosta y = A będzie miał dwa punkty z wykresem funkcji pierwotnej, czyli równanie to będzie miało dwa pierwiastki.

Jeśli A < 0, то корней нет;
Jeśli A = 0, A> 2, to są dwa pierwiastki;
Jeśli A= 2, następnie trzy pierwiastki;
jeśli 0< A < 2, то четыре корня.

Zadanie 2. Ile pierwiastków ma równanie? | x 2 – 2| x | – 3 | = A w zależności od parametru A?

Rozwiązanie. W układzie współrzędnych (x; y) skonstruujemy wykresy funkcji y = | x 2 – 2| x | – 3 | i y = A.

Wykres funkcji y = | x 2 – 2| x | – 3 | pokazany na rysunku. Wykres funkcji y = a jest linią prostą równoległą do Ox lub pokrywającą się z nią (kiedy A = 0).

Z rysunku widać:

Jeśli A= 0, następnie linia prosta y = A pokrywa się z osią Ox i ma wykres funkcji y = | x2 – 2| x | – 3 | dwa punkty wspólne, a także linia prosta y = A będzie miał wykres funkcji y = | x 2 – 2| x | – 3 | dwa wspólne punkty przy A> 4. A więc kiedy A= 0 i A> 4 pierwotne równanie ma dwa pierwiastki.
Jeśli 0< A < 3, то прямая y = A ma z wykresem funkcji y = | x 2 – 2| x | – 3 | cztery wspólne punkty, a także prosta y= A będzie miał cztery punkty wspólne z wykresem skonstruowanej funkcji w A= 4. Zatem przy 0< A < 3, A= 4 pierwotne równanie ma cztery pierwiastki.
Jeśli A= 3, następnie linia prosta y = A przecina wykres funkcji w pięciu punktach; dlatego równanie ma pięć pierwiastków.
Jeśli 3< A < 4, прямая y = a пересекает график построенной функции в шести точках; значит, при этих значениях параметра исходное уравнение имеет шесть корней.
Jeśli A < 0, уравнение корней не имеет, так как прямая y = a не пересекает график функции y = | x 2 – 2| x | – 3 |.

Jeśli A < 0, то корней нет;
Jeśli A = 0, A> 4, następnie dwa pierwiastki;
jeśli 0< A < 3, A= 4, następnie cztery pierwiastki;
Jeśli A= 3, następnie pięć pierwiastków;
jeśli 3< A < 4, то шесть корней.

Zadanie 3. Ile pierwiastków ma równanie?

w zależności od parametru A?

Rozwiązanie. Skonstruujmy wykres funkcji w układzie współrzędnych (x; y) ale najpierw przedstawmy to w postaci:

Proste x = 1, y = 1 są asymptotami wykresu funkcji. Wykres funkcji y = | x | + A otrzymany z wykresu funkcji y = | x | przemieszczenie o jednostkę wzdłuż osi Oy.

Wykresy funkcji przecinają się w jednym punkcie w A> – 1; Oznacza to, że równanie (1) dla wartości tych parametrów ma jedno rozwiązanie.

Na A = – 1, A= – 2 wykresy przecinają się w dwóch punktach; Oznacza to, że dla wartości tych parametrów równanie (1) ma dwa pierwiastki.
O – 2< A < – 1, A < – 2 графики пересекаются в трех точках; значит, уравнение (1) при этих значениях параметра имеет три решения.

Jeśli A> – 1, wtedy jedno rozwiązanie;
Jeśli A = – 1, A= – 2, to są dwa rozwiązania;
jeśli – 2< A < – 1, A < – 1, то три решения.

Komentarz. Rozwiązując równanie (1) zadania 3, należy zwrócić szczególną uwagę na przypadek, gdy A= – 2, gdyż punkt (– 1; – 1) nie należy do wykresu funkcji ale należy do wykresu funkcji y = | x | + A.

Przejdźmy do rozwiązania innego problemu.

Zadanie 4. Ile pierwiastków ma równanie?

x + 2 = A| x – 1 | (2)

w zależności od parametru A?

Rozwiązanie. Zauważ, że x = 1 nie jest pierwiastkiem tego równania, ponieważ równość 3 = A· Wartość 0 nie może być prawdziwa dla żadnej wartości parametru A. Podzielmy obie strony równania przez | x – 1 |(| x – 1 | Nr 0), wówczas równanie (2) przyjmie postać W układzie współrzędnych xOy wykreślimy funkcję

Wykres tej funkcji pokazano na rysunku. Wykres funkcji y = A jest linią prostą równoległą do osi Wołu lub zbiegającą się z nią (jeśli A = 0).

Jeśli AЈ – 1, wtedy nie ma korzeni;
jeśli – 1< AЈ 1, potem jeden pierwiastek;
Jeśli A> 1, to są dwa pierwiastki.

Rozważmy najbardziej złożone równanie.

Problem 5. Przy jakich wartościach parametru A równanie

A x 2 + | x – 1 | = 0 (3)

ma trzy rozwiązania?

Rozwiązanie. 1. Wartością kontrolną parametru tego równania będzie liczba A= 0, przy czym równanie (3) przyjmuje postać 0 + | x – 1 | = 0, skąd x = 1. Zatem kiedy A= 0, równanie (3) ma jeden pierwiastek, co nie spełnia warunków zadania.

2. Rozważmy przypadek, kiedy A № 0.

Przepiszmy równanie (3) w następującej postaci: A x 2 = – | x – 1 |. Należy pamiętać, że równanie będzie miało rozwiązania tylko wtedy, gdy A < 0.

W układzie współrzędnych xOy skonstruujemy wykresy funkcji y = | x – 1 | i y = A x 2 . Wykres funkcji y = | x – 1 | pokazany na rysunku. Wykres funkcji y = A x 2 jest parabolą, której gałęzie są skierowane w dół, ponieważ A < 0. Вершина параболы - точка (0; 0).

Równanie (3) będzie miało trzy rozwiązania tylko wtedy, gdy prosta y = – x + 1 jest styczna do wykresu funkcji y= A x 2 .

Niech x 0 będzie odciętą punktu styczności prostej y = – x + 1 z parabolą y = A x 2 . Równanie styczne ma postać

y = y(x 0) + y "(x 0)(x – x 0).

Zapiszmy warunki styczności:

Równanie to można rozwiązać bez korzystania z pojęcia pochodnej.

Rozważmy inną metodę. Wykorzystajmy fakt, że jeśli prosta y = kx + b ma jeden punkt wspólny z parabolą y = A x 2 + px + q, a następnie równanie A x 2 + px + q = kx + b musi mieć jednoznaczne rozwiązanie, czyli jego wyróżnik wynosi zero. W naszym przypadku mamy równanie A x 2 = – x + 1 ( A nr 0). Równanie dyskryminacyjne

Problemy do samodzielnego rozwiązania

6. Ile pierwiastków ma równanie w zależności od parametru A?

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

1) jeśli A<0, то корней нет; если A=0, A>3, następnie dwa pierwiastki; Jeśli A=3, następnie trzy pierwiastki; jeśli 0<A<3, то четыре корня;
2) jeśli A<1, то корней нет; если A=1, to istnieje nieskończony zbiór rozwiązań z przedziału [– 2; - 1]; Jeśli A> 1, to istnieją dwa rozwiązania;
3) jeśli A<0, то корней нет; если A=0, A<3, то четыре корня; если 0<A<1, то восемь корней; если A=1, następnie sześć pierwiastków; Jeśli A=3, wówczas istnieją trzy rozwiązania; Jeśli A>3, wówczas istnieją dwa rozwiązania;
4) jeśli A<0, то корней нет; если A=0, 4<A<5, то четыре корня; если 0<A< 4, то восемь корней; если A=4, następnie sześć pierwiastków; Jeśli A=5, następnie trzy pierwiastki; Jeśli A> 5, to są dwa pierwiastki.

