1. Përcaktimi i motivimit personal të nxënësve. Për të vazhduar arsimin, për vetë-zhvillim dhe rritje intelektuale, është e nevojshme të studioni me zell dhe me vetëdije dhe të kujdeseni për shëndetin tuaj. 2. Akses në konceptin e "parametrit". Parametër - një vlerë që karakterizon vetitë kryesore të një ndryshimi në një sistem ose fenomen. ( Fjalor)
Në ekuacione (pabarazi), koeficientët për të panjohurat ose termat e lirë të dhënë jo me vlera numerike specifike, por të treguara me shkronja quhen parametra. Shembull: Të zgjidhësh një problem me një parametër do të thotë, për secilën vlerë të parametrit, të gjesh vlerat x që plotësojnë kushtin e këtij problemi.
X y x y a > 0 a 0, (2 rrënjë) 0 a 0, (2 rrënjë)"> 0 a 0, (2 rrënjë)"> 0 a 0, (2 rrënjë)" title="(!LANG:x y x y a > 0 a 0, (2 rrënjë)"> title="x y x y a > 0 a 0, (2 rrënjë)"> !}
x uuuuuuuuuh
2. kur ekuacioni merr formën dhe ka një rrënjë x \u003d 0. 3. kur gjejmë rrënjët e ekuacionit sipas formulës Përgjigje: kur nuk ka rrënjë; me një rrënjë x = 0. me dy rrënjë 1. ana e majtë e ekuacionit është jonegative për çdo vlerë të së panjohurës x,. asnjë zgjidhje. x y 0 y = a "SHIKON!" Metoda 1 (analitike) Metoda 2 (grafike)
Në cilat vlera të parametrit a ka një zgjidhje ekuacioni? E shkruajmë ekuacionin në formën: x Vizatojmë grafikët e funksioneve: Përgjigje: a = 3 dhe një drejtëz lëvizëse y = a. por
Për cilat vlera të parametrit a nuk ka zgjidhje ekuacioni? x y Le të ndërtojmë një grafik Sipas figurës, ne shohim në dhe një vijë të drejtë y \u003d a. nuk ka zgjidhje. nje pergjigje:
(Metodë grafike për zgjidhjen e problemave me një parametër) Një problem me një parametër mund të konsiderohet si funksion f (x; a) =0 1. Ndërtojmë një imazh grafik 2. Grafikun që rezulton e presim me drejtëza paralele me x. -aksi 3. “Lexo” informacionin e nevojshëm Skema e zgjidhjes: !!!
3 Përgjigje: 1 rrënjë "title="(!LANG: Specifikoni numrin e rrënjëve të ekuacionit f(x)= a për të gjitha vlerat e parametrit a. 1 35-2 1 xa -5 3 1 rrënjë, a3 Përgjigje : 1 rrënjë" class="link_thumb"> 15 !} Tregoni numrin e rrënjëve të ekuacionit f (x) \u003d a për të gjitha vlerat e parametrit rrënjë axa, a3 Përgjigje: 1 rrënjë për një 3 2 rrënjë për një \u003d -5, a \u003d 3 3 rrënjë për 1 3 Përgjigje: 1 rrënjë "> 3 Përgjigje: 1 rrënjë me një 3 2 rrënjë me një \u003d -5, një \u003d 3 3 rrënjë me 1 3 Përgjigje: 1 rrënjë "title="(!LANG: Specifikoni numrin e rrënjëve të ekuacionit f(x)= a për të gjitha vlerat e parametrit a. 1 35-2 1 xa -5 3 1 rrënjë, a3 Përgjigje : 1 rrënjë"> title="Tregoni numrin e rrënjëve të ekuacionit f(x)= a për të gjitha vlerat e parametrit a. 1 35-2 1 x a -5 3 1 rrënjë, a3 Përgjigje: 1 rrënjë">!}
X y y Për cilat vlera të parametrit a ka dy rrënjë ekuacioni? x y x
1) Kur një \u003d 3, në krye kënd i drejtë; Gjeni shumën e vlerave të numrit të plotë të parametrit a për të cilin ekuacioni ka tre rrënjë. Ekuacioni origjinal është i barabartë me bashkësinë B Duke shprehur parametrin a, marrim: Nga figura shihet se ekuacioni ka tre rrënjë në 3 raste x a a 1 = 3 a 2 = ? dhe 3 = ? Pastaj a = = 5. Përgjigjuni. 8. 2) Për x 4, a 2 = 5 a 3 a 3 4, a 2 \u003d 5 a 3 a 3"\u003e 
Për çdo vlerë të parametrit a zgjidh pabarazinë | 2 x + a | ≤ x + 2 |2x+a| \leq x+2 .