7. Ile pierwiastków ma równanie | x + 1 | = A(x – 1) w zależności od parametru A?

Notatka. Ponieważ x = 1 nie jest pierwiastkiem równania, równanie to można sprowadzić do postaci .

Odpowiedź: jeśli A J-1, A > 1, A=0, następnie jeden pierwiastek; jeśli – 1<A<0, то два корня; если 0<AЈ 1, wtedy nie ma korzeni.

8. Ile pierwiastków ma równanie x + 1 = A| x – 1 |w zależności od parametru A?

Narysuj wykres (patrz rysunek).

Odpowiedź: jeśli AЈ –1, wtedy nie ma korzeni; jeśli – 1<AЈ 1, potem jeden pierwiastek; Jeśli A>1, to są dwa pierwiastki.

9. Ile pierwiastków ma równanie?

2| x | – 1 = a(x – 1)

w zależności od parametru A?

Notatka. Skróć równanie do postaci

Odpowiedź: jeśli A J-2, A>2, A=1, następnie jeden pierwiastek; jeśli –2<A<1, то два корня; если 1<AЈ 2, wtedy nie ma korzeni.

10. Ile pierwiastków ma równanie?

w zależności od parametru A?

Odpowiedź: jeśli AЈ 0, A i 2, potem jeden pierwiastek; jeśli 0<A<2, то два корня.

11. Przy jakich wartościach parametru A równanie

x2+ A| x – 2 | = 0

ma trzy rozwiązania?

Notatka. Sprowadź równanie do postaci x 2 = – A| x – 2 |.

Odpowiedź: kiedy A J-8.

12. Przy jakich wartościach parametru A równanie

A x 2 + | x + 1 | = 0

ma trzy rozwiązania?

Notatka. Skorzystaj z zadania 5. To równanie ma trzy rozwiązania tylko wtedy, gdy równanie A x 2 + x + 1 = 0 ma jedno rozwiązanie i przypadek A= 0 nie spełnia warunków problemu, to znaczy pozostaje przypadek, gdy

13. Ile pierwiastków ma równanie?

x | x – 2 | = 1 – A

w zależności od parametru A?

Notatka. Sprowadź równanie do postaci –x |x – 2| + 1 = A

w zależności od parametru A?

Notatka. Utwórz wykresy lewej i prawej strony tego równania.

Odpowiedź: jeśli A<0, A>2, to są dwa pierwiastki; jeśli 0Ј AЈ 2, potem jeden pierwiastek.

16. Ile pierwiastków ma równanie?

w zależności od parametru A?

Notatka. Utwórz wykresy lewej i prawej strony tego równania. Aby wykreślić funkcję Znajdźmy przedziały znaku stałego wyrażeń x + 2 i x:

Odpowiedź: jeśli A>– 1, wtedy jedno rozwiązanie; Jeśli A= – 1, to są dwa rozwiązania; jeśli – 3<A<–1, то четыре решения; если AЈ –3, wówczas są trzy rozwiązania.

Olga Otdelkina, uczennica 9. klasy

Temat ten jest integralną częścią szkolnego kursu algebry. Celem tej pracy jest głębsze przestudiowanie tego tematu, aby zidentyfikować najbardziej racjonalne rozwiązanie, które szybko doprowadzi do odpowiedzi. Esej ten pomoże innym uczniom zrozumieć zastosowanie graficznej metody rozwiązywania równań z parametrami, poznać genezę i rozwój tej metody.

Pobierać:

Zapowiedź:

Wprowadzenie 2

Rozdział 1. Równania z parametrem

Historia powstania równań z parametrem 3

Twierdzenie Viety4

Podstawowe pojęcia5

Rozdział 2. Rodzaje równań z parametrami.

Równania liniowe6

Równania kwadratowe……………………………………………………………......7

Rozdział 3. Metody rozwiązywania równań z parametrem

Metoda analityczna….…………………………………………......8

Metoda graficzna. Historia pochodzenia….…………………………9

Algorytm rozwiązywania metody graficznej..………………………………….10

Rozwiązanie równania o module……………...……………………………….11

Część praktyczna…………………...……………………………………12

Zakończenie…………………………………………………………………………….19

Referencje………………………………………………………20

Wstęp.

Wybrałem ten temat, ponieważ jest on integralną częścią szkolnego kursu algebry. Przygotowując tę ​​pracę postawiłem sobie za cel głębsze przestudiowanie tego tematu, wskazanie najbardziej racjonalnego rozwiązania, które szybko doprowadzi do odpowiedzi. Mój esej pomoże innym studentom zrozumieć zastosowanie graficznej metody rozwiązywania równań z parametrami, poznać genezę i rozwój tej metody.

We współczesnym życiu badanie wielu procesów fizycznych i wzorów geometrycznych często prowadzi do rozwiązywania problemów z parametrami.

Do rozwiązywania takich równań metoda graficzna jest bardzo skuteczna, gdy trzeba określić, ile pierwiastków ma równanie w zależności od parametru α.

Zadania z parametrami mają charakter czysto matematyczny, przyczyniają się do rozwoju intelektualnego uczniów i stanowią dobry materiał do ćwiczenia umiejętności. Mają wartość diagnostyczną, gdyż można za ich pomocą sprawdzić wiedzę z głównych działów matematyki, poziom myślenia matematycznego i logicznego, wstępne umiejętności badawcze oraz obiecujące możliwości pomyślnego opanowania kursu matematyki w szkołach wyższych.

W moim eseju omawiam często spotykane typy równań i mam nadzieję, że wiedza, którą zdobyłem w trakcie pracy, pomoże mi przy zdawaniu egzaminów szkolnych, ponieważrównania z parametramisłusznie uważane są za jedne z najtrudniejszych problemów matematyki szkolnej. To właśnie te zadania znajdują się na liście zadań w ramach Jednolitego Egzaminu Państwowego.

Historia powstania równań z parametrem

Problemy z równaniami z parametrem napotkano już w traktacie astronomicznym „Aryabhattiam”, opracowanym w 499 roku przez indyjskiego matematyka i astronoma Aryabhattę. Inny indyjski naukowiec, Brahmagupta (VII w.), przedstawił ogólną zasadę rozwiązywania równań kwadratowych zredukowanych do jednej postaci kanonicznej:

αx 2 + bx = c, α>0

Współczynniki w równaniu, z wyjątkiem parametru, może być również ujemna.

Równania kwadratowe autorstwa al-Khwarizmi.

Traktat algebraiczny Al-Khorezmiego podaje klasyfikację równań liniowych i kwadratowych z parametrem a. Autor wyróżnia 6 rodzajów równań, wyrażając je w następujący sposób:

1) „Kwadraty są równe pierwiastkom”, tj. αx 2 = bx.

2) „Kwadraty są równe liczbom”, tj. αx 2 = ok.

3) „Pierwiastki są równe liczbie”, tj. αx = c.

4) „Kwadraty i liczby są równe pierwiastkom”, tj. αx 2 + do = bx.

5) „Kwadraty i pierwiastki są równe liczbie”, tj. αx 2 + bx = do.

6) „Pierwiastki i liczby są równe kwadratom”, tj. bx + c = αx 2 .

Wzory rozwiązywania równań kwadratowych według al-Khwarizmi w Europie zostały po raz pierwszy przedstawione w „Księdze liczydła”, napisanej w 1202 roku przez włoskiego matematyka Leonarda Fibonacciego.

Wyprowadzenie wzoru na rozwiązanie równania kwadratowego z parametrem w postaci ogólnej jest dostępne w firmie Vieta, ale Vieta rozpoznał tylko pierwiastki dodatnie. Włoscy matematycy Tartaglia, Cardano, Bombelli byli jednymi z pierwszych w XII wieku. Oprócz pozytywnych, brane są pod uwagę również pierwiastki negatywne. Dopiero w XVII w. Dzięki pracom Girarda, Kartezjusza, Newtona i innych naukowców metoda rozwiązywania równań kwadratowych nabrała nowoczesnej formy.

Twierdzenie Viety

Twierdzenie wyrażające związek między parametrami, współczynnikami równania kwadratowego i jego pierwiastkami, nazwane na cześć Viety, zostało po raz pierwszy sformułowane przez niego w 1591 r. w następujący sposób: „Jeśli b + d pomnoży się przez α minus α 2 , jest równe bc, wówczas α jest równe b i równe d.”

Aby zrozumieć Vietę, powinniśmy pamiętać, że α, jak każda litera samogłoskowa, oznaczała nieznane (nasze x), natomiast samogłoski b, d są współczynnikami nieznanego. W języku współczesnej algebry powyższe sformułowanie Vieta oznacza:

Jeśli jest

(α + b)x – x 2 = αb,

Oznacza to, że x 2 - (α -b)x + αb =0,

wtedy x 1 = α, x 2 = b.

Wyrażając związek między pierwiastkami i współczynnikami równań za pomocą ogólnych wzorów zapisanych za pomocą symboli, Vieta ustalił jednolitość metod rozwiązywania równań. Jednak symbolika Wietnamu jest wciąż daleka od swojej współczesnej formy. Nie rozpoznawał liczb ujemnych, dlatego przy rozwiązywaniu równań brał pod uwagę tylko przypadki, w których wszystkie pierwiastki były dodatnie.

Podstawowe koncepcje

Parametr - zmienna niezależna, której wartość uważa się za liczbę stałą lub dowolną, albo liczbę należącą do przedziału określonego przez warunek problemu.

Równanie z parametrem— matematycznyrównanie, którego wygląd i rozwiązanie zależy od wartości jednego lub większej liczby parametrów.

Decydować równanie ze średnimi parametrami dla każdej wartościznajdź wartości x, które spełniają to równanie, a także:

1. 1. Zbadaj, przy jakich wartościach parametrów równanie ma pierwiastki i ile ich jest dla różnych wartości parametrów.
2. 2. Znajdź wszystkie wyrażenia na pierwiastki i wskaż dla każdego z nich te wartości parametrów, przy których to wyrażenie faktycznie określa pierwiastek równania.

Rozważmy równanie α(x+k)= α +c, gdzie α, c, k, x są wielkościami zmiennymi.

Układ dopuszczalnych wartości zmiennych α, c, k, xto dowolny układ wartości zmiennych, w którym zarówno lewa, jak i prawa strona tego równania przyjmują wartości rzeczywiste.

Niech A będzie zbiorem wszystkich dopuszczalnych wartości α, K zbiorem wszystkich dopuszczalnych wartości k, X zbiorem wszystkich dopuszczalnych wartości x, C zbiorem wszystkich dopuszczalnych wartości c. Jeśli dla każdego ze zbiorów A, K, C, X wybierzemy i ustalimy odpowiednio jedną wartość α, k, c i podstawimy je do równania, to otrzymamy równanie na x, tj. równanie z jedną niewiadomą.

Zmienne α, k, c, które przy rozwiązywaniu równania są uważane za stałe, nazywane są parametrami, a samo równanie nazywa się równaniem zawierającym parametry.

Parametry oznaczono pierwszymi literami alfabetu łacińskiego: α, b, c, d, ..., k, l, m, n, a niewiadome oznaczono literami x, y, z.

Wywoływane są dwa równania zawierające te same parametry równoważny, jeśli:

a) mają sens dla tych samych wartości parametrów;

b) każde rozwiązanie pierwszego równania jest rozwiązaniem drugiego i odwrotnie.

Rodzaje równań z parametrami

Równania z parametrami są: liniowe i kwadratowe.

1) Równanie liniowe. Formularz ogólny:

α x = b, gdzie x jest nieznane;α, b - parametry.

W przypadku tego równania wartością specjalną lub kontrolną parametru jest ta, przy której współczynnik nieznanego staje się zerem.

Rozwiązując równanie liniowe z parametrem, uwzględnia się przypadki, gdy parametr jest równy jego wartości specjalnej i różni się od niego.

Specjalną wartością parametru α jest wartośćα = 0.

1.Jeśli i ≠0, to dla dowolnej pary parametrówα oraz b ma unikalne rozwiązanie x = .

2.Jeśli i =0, wówczas równanie przyjmuje postać:0 x = b . W tym przypadku wartość B = 0 to specjalna wartość parametru B.

2.1. o godz ≠ 0 równanie nie ma rozwiązań.

2.2. o godz =0 równanie przyjmie postać:0 x = 0.

Rozwiązaniem tego równania jest dowolna liczba rzeczywista.

Równanie kwadratowe z parametrem.

Formularz ogólny:

α x 2 + bx + c = 0

gdzie parametr α ≠0, b i c - dowolne liczby

Jeśli α =1, wówczas równanie nazywa się zredukowanym równaniem kwadratowym.

Pierwiastki równania kwadratowego można znaleźć za pomocą wzorów

Wyrażenie D = b 2 - 4 α do nazywa się dyskryminatorem.

1. Jeżeli D > 0, równanie ma dwa różne pierwiastki.

2. Jeśli D< 0 — уравнение не имеет корней.

3. Jeśli D = 0, równanie ma dwa równe pierwiastki.

Metody rozwiązywania równań z parametrem:

1. Analityczna - metoda bezpośredniego rozwiązania, powtarzająca standardowe procedury znajdowania odpowiedzi w równaniu bez parametrów.
2. Grafika – w zależności od uwarunkowań problemu uwzględniane jest położenie wykresu odpowiedniej funkcji kwadratowej w układzie współrzędnych.

Metoda analityczna

Algorytm rozwiązania:

1. Zanim zaczniesz rozwiązywać problem z parametrami metodą analityczną, musisz zrozumieć sytuację dla określonej wartości liczbowej parametru. Weźmy np. wartość parametru α =1 i odpowiedzmy na pytanie: czy wartość parametru α =1 jest wymagana do tego zadania.

Przykład 1. Rozwiąż względnie X równanie liniowe z parametrem m:

Zgodnie ze znaczeniem problemu (m-1)(x+3) = 0, czyli m= 1, x = -3.

Mnożąc obie strony równania przez (m-1)(x+3), otrzymujemy równanie

Dostajemy

Zatem przy m= 2,25.

Teraz musimy sprawdzić, czy istnieją jakieś wartości m dla których

znaleziona wartość x wynosi -3.

rozwiązując to równanie, stwierdzamy, że x jest równe -3 przy m = -0,4.

Odpowiedź: przy m=1, m=2,25.

Metoda graficzna. Historia pochodzenia

Badanie powszechnych zależności rozpoczęło się w XIV wieku. Nauka średniowieczna miała charakter scholastyczny. Przy takim charakterze nie było już miejsca na badanie zależności ilościowych, chodziło jedynie o cechy obiektów i ich wzajemne powiązania. Ale wśród scholastyków powstała szkoła, która twierdziła, że ​​cechy mogą być mniej lub bardziej intensywne (ubranie osoby, która wpadła do rzeki, jest bardziej mokre niż kogoś, kogo właśnie złapał deszcz).

Francuski naukowiec Nikolai Oresme zaczął przedstawiać intensywność za pomocą długości segmentów. Kiedy umieścił te odcinki prostopadle do pewnej linii prostej, ich końce utworzyły linię, którą nazwał „linią intensywności” lub „linią górnej krawędzi” (wykres odpowiedniej zależności funkcjonalnej). Oresme badał nawet „płaską” ” i jakości „fizyczne”, czyli funkcje, zależne od dwóch lub trzech zmiennych.

Ważnym osiągnięciem Oresme'a była próba klasyfikacji otrzymanych wykresów. Wyróżnił trzy typy cech: jednolite (o stałym natężeniu), jednostajno-nierówne (ze stałą szybkością zmian natężenia) i nierówne-nierówne (wszystkie pozostałe), a także charakterystyczne właściwości wykresów tych cech.