Le të zgjidhim së pari një problem ndihmës. Konsideroni këtë pabarazi si një pabarazi me dy ndryshore x x dhe a a dhe vizatoni në planin koordinativ x O a xOa të gjitha pikat, koordinatat e të cilave plotësojnë pabarazinë.
Nëse 2 x + a ≥ 0 2x+a \geq 0 (d.m.th., në vijën a = - 2 xa=-2x dhe më e lartë), atëherë marrim 2 x + a ≤ x + 2 ⇔ a ≤ 2 - x 2x+ a \leq x+2 \Shigjeta majtas djathtas a \leq 2-x .
Kompleti është paraqitur në Fig. njëmbëdhjetë.
Tani le të zgjidhim problemin origjinal duke përdorur këtë vizatim. Nëse rregullojmë një a , atëherë marrim një vijë horizontale a = const a = \textrm(const) . Për të përcaktuar vlerat x x, duhet të gjeni abshisat e pikave të kryqëzimit të kësaj linje me grupin e zgjidhjeve të pabarazisë. Për shembull, nëse a = 8 a=8 , atëherë pabarazia nuk ka zgjidhje (drejtëza nuk e pret bashkësinë); nëse a = 1 a=1 , atëherë të gjitha x x nga intervali [-1; 1 ] [-1;1], etj. Pra, ekzistojnë tre opsione.
1) Nëse $$a>4$$, atëherë nuk ka zgjidhje.
2) Nëse a = 4 a=4 , atëherë x = - 2 x=-2 .
PËRGJIGJE
për $$a
me a = 4 a=4 - x = - 2 x=-2 ;
për $$a>4$$ - nuk ka zgjidhje.
Gjeni të gjitha vlerat e parametrit a a të tillë që pabarazia $$3-|x-a| > x^2$$ a) ka të paktën një zgjidhje; b) ka të paktën një zgjidhje pozitive.
Le ta rishkruajmë pabarazinë si $$3-x^2 > |x-a)$$. Le të vizatojmë grafikët e pjesëve të majta dhe të djathta në rrafshin x O y xOy . Grafiku në anën e majtë është një parabolë e degëzuar poshtë me kulmin në (0 ; 3) (0; 3) . Grafiku kalon boshtin x në pikat (± 3 ; 0) (\pm \sqrt(3);0) . Grafiku i anës së djathtë është një kënd me një kulm në boshtin e abshisës, anët e të cilit drejtohen lart në një kënd prej 45 ° 45^(\circ) ndaj boshteve të koordinatave. Abshisa e kulmit është pika x = a x=a .
a) Që pabarazia të ketë të paktën një zgjidhje, është e nevojshme dhe e mjaftueshme që të paktën në një pikë parabola të jetë më e lartë se grafiku y = | x - a | y=|x-a| . Kjo bëhet nëse kulmi i këndit shtrihet midis pikave A A dhe B B të boshtit x (shih Fig. 12 - pikat A A dhe B B nuk janë përfshirë). Kështu, është e nevojshme të përcaktohet se në cilin pozicion të kulmit një nga degët e këndit prek parabolën.
Shqyrtoni rastin kur kulmi i këndit është në pikën A A . Pastaj dega e djathtë e këndit prek parabolën. Pjerrësia e saj e barabartë me një. Prandaj, derivati i funksionit y = 3 - x 2 y = 3-x^2 në pikën e kontaktit është i barabartë me 1 1 , dmth - 2 x = 1 -2x=1 , prej nga x = - 1 2 x = -\frac( 1)(2) . Atëherë ordinata e pikës së prekjes është y = 3 - (1 2) 2 = 11 4 y = 3 - (\frac(1)(2))^2 = \frac(11)(4) . Ekuacioni i një drejtëze me pjerrësi k = 1 k=1 dhe që kalon nëpër një pikë me koordinata (- 1 2 ; 11 4) (-\frac(1)(2); \frac(11)(4)) , e mëposhtme është * ( \^* : 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} .!}
Ky është ekuacioni i degës së djathtë të këndit. Abshisa e pikës së prerjes me boshtin xx është - 13 4 -\frac(13)(4) , pra pika AA ka koordinatat A (- 13 4 ; 0) A(-\frac(13)(4); 0) . Për arsye simetrie, pika B B ka koordinata: B (13 4 ; 0) B(\frac(13)(4); 0) .
Prandaj marrim se a ∈ (- 13 4 ; 13 4) a\in (-\frac(13)(4); \frac(13)(4)) .
b) Pabarazia ka zgjidhje pozitive nëse kulmi i këndit është ndërmjet pikave F F dhe B B (shih Fig. 13). Gjetja e pozicionit të pikës FF nuk është e vështirë: nëse kulmi i këndit është në pikën FF, atëherë dega e tij e djathtë (vija e drejtë e dhënë nga ekuacioni y \u003d x - ay \u003d xa kalon nëpër pikën (0 ; 3) (0; 3) Nga këtu gjejmë se a \u003d - 3 a=-3 dhe pika FF ka koordinata (- 3 ; 0) (-3; 0) Prandaj, a ∈ (- 3 ; 13 4) a \in (-3; \frac(13)(4) ).
PËRGJIGJE
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: !}
- \-- një drejtëz që kalon nëpër pikën (x 0; y 0) (x_0; y_0) dhe që ka një pjerrësi kk jepet nga ekuacioni y - y 0 = k (x - x 0) y-y_0=k (x-x_0);
- \-- pjerrësia e drejtëzës që kalon nëpër pikat (x 0 ; y 0) (x_0; y_0) dhe (x 1 ; y 1) (x_1; y_1) , ku x 0 ≠ x 1 x_0 \neq x_1 , llogaritet nga formula k = y 1 - y 0 x 1 - x 0 k = \dfrac(y_1-y_0)(x_1-x_0) .
Komentoni. Nëse ju duhet të gjeni vlerën e parametrit në të cilin prekin drejtëza y = kx + ly=kx+l dhe parabola y = ax 2 + bx + cy = ax^2+bx+c, atëherë mund të shkruani kusht që ekuacioni kx + l = ax 2 + bx + c kx + l = ax^2 + bx + c të ketë saktësisht një zgjidhje. Pastaj një mënyrë tjetër për të gjetur vlerat e parametrit aa për të cilin kulmi i këndit është në pikën AA është si vijon: ekuacioni x - a = 3 - x 2 xa = 3-x^2 ka saktësisht një zgjidhje ⇔ D = 1 + 4 (a + 3) = 0 ⇔ a = - 13 4 \Shigjeta djathtas D = 1 + 4(a+3) = 0 \Shigjeta djathtas a = -\ dfrac(13)(4) .
Ju lutemi vini re se në këtë mënyrë është e pamundur të shkruhet kushti i prekjes së një vije të drejtë me një grafik arbitrar. Për shembull, drejtëza y = 3 x - 2 y = 3x - 2 prek parabolën kubike y = x 3 y=x^3 në pikën (1 ; 1) (1; 1) dhe e pret atë në pikën (- 2 ; - 8) (-2;-8) , pra ekuacioni x 3 = 3 x + 2 x^3 = 3x+2 ka dy zgjidhje.
Gjeni të gjitha vlerat e parametrit aa për të cilin ekuacioni (a + 1 - | x + 2 |) (x 2 + 4 x + 1 - a) = 0 (a+1-|x+2|)(x ^2 +4x+1-a) = 0 ka a) saktësisht dy rrënjë të dallueshme; b) saktësisht tre rrënjë të dallueshme.
Le të bëjmë njësoj si në shembullin 25. Vizato bashkësinë e zgjidhjeve të këtij ekuacioni në rrafshin x O a xOa . Është e barabartë me kombinimin e dy ekuacioneve:
1) a = | x + 2 | - 1 a = |x+2| -1 është këndi me degë lart dhe kulm në (- 2 ; - 1) (-2;-1) .
2) a \u003d x 2 + 4 x + 1 a \u003d x ^ 2 + 4x + 1 është një parabolë me degë lart dhe një kulm në pikën (- 2; - 3) (-2; -3) . Shih fig. katërmbëdhjetë.
Gjeni pikat e kryqëzimit të dy grafikëve. Dega e drejtë e këndit jepet me barazimin y = x + 1 y=x+1 . Zgjidhja e ekuacionit
x + 1 = x 2 + 4 x + 1 x+1 = x^2+4x+1
gjejmë se x = 0 x=0 ose x = - 3 x=-3 . Vetëm vlera x = 0 x=0 është e përshtatshme (sepse për degën e djathtë x + 2 ≥ 0 x+2 \geq 0). Atëherë a = 1 a=1 . Në mënyrë të ngjashme, gjejmë koordinatat e pikës së dytë të kryqëzimit - (- 4 ; 1) (-4; 1) .