Aby stworzyć matematyczny aparat do badania wykresów funkcji, potrzebne było pojęcie zmiennej. Pojęcie to zostało wprowadzone do nauki przez francuskiego filozofa i matematyka Rene Descartesa (1596-1650). To Kartezjusz doszedł do idei jedności algebry i geometrii oraz roli zmiennych; Kartezjusz wprowadził stały odcinek jednostkowy i zaczął rozważać relacje z nim innych odcinków.

Zatem wykresy funkcji na przestrzeni całego okresu swojego istnienia przeszły szereg zasadniczych przekształceń, które doprowadziły je do formy, do której jesteśmy przyzwyczajeni. Każdy etap lub etap rozwoju wykresów funkcji jest integralną częścią historii współczesnej algebry i geometrii.

Graficzna metoda wyznaczania liczby pierwiastków równania w zależności od zawartego w nim parametru jest wygodniejsza niż metoda analityczna.

Rozwiązywanie algorytmów metodą graficzną

Wykres funkcji - zbiór punktów, w którychodciętasą prawidłowymi wartościami argumentów, A współrzędne- odpowiednie wartościFunkcje.

Algorytm graficznego rozwiązywania równań z parametrem:

1. Znajdź dziedzinę definicji równania.
2. Wyrażamy α jako funkcja x.
3. W układzie współrzędnych budujemy wykres funkcjiα (x) dla tych wartości x, które wchodzą w zakres definicji tego równania.
4. Znajdowanie punktów przecięcia prostejα =с, z wykresem funkcji

α(x). Jeżeli linia α =с przecina wykresα (x), następnie wyznaczamy odcięte punktów przecięcia. Aby to zrobić, wystarczy rozwiązać równanie c = α (x) względem x.

1. Zapisz odpowiedź

Rozwiązywanie równań z modułem

Rozwiązując graficznie równania z modułem zawierającym parametr, konieczne jest skonstruowanie wykresów funkcji i rozważenie wszystkich możliwych przypadków dla różnych wartości parametru.

Na przykład │х│= a,

Odpowiedź: jeśli A < 0, то нет корней, a > 0, to x = a, x = - a, jeśli a = 0, to x = 0.

Rozwiązywanie problemów.

Zadanie 1. Ile pierwiastków ma równanie?| | x | - 2 | =a w zależności od parametru A?

Rozwiązanie. W układzie współrzędnych (x; y) skonstruujemy wykresy funkcji y = | | x | - 2 | i y = A . Wykres funkcji y = | | x | - 2 | pokazany na rysunku.

Wykres funkcji y = a = 0).

Z wykresu widać, że:

Jeśli a = 0, to prosta y = a pokrywa się z osią Ox i ma wykres funkcji y = | | x | - 2 | dwa punkty wspólne; oznacza to, że pierwotne równanie ma dwa pierwiastki (w tym przypadku pierwiastki można znaleźć: x 1,2 = + 2).
Jeśli 0< a < 2, то прямая y = α ma z wykresem funkcji y = | | x | - 2 | cztery punkty wspólne i dlatego pierwotne równanie ma cztery pierwiastki.
Jeśli A = 2, to prosta y = 2 ma trzy punkty wspólne z wykresem funkcji. Wtedy oryginalne równanie ma trzy pierwiastki.
Jeśli a > 2, następnie prosta y = a będzie miał dwa punkty z wykresem funkcji pierwotnej, czyli równanie to będzie miało dwa pierwiastki.

Odpowiedź: jeśli A < 0, то корней нет;
jeśli a = 0, a > 2, to są dwa pierwiastki;
jeśli a = 2, to istnieją trzy pierwiastki;
jeśli 0< a < 2, то четыре корня.

Zadanie 2. Ile pierwiastków ma równanie?| x 2 - 2| x | - 3 | =a w zależności od parametru A?

Rozwiązanie. W układzie współrzędnych (x; y) skonstruujemy wykresy funkcji y = | X 2 - 2| x | - 3 | i y = a.

Wykres funkcji y = | X 2 - 2| x | - 3 | pokazany na rysunku. Wykres funkcji y =α jest linią prostą równoległą do Wołu lub zbiegającą się z nim (kiedy a = 0).

Z wykresu możesz zobaczyć:

Jeśli a = 0, to prosta y = a pokrywa się z osią Ox i ma wykres funkcji y = | x2 - 2| x | - 3 | dwa punkty wspólne, a także linia prosta y = A będzie miał wykres funkcji y = | X 2 - 2| x | - 3 | dwa wspólne punkty przy a > 4. Zatem dla a = 0 i a > 4 pierwotne równanie ma dwa pierwiastki.
Jeśli 0< A< 3, то прямая y = a ma z wykresem funkcji y = | X 2 - 2| x | - 3 | cztery wspólne punkty, a także prosta y= A będzie miał cztery punkty wspólne z wykresem skonstruowanej funkcji w a = 4. Zatem przy 0< a < 3, a = 4 pierwotne równanie ma cztery pierwiastki.
Jeśli a = 3, następnie prosta y = a przecina wykres funkcji w pięciu punktach; dlatego równanie ma pięć pierwiastków.
Jeśli 3< A< 4, прямая y = α przecina wykres skonstruowanej funkcji w sześciu punktach; Oznacza to, że dla tych wartości parametrów oryginalne równanie ma sześć pierwiastków.
Jeśli A < 0, уравнение корней не имеет, так как прямая y = α nie przecina wykresu funkcji y = | X 2 - 2| x | - 3 |.

Odpowiedź: jeśli A < 0, то корней нет;
jeśli a = 0, a > 4, to są dwa pierwiastki;
jeśli 0< a < 3, a = 4, następnie cztery pierwiastki;

Jeśli = 3, następnie pięć pierwiastków;
jeśli 3< a < 4, то шесть корней.

Zadanie 3. Ile pierwiastków ma równanie?

w zależności od parametru A?

Rozwiązanie. Skonstruujmy wykres funkcji w układzie współrzędnych (x; y)

ale najpierw przedstawmy to w postaci:

Proste x = 1, y = 1 są asymptotami wykresu funkcji. Wykres funkcji y = | x | + A otrzymany z wykresu funkcji y = | x | przemieszczenie o jednostkę wzdłuż osi Oy.

Wykresy funkcji przecinają się w jednym punkcie w A > - 1; Oznacza to, że równanie (1) dla wartości tych parametrów ma jedno rozwiązanie.

Gdy a = - 1, a = - 2 wykresy przecinają się w dwóch punktach; Oznacza to, że dla wartości tych parametrów równanie (1) ma dwa pierwiastki.
O - 2< A< - 1, a < - 2 графики пересекаются в трех точках; значит, уравнение (1) при этих значениях параметра имеет три решения.

Odpowiedź: jeśli A > - 1, wtedy jedno rozwiązanie;
jeśli a = - 1, a = - 2, to są dwa rozwiązania;
jeśli - 2< a < - 1, a < - 1, то три решения.

Komentarz. Rozwiązując równanie problemu, należy zwrócić szczególną uwagę na przypadek, gdy A = - 2, gdyż punkt (- 1; - 1) nie należy do wykresu funkcjiale należy do wykresu funkcji y = | x | + A.

Zadanie 4. Ile pierwiastków ma równanie?

x + 2 = za | x - 1 |

w zależności od parametru A?

Rozwiązanie. Zauważ, że x = 1 nie jest pierwiastkiem tego równania, ponieważ równość 3 = A Wartość 0 nie może być prawdziwa dla żadnej wartości parametru A . Podzielmy obie strony równania przez | x - 1 |(| x - 1 |0), wówczas równanie przyjmuje postaćW układzie współrzędnych xOy wykreślimy funkcję

Wykres tej funkcji pokazano na rysunku. Wykres funkcji y = A jest linią prostą równoległą do osi Wołu lub zbiegającą się z nią (jeśli a = 0).