I kthehemi problemit fillestar. Ekuacioni ka saktësisht dy zgjidhje për ato a a, për të cilat drejtëza horizontale a = const a=\textrm(const) pret bashkësinë e zgjidhjeve të ekuacionit në dy pika. Nga grafiku, shohim se kjo është e vërtetë për një ∈ (- 3 ; - 1) ∪ ( 1 ) a\in (-3;-1)\bigcup\(1\) . Pikërisht tre zgjidhje do të jenë në rastin e tre pikave të kryqëzimit, gjë që është e mundur vetëm për a = - 1 a=-1 .
PËRGJIGJE
a) a ∈ (- 3 ; - 1) ∪ ( 1 ) ; a\in (-3;-1)\bigcup\(1\);\:\:\: b) a = - 1 a=-1 .
$$\fillimi(rastet) x^2-x-a \leq 0,\\ x^2+2x-6a \leq 0 \fund(rastet) $$
ka saktësisht një zgjidhje.
Le të paraqesim zgjidhjet e sistemit të pabarazive në rrafshin x O a xOa. Rishkruajeni sistemin si $$ \begin(rastet) a \leq -x^2+x,\\ a \geq \dfrac(x^2+6x)(6) .\end (rastet) $$
Pabarazia e parë plotësohet nga pikat që shtrihen në parabolën a = - x 2 + xa = -x^2+x dhe poshtë saj, dhe e dyta - nga pikat që shtrihen në parabolën a = x 2 + 6 x 6 a = \dfrac(x^2 +6x)(6) ose më e lartë. Gjejmë koordinatat e kulmeve të parabolave dhe pikat e tyre të kryqëzimit dhe më pas ndërtojmë një grafik. Kulmi i parabolës së parë është (1 2 ; 1 4) (\dfrac(1)(2);\dfrac(1)(4)) , parabola e dytë është (- 1 ; - 1 6) (-1; -\dfrac( 1)(6)), pikat e kryqëzimit janë (0 ; 0) (0;0) dhe (4 7 ; 12 49) (\dfrac(4)(7); \dfrac(12)(49 )) . Grupi i pikave që kënaqin sistemin është paraqitur në fig. 15. Mund të shihet se drejtëza horizontale a = const a=\textrm(const) ka saktësisht një pikë të përbashkët me këtë grup (që do të thotë se sistemi ka saktësisht një zgjidhje) në rastet a = 0 a=0 dhe a. = 1 4 a= \dfrac(1)(4) .
PËRGJIGJE
A = 0, a = 1 4 a=0,\: a=\dfrac(1)(4)
Gjeni vlerën më të vogël të parametrit a a, për secilën prej të cilave sistemi
$$\fillimi(rastet) x^2+y^2 + 3a^2 = 2y + 2\sqrt(3)ax,\\ \sqrt(3)|x|-y=4 \fund(rastet) $$
Ajo ka vetëm vendim.
Le të transformojmë ekuacionin e parë, duke theksuar katrorët e plotë:
(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 \Shigjeta djathtas (xa\sqrt(3))^2+(y-1)^2 =1. \:\:\:\majtas(18\djathtas)
Për dallim nga detyrat e mëparshme, është më mirë të përshkruani një vizatim në rrafshin x O y xOy (një vizatim në planin "ndryshore - parametër" përdoret zakonisht për problemet me një ndryshore dhe një parametër - si rezultat, merret një grup në aeroplan.Në këtë problem kemi të bëjmë me dy (x; y; a) (x; y; a) në hapësirën tredimensionale është një detyrë e vështirë; përveç kësaj, një vizatim i tillë nuk ka gjasa të jetë vizual). Ekuacioni (18) përcakton një rreth me qendër (a 3 ; 1) (a\sqrt(3);1) me rreze 1. Në varësi të vlerës së aa, qendra e këtij rrethi mund të jetë në çdo pikë të drejtëzës y = 1 y=1 .
Ekuacioni i dytë i sistemit y = 3 | x | - 4 y = \sqrt(3)|x|-4 përcakton një kënd me anët lart në një kënd prej 60 ° 60^(\circ) me boshtin x (pjerrësia e një drejtëze është tangjentja e pjerrësisë këndi tg 60 ° = 3 \textrm(tg )(60^(\circ)) = \sqrt(3)), që përfundon në (0 ; - 4) (0;-4) .
Ky sistem ekuacionesh ka saktësisht një zgjidhje nëse rrethi prek njërën nga degët e qosheve. Kjo është e mundur në katër raste (Fig. 16): qendra e rrethit mund të jetë në njërën nga pikat A A , B B , C C , D D . Meqenëse duhet të gjejmë vlerën më të vogël të parametrit a a, na intereson abshisa e pikës D D. Merrni parasysh trekëndësh kënddrejtë D H M DHM . Largësia nga pika D D deri në drejtëzën H M HM është e barabartë me rrezen e rrethit, prandaj D H = 1 DH=1 . Pra D M = D H sin 60 ° = 2 3 DM=\dfrac(DH)(\textrm(sin)(60^(\circ))) = \dfrac(2)(\sqrt(3)) . Koordinatat e pikës M M gjenden si koordinatat e pikës së prerjes së dy drejtëzave y = 1 y=1 dhe y = - 3 x - 4 y=-\sqrt(3)x-4 ( Pjesa e dorës së majtë qoshe).
Marrim M (- 5 3) M(-\dfrac(5)(\sqrt(3))) . Atëherë abshisa e pikës DD është - 5 3 - 2 3 = - 7 3 -\dfrac(5)(\sqrt(3))-\dfrac(2)(\sqrt(3))=-\dfrac(7 )(\ sqrt(3)) .
Meqenëse abshisa e qendrës së rrethit është a 3 a\sqrt(3) , rrjedh se a = - 7 3 a=-\dfrac(7)(3) .
PËRGJIGJE
A = - 7 3 a=-\dfrac(7)(3)
Gjeni të gjitha vlerat e parametrit a a, për secilën prej të cilave sistemi
$$\fillimi (rastet) |4x+3y| \leq 12a,\\ x^2+y^2 \leq 14ax +6ay -57a^2+16a+64 \end(rastet) $$
ka saktësisht një zgjidhje.
Le të përshkruajmë bashkësitë e zgjidhjeve të secilës prej pabarazive në rrafshin x O y xOy.
Në pabarazinë e dytë, ne zgjedhim katrorët e përsosur:
x 2 - 14 sëpatë + 49 + y 2 - 6 ay + 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 \Shigjeta e djathtë (x-7a)^2+(y-3a)^2 \leq (a+8 )^2 \:\:\:\: (19)
Për një + 8 = 0 a+8=0 (a = - 8 a=-8) pabarazia (19) përcakton një pikë me koordinata (7 a ; 3 a) (7a;3a) , pra (- 56 ; - 24 ) (-56; -24) . Për të gjitha vlerat e tjera të a (19) përcakton një rreth me qendër në pikën (7 a ; 3 a) (7a;3a) të rrezes | a + 8 | |a+8| .
Merrni parasysh pabarazinë e parë.
1) Për negativin a a nuk ka zgjidhje. Prandaj, sistemi gjithashtu nuk ka zgjidhje.
2) Nëse a = 0 a=0 , atëherë marrim një drejtëz 4 x + 3 y = 0 4x+3y=0 . Nga pabarazia e dytë, marrim një rreth me qendër (0 ; 0) (0; 0) me rreze 8. Natyrisht, dalin më shumë se një zgjidhje.
3) Nëse $$a>0$$, atëherë kjo pabarazi është ekuivalente me pabarazinë e dyfishtë - 12 a ≤ 4 x + 3 y ≤ 12 a -12a \leq 4x+3y \leq 12a . Ai përcakton një shirit midis dy rreshtave y = ± 4 a - 4 x 3 y=\pm 4a -\dfrac(4x)(3), secila prej të cilave është paralele me drejtëzën 4 x + 3 y = 0 4x+3y= 0 (Fig. 17).
Meqenëse po shqyrtojmë $$a>0$$, qendra e rrethit ndodhet në kuadrantin e parë në vijën y = 3 x 7 y = \dfrac(3x)(7) . Në të vërtetë, koordinatat e qendrës janë x = 7 a x=7a , y = 3 a y=3a ; duke shprehur një a dhe duke barazuar, marrim x 7 = y 3 \dfrac(x)(7)=\dfrac(y)(3) , prej nga y = 3 x 7 y = \dfrac(3x)(7) . Që sistemi të ketë saktësisht një zgjidhje, është e nevojshme dhe e mjaftueshme që rrethi të prekë drejtëzën a 2 a_2 . Kjo ndodh kur rrezja e rrethit është e barabartë me distancën nga qendra e rrethit në vijën a 2 a_2. Sipas formulës për distancën nga një pikë në një vijë * (\^{*} 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 .!}
PËRGJIGJE
A=2 a=2
* {\^{*} Пусть даны точка M (x 0 ; y 0) M (x_0;y_0) и прямая l l , !} dhënë nga ekuacioni a x + b y + c = 0 sëpatë+nga+c=0 . Atëherë distanca nga pika M M deri në drejtëzën l l përcaktohet me formulën ρ = | a x 0 + b x 0 + c | a 2 + b 2 \rho = \dfrac(|ax_0+bx_0+c|)(\sqrt(a^2+b^2)) .