Dla każdej wartości parametru a rozwiąż nierówność | 2 x + a | ≤ x + 2 |2x+a| \równ. x+2 .

Najpierw rozwiążmy problem pomocniczy. Rozważmy tę nierówność jako nierówność z dwiema zmiennymi x x i a a i narysujmy na płaszczyźnie współrzędnych x O a xOa wszystkie punkty, których współrzędne spełniają nierówność.

Jeśli 2 x + a ≥ 0 2x+a \geq 0 (tj. na prostej a = - 2 x a=-2x i więcej), to otrzymujemy 2 x + a ≤ x + 2 ⇔ a ≤ 2 - x 2x+ a \leq x+2 \Strzałka w lewo a \leq 2-x .

Zestaw pokazany na rys. jedenaście.

Rozwiążmy teraz pierwotny problem, korzystając z tego rysunku. Jeśli naprawimy a a , otrzymamy poziomą linię a = const a = \textrm(const) . Aby wyznaczyć wartości x x, należy znaleźć odciętą punktów przecięcia tej prostej ze zbiorem rozwiązań nierówności. Przykładowo, jeśli a = 8 a=8, to nierówność nie ma rozwiązań (prosta nie przecina zbioru); jeśli a = 1 a=1 , to wszystkie rozwiązania to x x z odcinka [ - 1 ; 1 ] [-1;1] itd. Zatem możliwe są trzy opcje.

1) Jeśli $$a>4$$, to nie ma rozwiązań.

2) Jeżeli a = 4 a=4, to x = - 2 x=-2.

ODPOWIEDŹ

za $$a

dla a = 4 a=4 - x = - 2 x=-2 ;

dla $$a>4$$ - nie ma rozwiązań.

Znajdź wszystkie wartości parametru a a dla których nierówność $$3-|x-a| > x^2$$ a) ma co najmniej jedno rozwiązanie; b) ma co najmniej jedno rozwiązanie dodatnie.

Zapiszmy nierówność w postaci $$3-x^2 > |x-a)$$. Skonstruujmy wykresy lewej i prawej części na płaszczyźnie x O y xOy. Wykres po lewej stronie to parabola z ramionami skierowanymi w dół, z wierzchołkiem w punkcie (0; 3) (0;3). Wykres przecina oś x w punktach (± 3 ; 0) (\pm \sqrt(3);0) . Wykres prawej strony jest kątem z wierzchołkiem na osi x, którego boki są skierowane w górę pod kątem 45 ° 45^(\circ) do osi współrzędnych. Odcięta wierzchołka to punkt x = a x=a .

a) Aby nierówność miała przynajmniej jedno rozwiązanie, konieczne i wystarczające jest, aby przynajmniej w jednym punkcie parabola znajdowała się nad wykresem y = | x - a | y=|x-a| . Osiąga się to, jeśli wierzchołek kąta leży pomiędzy punktami A A i B B osi odciętej (patrz rys. 12 - punkty A A i B B nie są uwzględnione). Należy zatem określić, w jakim położeniu wierzchołka jedna z gałęzi kąta styka się z parabolą.

Rozważmy przypadek, gdy wierzchołek narożnika znajduje się w punkcie A A . Następnie prawa gałąź kąta dotyka paraboli. Jego nachylenie jest równe jeden. Oznacza to, że pochodna funkcji y = 3 - x 2 y = 3-x^2 w punkcie styczności jest równa 1 1, czyli - 2 x = 1 -2x=1, skąd x = - 1 2 x = -\frac( 1)(2) . Wtedy rzędna punktu stycznego wynosi y = 3 - (1 2) 2 = 11 4 y = 3 - (\frac(1)(2))^2 = \frac(11)(4) . Równanie prostej o współczynniku kątowym k = 1 k=1 i przechodzącej przez punkt o współrzędnych (- 1 2 ; 11 4) (-\frac(1)(2); \frac(11)(4) ) jest następujący * ( \^* : 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} .!}

To jest równanie prawej gałęzi narożnika. Odcięta punktu przecięcia z osią x jest równa - 13 4 -\frac(13)(4), czyli punkt A A ma współrzędne A (- 13 4 ; 0) A(-\frac(13)(4 ); 0) . Ze względu na symetrię punkt B B ma współrzędne: B (13 4 ; 0) B(\frac(13)(4); 0) .

Z tego otrzymujemy, że a ∈ (- 13 4 ; 13 4) a\in (-\frac(13)(4); \frac(13)(4)) .

b) Nierówność ma rozwiązania dodatnie, jeśli wierzchołek narożnika znajduje się pomiędzy punktami F F i B B (patrz rys. 13). Znalezienie położenia punktu F F nie jest trudne: jeśli wierzchołek narożnika znajduje się w punkcie F F, to jego prawa gałąź (prosta określona równaniem y = x - a y = x-a przechodzi przez punkt (0; 3 ) (0;3).Stwierdzamy stąd, że a = - 3 a=-3 i punkt F F ma współrzędne (- 3 ; 0) (-3;0).Dlatego a ∈ (- 3 ; 13 4) a \in (-3; \frac(13)(4) ) .

ODPOWIEDŹ

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

* {\^* Полезные формулы: !}

- \-- prosta przechodząca przez punkt (x 0 ; y 0) (x_0;y_0) i posiadająca współczynnik kątowy k k jest określona równaniem y - y 0 = k (x - x 0) y-y_0= k(x-x_0 ) ;

- \-- współczynnik kątowy prostej przechodzącej przez punkty (x 0 ; y 0) (x_0;y_0) i (x 1 ; y 1) (x_1;y_1), gdzie x 0 ≠ x 1 x_0 \neq x_1, oblicza się ze wzoru k = y 1 - y 0 x 1 - x 0 k = \dfrac(y_1-y_0)(x_1-x_0) .

Komentarz. Jeśli chcesz znaleźć wartość parametru, przy którym prosta y = k x + l y=kx+l i parabola y = a x 2 + b x + c y = ax^2+bx+c dotykają, możesz napisać warunek, że równanie k x + l = a x 2 + b x + c kx+l = ax^2+bx+c ma dokładnie jedno rozwiązanie.Następnie inny sposób znalezienia wartości parametru a a dla którego wierzchołek kąta jest w punkcie A A jest następujące: równanie x - a = 3 - x 2 x-a = 3-x^2 ma dokładnie jedno rozwiązanie ⇔ D = 1 + 4 (a + 3) = 0 ⇔ a = - 13 4 \Leftrightarrow D = 1 + 4(a+3) = 0 \Leftrightarrow a = -\ dfrac(13)(4) .

Należy pamiętać, że w ten sposób nie można zapisać warunku, aby prosta zetknęła się z dowolnym wykresem. Na przykład prosta y = 3 x - 2 y = 3x - 2 dotyka paraboli sześciennej y = x 3 y=x^3 w punkcie (1 ; 1) (1;1) i przecina ją w punkcie (- 2 ; - 8) (-2;-8), czyli równanie x 3 = 3 x + 2 x^3 = 3x+2 ma dwa rozwiązania.

Znajdź wszystkie wartości parametru a a , dla każdej z nich równanie (a + 1 - | x + 2 |) (x 2 + 4 x + 1 - a) = 0 (a+1-|x+2| )(x^2 +4x+1-a) = 0 ma a) dokładnie dwa różne pierwiastki; b) dokładnie trzy różne pierwiastki.

Zróbmy to samo co w przykładzie 25. Przedstawmy zbiór rozwiązań tego równania na płaszczyźnie x O a xOa . Jest to równoważne kombinacji dwóch równań:

1) a = | x + 2 | - 1 a = |x+2| -1 to kąt z gałęziami skierowanymi w górę i wierzchołkiem w punkcie (- 2 ; - 1) (-2;-1) .