Për cilat vlera të parametrit është sistemi
$$\fillimi(rastet) |x|+|y|=1,\\ |x+a|+|y+a|=1 \end(rastet)$$ nuk ka zgjidhje?
Ekuacioni i parë i sistemit përcakton katrorin ABCD ABCD në rrafshin x O y xOy (për ta ndërtuar atë, merrni parasysh x ≥ 0 x\geq 0 dhe y ≥ 0 y\geq 0 . Pastaj ekuacioni merr formën x + y = 1 x+y=1. Marrim një segment - pjesë e rreshtit x + y = 1 x + y \u003d 1, që shtrihet në tremujorin e parë. Më pas, ne pasqyrojmë këtë segment rreth boshtit O x Ox, dhe më pas ne pasqyroni grupin që rezulton rreth boshtit O y Oy) (shih Fig. 18). Ekuacioni i dytë jep katrorin P Q R S PQRS të barabartë me katrorin A B C D ABCD , por të përqendruar në pikën (- a ; - a) (-a;-a) . Në fig. 18 për shembull ky katror paraqitet për a = - 2 a=-2 . Sistemi nuk ka zgjidhje nëse këta dy katrorë nuk kryqëzohen.
Është e lehtë të shihet se nëse segmentet P Q PQ dhe B C BC përkojnë, atëherë qendra e katrorit të dytë është në pikën (1 ; 1) (1; 1) . Ne do të përdorim ato vlera të a , në të cilat qendra ndodhet "sipër" dhe "në të djathtë", d.m.th. $$a1$$.
PËRGJIGJE
A ∈ (- ∞ ; - 1) ∪ (1 ; + ∞) a\in (-\infty;-1)\bigcup(1;+\infty) .
Gjeni të gjitha vlerat e parametrit b b për të cilin sistemi
$$\fillimi(rastet) y=|b-x^2|,\\ y=a(x-b) \end(rastet) $$
ka të paktën një zgjidhje për çdo vlerë të a .
Le të shqyrtojmë disa raste.
1) Nëse $$b2) Nëse b = 0 b=0 , atëherë sistemi bëhet $$\begin(rastet) y=x^2,\\ y=ax .\end(rastet) $$
Për çdo a a, çifti i numrave (0 ; 0) (0;0) është një zgjidhje për këtë sistem, prandaj përshtatet b = 0 b=0.
3) Rregulloni disa $$b>0$$. Ekuacioni i parë plotësohet nga grupi i pikave të marra nga parabola y \u003d x 2 - b y \u003d x ^ 2-b duke reflektuar një pjesë të kësaj parabole rreth boshtit O x Ox (shih Fig. 19a, b). Ekuacioni i dytë përcakton një familje vijash (zëvendësuese kuptime të ndryshme a a , ju mund të merrni të gjitha linjat e mundshme që kalojnë nëpër pikën (b ; 0) (b; 0) , përveç asaj vertikale) që kalojnë nëpër pikën (b ; 0) (b; 0) . Nëse pika (b ; 0) (b; 0) shtrihet në segmentin [ - b ; b ] [-\sqrt(b);\sqrt(b)]. boshti x, atëherë vija e drejtë pret grafikun e funksionit të parë në çdo pjerrësi (Fig. 19a). Përndryshe (Fig. 19b), në çdo rast, ekziston një vijë e drejtë që nuk e pret këtë grafik. Zgjidhja e pabarazisë - b ≤ b ≤ b -\sqrt(b)\leq b \leq \sqrt(b) dhe duke marrë parasysh se $$b>0$$, marrim se b ∈ (0 ; 1 ] b \ në (0;1].
Kombinoni rezultatet: $$b \në $$.
PËRGJIGJE
$$b \në $$
Gjeni të gjitha vlerat a a, për secilën prej të cilave funksioni f (x) = x 2 - | x - a 2 | - 3 x f(x) = x^2-|x-a^2|-3x ka të paktën një pikë maksimale.
Duke zgjeruar modulin, ne e marrim atë
$$f(x) = \fillimi(rastet) x^2-4x+a^2, \:\:\: x\geq a^2 ,\\ x^2-2x-a^2, \:\ :\: x\leq a^2 . \fund (rastet) $$
Në secilin nga dy intervalet, grafiku i funksionit y = f (x) y=f(x) është një parabolë me degë lart.
Meqenëse parabolat e degëzuara lart nuk mund të kenë pika maksimale, e vetmja mundësi është që pika maksimale të jetë pika kufitare e këtyre boshllëqeve - pika x = a 2 x=a^2 . Do të ketë një maksimum në këtë pikë nëse kulmi i parabolës y = x 2 - 4 x + a 2 y=x^2-4x+a^2 bie në intervalin $$x>a^2$$, dhe kulmi i parabolës y = x 2 - 2 x - a 2 y=x^2-2x-a^2 - në intervalin $$x\lt a^2$$ (shih Fig. 20). Ky kusht jepet nga pabarazitë dhe $$2 \gt a^2$$ dhe $$1 \lt a^2$$, duke zgjidhur të cilat gjejmë se a ∈ (- 2 ; 1) ∪ (1 ; 2) a\in (-\ sqrt(2);1)\bigcup(1;\sqrt(2)) .
PËRGJIGJE
A ∈ (- 2 ; 1) ∪ (1 ; 2) a\in (-\sqrt(2);1)\bigcup(1;\sqrt(2))
Gjeni të gjitha vlerat a a, për secilën prej të cilave zgjidhjet e përgjithshme pabarazitë
y + 2 x ≥ a y+2x \geq a dhe y - x ≥ 2 a (20) y-x \geq 2a \:\:\:\:\:\:\:\: (2)
janë zgjidhje për pabarazinë
$$2y-x>a+3 \:\:\:\:\:\:\:\:\: (21)$$
Në mënyrë që të orientoheni në një situatë, ndonjëherë është e dobishme të merrni parasysh një vlerë të vetme të një parametri. Le të bëjmë një vizatim, për shembull, për a = 0 a=0 . Pabarazitë (20) (në fakt, kemi të bëjmë me një sistem pabarazish (20)) plotësohen nga pikat e këndit BAC BAC (shih Fig. 21) - pika, secila prej të cilave shtrihet mbi të dy drejtëzat y = - 2 xy = -2x dhe y = xy =x (ose në këto rreshta). Pabarazia (21) plotësohet nga pikat që shtrihen mbi drejtëzën y = 1 2 x + 3 2 y = \dfrac(1)(2)x + \dfrac(3)(2) . Mund të shihet se për a = 0 a=0 kushti i problemit nuk plotësohet.
Çfarë do të ndryshojë nëse marrim një vlerë të ndryshme të parametrit a a? Secila prej vijave do të lëvizë dhe do të shkojë në një vijë paralele me vetveten, pasi pjerrësia e vijave nuk varet nga një . Për të përmbushur kushtin e problemit, është e nevojshme që i gjithë këndi B A C BAC të shtrihet mbi drejtëzën l l . Meqenëse moduli i pjerrësisë së drejtëzave A B AB dhe A C AC është më i madh se pjerrësia e drejtëzës l l , është e nevojshme dhe e mjaftueshme që kulmi i këndit të shtrihet mbi drejtëzën l l .
Zgjidhja e sistemit të ekuacioneve
$$\fillimi(rastet) y+2x=a,\\ y-x=2a, \end(rastet)$$
gjeni koordinatat e pikës A (- a 3 ; 5 a 3) A(-\dfrac(a)(3);\dfrac(5a)(3)) . Ata duhet të plotësojnë pabarazinë (21), kështu që $$\dfrac(10a)(3)+\dfrac(a)(3) > a+3$$, prej nga $$a>\dfrac(9)(8)$$ .
PËRGJIGJE
$$a>\dfrac(9)(8)$$
Për të zbuluar plotësisht mundësitë e kësaj metode, ne do të shqyrtojmë llojet kryesore të problemeve.
Shembuj detyrash për zhvillimin e njohurive dhe aftësive në zgjidhjen e problemeve me parametra duke përdorur një metodë grafike (avioni i koordinatave)
Ushtrimi 1.
Në çfarë vlerashaekuacioni = ka dy rrënjë?
Zgjidhje.