2) a = x 2 + 4 x + 1 a = x^2 + 4x + 1 - jest to parabola z ramionami skierowanymi w górę i wierzchołkiem w punkcie (- 2 ; - 3) (-2;-3) . Zobacz rys. 14.

Znajdujemy punkty przecięcia dwóch wykresów. Prawa gałąź kąta jest określona równaniem y = x + 1 y=x+1 . Rozwiązanie równania

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

stwierdzamy, że x = 0 x=0 lub x = - 3 x=-3 . Odpowiednia jest tylko wartość x = 0 x=0 (ponieważ dla prawej gałęzi x + 2 ≥ 0 x+2 \geq 0). Wtedy a = 1 a=1 . Podobnie znajdujemy współrzędne drugiego punktu przecięcia - (- 4 ; 1) (-4; 1) .

Wróćmy do pierwotnego problemu. Równanie ma dokładnie dwa rozwiązania dla tych a a, dla których linia pozioma a = const a=\textrm(const) przecina zbiór rozwiązań równania w dwóch punktach. Z wykresu widzimy, że jest to prawdą dla a ∈ (- 3 ; - 1) ∪ ( 1 ) a\in (-3;-1)\bigcup\(1\) . W przypadku trzech punktów przecięcia będą dokładnie trzy rozwiązania, co jest możliwe tylko wtedy, gdy a = - 1 a=-1 .

ODPOWIEDŹ

a) za ∈ (- 3 ; - 1) ∪ ( 1 ) ; a\in (-3;-1)\bigcup\(1\);\:\:\: b) a = - 1 a=-1 .

$$\begin(przypadki) x^2-x-a \leq 0,\\ x^2+2x-6a \leq 0 \end(cases) $$

ma dokładnie jedno rozwiązanie.

Przedstawmy rozwiązania układu nierówności na płaszczyźnie x O a xOa . Przepiszmy system do postaci $$ \begin(cases) a \leq -x^2+x,\\ a \geq \dfrac(x^2+6x)(6) .\end(cases) $$

Pierwszą nierówność spełniają punkty leżące na paraboli a = - x 2 + x a = -x^2+x i poniżej niej, a drugą spełniają punkty leżące na paraboli a = x 2 + 6 x 6 a = \dfrac(x^2 +6x)(6) i nowsze. Znajdujemy współrzędne wierzchołków paraboli i punktów ich przecięcia, a następnie budujemy wykres. Wierzchołek pierwszej paraboli wynosi (1 2 ; 1 4) (\dfrac(1)(2);\dfrac(1)(4)), wierzchołek drugiej paraboli wynosi (- 1 ; - 1 6) ( -1; -\dfrac( 1)(6)), punkty przecięcia to (0 ; 0) (0;0) i (4 7 ; 12 49) (\dfrac(4)(7); \dfrac(12 )(49)). Zbiór punktów spełniających układ pokazano na rys. 15. Można zauważyć, że prosta pozioma a = const a=\textrm(const) ma dokładnie jeden punkt wspólny z tym zbiorem (co oznacza, że ​​układ ma dokładnie jedno rozwiązanie) w przypadkach a = 0 a=0 i a = 1 4 a= \dfrac(1)(4) .

ODPOWIEDŹ

ZA = 0 ,  a = 1 4 a=0,\: a=\dfrac(1)(4)

Znajdź najmniejszą wartość parametru a a , dla każdego układu

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

ma unikalne rozwiązanie.

Przekształćmy pierwsze równanie, podświetlanie całych kwadratów:

(x 2 - 2 3 za x + 3 za 2) + (y 2 - 2 y + 1) = 1 ⇔ (x - za 3) 2 + (y - 1) 2 = 1. 18 (x^2- 2\sqrt(3)ax+3a^2)+(y^2-2y+1)=1 \Leftrightarrow (x-a\sqrt(3))^2+(y-1)^2 =1. \:\:\:\lewo(18\prawo)

W przeciwieństwie do poprzednich problemów, tutaj lepiej jest przedstawić rysunek na płaszczyźnie x O y xOy (rysunek w płaszczyźnie „zmienna - parametr” jest zwykle używany w przypadku problemów z jedną zmienną i jednym parametrem - wynikiem jest zbiór na płaszczyźnie W tym zadaniu mamy do czynienia z dwiema zmiennymi i parametrem.Wyrysowanie zbioru punktów (x;y;a) (x;y;a) w przestrzeni trójwymiarowej jest zadaniem trudnym, a ponadto takie narysowanie jest mało prawdopodobne być wizualnym). Równanie (18) określa okrąg o środku (a 3 ; 1) (a\sqrt(3);1) o promieniu 1. Środek tego okręgu, w zależności od wartości a a, może znajdować się w dowolnym punkcie linia y = 1 y=1.

Drugie równanie układu to y = 3 | x | - 4 y = \sqrt(3)|x|-4 ustawia kąt bokami do góry pod kątem 60 ° 60^(\circ) do osi odciętych (współczynnik kątowy prostej jest tangensem kąt nachylenia tg 60 ° = 3 \textrm(tg )(60^(\circ)) = \sqrt(3)), z wierzchołkiem w punkcie (0; - 4) (0;-4) .

Ten układ równań ma dokładnie jedno rozwiązanie, jeśli okrąg styka się z jedną z gałęzi kąta. Jest to możliwe w czterech przypadkach (ryc. 16): środek okręgu może znajdować się w jednym z punktów A A, B B, C C, D D. Ponieważ musimy znaleźć najmniejszą wartość parametru a a , interesuje nas odcięta punktu D D . Rozważmy trójkąt prostokątny D H M DHM. Odległość punktu D D od prostej H M HM jest równa promieniowi okręgu, zatem D H = 1 DH=1. Zatem D M = re H sin 60 ° = 2 3 DM=\dfrac(DH)(\textrm(sin)(60^(\circ))) = \dfrac(2)(\sqrt(3)) . Współrzędne punktu M M wyznaczamy jako współrzędne punktu przecięcia dwóch prostych y = 1 y=1 i y = - 3 x - 4 y=-\sqrt(3)x-4 (lewa strona narożnika) .

Otrzymujemy M (- 5 3) M(-\dfrac(5)(\sqrt(3))) . Wtedy odcięta punktu D D jest równa - 5 3 - 2 3 = - 7 3 -\dfrac(5)(\sqrt(3))-\dfrac(2)(\sqrt(3))=-\dfrac( 7)(\ sqrt(3)) .

Ponieważ odcięta środka okręgu jest równa a 3 a\sqrt(3) , wynika z tego, że a = - 7 3 a=-\dfrac(7)(3) .

ODPOWIEDŹ

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

Znajdź wszystkie wartości parametru a a , dla każdego z nich system

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

ma dokładnie jedno rozwiązanie.

Przedstawmy zbiory rozwiązań każdej nierówności na płaszczyźnie x O y xOy .

W drugiej nierówności wybieramy idealne kwadraty:

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

Gdy a + 8 = 0 a+8=0 (a = - 8 a=-8), nierówność (19) określa punkt o współrzędnych (7 a ; 3 a) (7a;3a), czyli (- 56 ; - 24) (-56;-24) . Dla wszystkich innych wartości a a (19) definiuje okrąg o środku w punkcie (7 a ; 3 a) (7a;3a) o promieniu | za + 8 | |a+8| .

Rozważmy pierwszą nierówność.
1) Dla ujemnego a a nie ma ono rozwiązań. Oznacza to, że układ nie ma rozwiązań.

2) Jeżeli a = 0 a=0, to otrzymujemy prostą 4 x + 3 y = 0 4x+3y=0. Z drugiej nierówności otrzymujemy okrąg o środku (0; 0) (0; 0) o promieniu 8. Oczywiście istnieje więcej niż jedno rozwiązanie.

3) Jeśli $$a>0$$, to ta nierówność jest równoważna podwójnej nierówności - 12 a ≤ 4 x + 3 y ≤ 12 a -12a \leq 4x+3y \leq 12a . Definiuje pas pomiędzy dwiema prostymi y = ± 4 a - 4 x 3 y=\pm 4a -\dfrac(4x)(3) , z których każda jest równoległa do prostej 4 x + 3 y = 0 4x+ 3y=0 (ryc. 17).

Ponieważ rozważamy $$a>0$$, środek okręgu znajduje się w pierwszej ćwiartce prostej y = 3 x 7 y = \dfrac(3x)(7) . Rzeczywiście współrzędne środka to x = 7 a x=7a , y = 3 a y=3a ; wyrażając a a i porównując otrzymujemy x 7 = y 3 \dfrac(x)(7)=\dfrac(y)(3) , skąd y = 3 x 7 y = \dfrac(3x)(7) . Aby układ miał dokładnie jedno rozwiązanie, konieczne i wystarczające jest, aby okrąg dotykał prostej a 2 a_2 . Dzieje się tak, gdy promień okręgu jest równy odległości od środka okręgu do linii a 2 a_2. Zgodnie ze wzorem na odległość punktu od prostej * (\^{*} 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 .!}

ODPOWIEDŹ

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}} . !}

Przy jakich wartościach parametru a a działa system

$$\begin(cases) |x|+|y|=1,\\ |x+a|+|y+a|=1 \end(cases)$$ nie ma rozwiązań?

Pierwsze równanie układu definiuje kwadrat A B C D ABCD na płaszczyźnie x O y xOy (aby je skonstruować, należy wziąć pod uwagę x ≥ 0 x\geq 0 i y ≥ 0 y\geq 0 . Wtedy równanie przyjmuje postać x + y = 1 x+y=1 Otrzymujemy odcinek - część prostej x + y = 1 x+y=1, leżący w pierwszej ćwiartce. Następnie odbijamy ten odcinek względem osi O x Wół, a następnie odzwierciedlają wynikowy zbiór względem osi O y Oy (patrz ryc. 18). Drugie równanie definiuje kwadrat P Q R S PQRS równy kwadratowi A B C D ABCD , ale wyśrodkowany w punkcie (- a ; - a) (-a; -a) . Na ryc. Jako przykład, rys. 18 pokazuje ten kwadrat dla a = - 2 a=-2. Układ nie ma rozwiązań, jeśli te dwa kwadraty nie przecinają się.

Łatwo zauważyć, że jeśli odcinki P Q PQ i B C BC pokrywają się, to środek drugiego kwadratu znajduje się w punkcie (1; 1) (1;1). Odpowiednie są dla nas wartości a, przy których środek znajduje się „na górze” i „po prawej stronie”, czyli $$a1$$.

ODPOWIEDŹ

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

Znajdź wszystkie wartości parametru b b, dla których system

$$\begin(przypadki) y=|b-x^2|,\\ y=a(x-b) \end(przypadki) $$

ma co najmniej jedno rozwiązanie dla dowolnej wartości a .

Rozważmy kilka przypadków.

1) Jeśli $$b2) Jeśli b = 0 b=0 , to system przyjmuje postać $$\begin(cases) y=x^2,\\ y=ax .\end(cases) $$

Dla dowolnego a a rozwiązaniem tego układu jest para liczb (0 ; 0) (0;0), zatem odpowiednie jest b = 0 b=0.

3) Ustalmy trochę $$b>0$$. Pierwsze równanie spełnia zbiór punktów uzyskanych z paraboli y = x 2 - b y=x^2-b poprzez odbicie części tej paraboli względem osi O x Ox (patrz rys. 19a, b). Drugie równanie definiuje rodzinę prostych (podstawiając różne wartości a a można otrzymać wszelkiego rodzaju proste przechodzące przez punkt (b ; 0) (b;0) z wyjątkiem pionowej), przechodzące przez punkt (b ; 0) (b;0) . Jeżeli punkt (b ; 0) (b;0) leży na odcinku [ - b ; b ] [-\sqrt(b);\sqrt(b)] . odciętych, wówczas prosta przecina wykres pierwszej funkcji dla dowolnego nachylenia (rys. 19a). W przeciwnym razie (ryc. 19b) w każdym przypadku powstanie linia prosta, która nie przecina tego wykresu. Rozwiązując nierówność - b ≤ b ≤ b -\sqrt(b)\leq b \leq \sqrt(b) i biorąc pod uwagę, że $$b>0$$ otrzymujemy, że b ∈ (0 ; 1 ] b \ w ( 0;1] .

Łączymy wyniki: $$b \in $$.

ODPOWIEDŹ

$$b \w $$

Znajdź wszystkie wartości a a , dla każdej z nich funkcja f (x) = x 2 - | x - a 2 | - 3 x f(x) = x^2-|x-a^2|-3x ma co najmniej jeden punkt maksymalny.

Rozbudowując moduł, otrzymujemy to

$$f(x) = \begin(cases) x^2-4x+a^2, \:\:\: x\geq a^2 ,\\ x^2-2x-a^2, \:\ :\: x\równoważnik a^2 . \end(przypadki) $$

Na każdym z dwóch przedziałów wykres funkcji y = f (x) y=f(x) jest parabolą z ramionami skierowanymi ku górze.

Ponieważ parabole z rozgałęzieniami skierowanymi w górę nie mogą mieć punktów maksymalnych, jedyną możliwością jest to, że punktem maksymalnym jest punkt graniczny tych przedziałów - punkt x = a 2 x=a^2 . W tym momencie będzie maksimum, jeśli wierzchołek paraboli y = x 2 - 4 x + a 2 y=x^2-4x+a^2 przypada na przedział $$x>a^2$$, oraz wierzchołek paraboli y = x 2 - 2 x - a 2 y=x^2-2x-a^2 - dla przedziału $$x\lt a^2$$ (patrz rys. 20). Warunek ten jest dany przez nierówności i $$2 \gt a^2$$ i $$1 \lt a^2$$, po rozwiązaniu których stwierdzamy, że a ∈ (- 2 ; 1) ∪ (1 ; 2) a\in (-\ sqrt(2);1)\bigcup(1;\sqrt(2)) .

ODPOWIEDŹ

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

Znajdź wszystkie wartości a , dla każdego z nich ogólne rozwiązania nierówności

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

są rozwiązaniami nierówności

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

Aby zorientować się w sytuacji, czasami przydatne jest rozważenie wartości jednego parametru. Zróbmy rysunek na przykład dla a = 0 a=0 . Nierówność (20) (właściwie mamy do czynienia z układem nierówności (20)) spełniają punkty kąta B A C BAC (patrz rys. 21) - punkty, z których każdy leży nad obiema prostymi y = - 2 x y=-2x i y = x y =x (lub na tych liniach). Nierówność (21) spełniają punkty leżące nad prostą y = 1 2 x + 3 2 y = \dfrac(1)(2)x + \dfrac(3)(2) . Można zauważyć, że gdy a = 0 a = 0, warunek problemu nie jest spełniony.

Co się zmieni jeśli przyjmiemy inną wartość parametru a a ? Każda z linii przesunie się i zamieni w linię równoległą do siebie, ponieważ współczynniki kątowe linii nie zależą od a. Aby warunek zadania był spełniony, cały kąt B A C BAC musi leżeć nad prostą l l . Ponieważ współczynniki kątowe prostych A B AB i A C AC są w wartości bezwzględnej większe niż współczynnik kątowy prostej l l , konieczne i wystarczające jest, aby wierzchołek kąta znajdował się nad prostą l l .

Rozwiązywanie układu równań

$$\begin(przypadki) y+2x=a,\\ y-x=2a, \end(przypadki)$$

znajdź współrzędne punktu A (- a 3 ; 5 a 3) A(-\dfrac(a)(3);\dfrac(5a)(3)) . Muszą spełniać nierówność (21), więc $$\dfrac(10a)(3)+\dfrac(a)(3) > a+3$$, skąd $$a>\dfrac(9)(8)$$ .

ODPOWIEDŹ

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

§ 8. ZASTOSOWANIE TEORII PRAWIDŁOWOŚCI DO STATYSTYKI.

2. Wyznaczanie nieznanych parametrów rozkładu.

Za pomocą histogramu możemy w przybliżeniu wykreślić gęstość rozkładu zmiennej losowej. Wygląd tego wykresu często pozwala nam przyjąć założenia dotyczące rozkładu gęstości prawdopodobieństwa zmiennej losowej. Wyrażenie tej gęstości rozkładu zwykle zawiera pewne parametry, które należy określić na podstawie danych eksperymentalnych.
Zatrzymajmy się na konkretnym przypadku, gdy gęstość rozkładu zależy od dwóch parametrów.
Więc pozwól x 1 , x 2 , ..., x n- zaobserwowane wartości ciągłej zmiennej losowej i niech gęstość rozkładu prawdopodobieństwa zależy od dwóch nieznanych parametrów A I B, tj. wygląda jak . Jedna z metod znajdowania nieznanych parametrów A I B polega na tym, że są one dobrane w taki sposób, aby matematyczne oczekiwanie i wariancja rozkładu teoretycznego pokrywały się ze średnimi i wariancją z próby:

(66)

Gdzie

(67)

Z dwóch otrzymanych równań () znaleziono nieznane parametry A I B. Na przykład, jeśli zmienna losowa jest zgodna z prawem normalnego rozkładu prawdopodobieństwa, wówczas gęstość rozkładu prawdopodobieństwa jest jej równa

zależy od dwóch parametrów A I . Parametry te, jak wiemy, to odpowiednio oczekiwanie matematyczne i odchylenie standardowe zmiennej losowej; dlatego równości () zostaną zapisane w następujący sposób:

(68)

Dlatego gęstość rozkładu prawdopodobieństwa ma postać

Notatka 1. Rozwiązaliśmy już ten problem w . Wynik pomiaru jest zmienną losową spełniającą prawo rozkładu normalnego wraz z parametrami A I . Dla przybliżonej wartości A wybieramy wartość, a dla wartości przybliżonej - wartość.

Uwaga 2. Przy dużej liczbie eksperymentów znajdowanie wielkości i stosowanie wzorów () wiąże się z uciążliwymi obliczeniami. Dlatego robią to: każda z obserwowanych wartości ilości, wpada w I interwał ] X i-1 , X i [ szereg statystyczny, uważa się w przybliżeniu za równy środkowi c ja ten odstęp, tj. do ja =(X i-1 +X i)/2. Rozważmy pierwszy interwał ] X 0 , X 1 [. Uderzyło go m 1 zaobserwowane wartości zmiennej losowej, z których każdą zastępujemy liczbą od 1. Dlatego suma tych wartości jest w przybliżeniu równa m 1 s 1. Podobnie suma wartości wchodzących w drugi przedział jest w przybliżeniu równa m 2 z 2 itp. Dlatego

W podobny sposób otrzymujemy przybliżoną równość

Więc pokażmy to

(71)

Naprawdę,

Równania z parametrami słusznie uważane są za jeden z najtrudniejszych problemów matematyki szkolnej. To właśnie te zadania rok po roku lądują na liście zadań typu B i C w jednolitym egzaminie państwowym Unified State Examination. Jednak wśród dużej liczby równań z parametrami znajdują się takie, które można łatwo rozwiązać graficznie. Rozważmy tę metodę na przykładzie rozwiązania kilku problemów.

Znajdź sumę wartości całkowitych liczby a, dla której równanie |x 2 – 2x – 3| = a ma cztery pierwiastki.

Rozwiązanie.

Aby odpowiedzieć na pytanie, skonstruujmy wykresy funkcji na jednej płaszczyźnie współrzędnych

y = |x 2 – 2x – 3| i y = a.

Wykres pierwszej funkcji y = |x 2 – 2x – 3| zostanie uzyskany z wykresu paraboli y = x 2 – 2x – 3 poprzez symetryczne wyświetlenie względem osi x tej części wykresu, która znajduje się poniżej osi Ox. Część wykresu znajdująca się nad osią x pozostanie niezmieniona.

Zróbmy to krok po kroku. Wykres funkcji y = x 2 – 2x – 3 jest parabolą, której ramiona są skierowane w górę. Aby zbudować jego wykres, znajdujemy współrzędne wierzchołka. Można to zrobić za pomocą wzoru x 0 = -b/2a. Zatem x 0 = 2/2 = 1. Aby znaleźć współrzędną wierzchołka paraboli na osi rzędnych, podstawiamy otrzymaną wartość za x 0 do równania danej funkcji. Otrzymujemy, że y 0 = 1 – 2 – 3 = -4. Oznacza to, że wierzchołek paraboli ma współrzędne (1; -4).

Następnie musisz znaleźć punkty przecięcia gałęzi paraboli z osiami współrzędnych. W punktach przecięcia gałęzi paraboli z osią odciętych wartość funkcji wynosi zero. Dlatego rozwiązujemy równanie kwadratowe x 2 – 2x – 3 = 0. Jego pierwiastkami będą wymagane punkty. Z twierdzenia Viety mamy x 1 = -1, x 2 = 3.

W punktach przecięcia gałęzi paraboli z osią rzędnych wartość argumentu wynosi zero. Zatem punkt y = -3 jest punktem przecięcia gałęzi paraboli z osią y. Powstały wykres pokazano na rysunku 1.

Aby otrzymać wykres funkcji y = |x 2 – 2x – 3|, wyświetlmy część wykresu znajdującą się poniżej osi x symetrycznie względem osi x. Powstały wykres pokazano na rysunku 2.

Wykres funkcji y = a jest linią prostą równoległą do osi odciętych. Przedstawia to rysunek 3. Korzystając z rysunku, stwierdzamy, że wykresy mają cztery punkty wspólne (a równanie ma cztery pierwiastki), jeśli a należy do przedziału (0; 4).

Wartości całkowite liczby a z otrzymanego przedziału: 1; 2; 3. Aby odpowiedzieć na pytanie, znajdźmy sumę tych liczb: 1 + 2 + 3 = 6.

Odpowiedź: 6.

Znajdź średnią arytmetyczną wartości całkowitych liczby a, dla której równanie |x 2 – 4|x| – 1| = a ma sześć pierwiastków.

Zacznijmy od wykreślenia funkcji y = |x 2 – 4|x| – 1|. Aby to zrobić, używamy równości a 2 = |a| 2 i wybierz cały kwadrat w wyrażeniu submodularnym zapisanym po prawej stronie funkcji:

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

Wtedy pierwotna funkcja będzie miała postać y = |(|x| – 2) 2 – 5|.

Aby skonstruować wykres tej funkcji, konstruujemy sekwencyjne wykresy funkcji:

1) y = (x – 2) 2 – 5 – parabola z wierzchołkiem w punkcie o współrzędnych (2; -5); (ryc. 1).

2) y = (|x| – 2) 2 – 5 – część paraboli zbudowanej w kroku 1, która znajduje się na prawo od osi rzędnych, jest symetrycznie wyświetlana na lewo od osi Oy; (ryc. 2).

3) y = |(|x| – 2) 2 – 5| – część wykresu skonstruowana w punkcie 2, znajdująca się poniżej osi x, jest wyświetlana symetrycznie względem osi x w górę. (ryc. 3).

Spójrzmy na powstałe rysunki:

Wykres funkcji y = a jest linią prostą równoległą do osi odciętych.

Korzystając z rysunku, wnioskujemy, że wykresy funkcji mają sześć punktów wspólnych (równanie ma sześć pierwiastków), jeśli a należy do przedziału (1; 5).

Można to zobaczyć na poniższym rysunku:

Znajdźmy średnią arytmetyczną wartości całkowitych parametru a:

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

Odpowiedź: 3.

stronie internetowej, przy kopiowaniu materiału w całości lub w części wymagany jest link do źródła.