Kalojmë në sistemin ekuivalent:
Ky sistem përcakton një kurbë në planin koordinativ (;). Është e qartë se të gjitha pikat e këtij harku të parabolës (dhe vetëm ato) kanë koordinata që plotësojnë ekuacionin origjinal. Prandaj, numri i zgjidhjeve të ekuacionit për secilën vlerë fikse të parametrit, është e barabartë me numrin e pikave të kryqëzimit të lakores me vijën horizontale që i përgjigjet vlerës së këtij parametri.
Natyrisht, për linjat e treguara e kryqëzojnë grafikun në dy pika, që është ekuivalente me ekuacionin origjinal që ka dy rrënjë.
Përgjigje: në.
Detyra 2.
Gjeni të gjitha vlerat e a për të cilat sistemi ka një zgjidhje unike.
Zgjidhje.
Le të rishkruajmë sistemin origjinal në këtë formë:
Të gjitha zgjidhjet e këtij sistemi (çiftet e pamjes) formojnë sipërfaqen e treguar në figurë me çelje. Kërkesa për veçantinë e zgjidhjes së këtij sistemi përkthehet në një gjuhë grafike si më poshtë: vijat horizontale duhet të kenë vetëm një pikë të përbashkët me zonën që rezulton. Është e lehtë të shihet se vetëm linjat e drejtadhe plotësojnë kërkesat e deklaruara.
Përgjigje: ose.
Dy problemet e sapo analizuara na lejojnë të japim rekomandime më specifike në krahasim me ato të dhëna më parë:
përpiquni të shprehni parametrin përmes një ndryshoreje, d.m.th. merrni barazitë e formës, atëherë
grafikoni një funksion në një plan.
Detyra 3.
Në çfarë vlerashpor a ka ekuacioni saktësisht tre rrënjë?
Zgjidhje.
Ne kemi
Grafiku i këtij grupi është bashkimi i "këndit" dhe parabolës. Natyrisht, vetëm vija e kryqëzon bashkimin që rezulton në tre pika.
Përgjigje: .
Koment: Parametri zakonisht merret parasysh si fikse, por numër i panjohur. Ndërkohë, nga pikëpamja formale, një parametër është një variabël, për më tepër, "i barabartë" me të tjerët të pranishëm në detyrë. Me këtë pamje të parametrit të formës, funksionet përcaktohen jo me një, por me dy ndryshore.
Detyra 4.
Gjeni të gjitha vlerat e parametrave, për të cilat ekuacioni ka një zgjidhje.
Zgjidhje.
Një thyesë është e barabartë me zero nëse dhe vetëm nëse numëruesi i thyesës zero, dhe emëruesi është i ndryshëm nga zero.
Gjetja e rrënjëve trinomi katror:
Duke përdorur sistemin që rezulton, është e lehtë të vizatohet ekuacioni origjinal. Është prania e "punksioneve" në këtë grafik që lejon dhe = të ketë një zgjidhje unike të ekuacionit. Ky është faktori përcaktues në vendim.
Përgjigju: Dhe.
Detyra 5.
Në cilat vlera të parametrit,por ekuacioni ka një zgjidhje unike.
Zgjidhje.
Le të shkruajmë një sistem të barabartë me ekuacionin origjinal
Nga këtu marrim
Ne ndërtojmë një grafik dhe do të vizatojmë vija të drejta pingul me boshtinpor .
Dy pabarazitë e para të sistemit përcaktojnë një grup pikash të treguara me çelje, dhe ky grup nuk përfshin hiperbolat dhe.
Pastaj një segment dhe një rreze, një segment dhe një rreze, të shtrira përkatësisht në vija dhe , janë grafiku i ekuacionit origjinal. Një zgjidhje do të jetë nëse 2< < или < или = .
Përgjigju : 2 < < или < или = .
Detyra 6.
Gjeni të gjitha vlerat e parametravepor , për të cilin ekuacioni
ka saktësisht dy zgjidhje të ndryshme
Zgjidhje.
Konsideroni grupin e dy sistemeve
Nëse , pastaj.
Nëse < , pastaj.
Nga këtu
ose
Parabolat dhe një vijë e drejtë kanë dy pika të përbashkëta:A (-2; - 2), NË(-1; -1), për më tepër, NË është kulmi i parabolës së parë,D - në krye të së dytës. Pra, grafiku i ekuacionit origjinal është paraqitur në figurë.
Duhet të ketë saktësisht dy zgjidhje të ndryshme. Kjo bëhet me ose.
Përgjigje: ose.
Detyra 7.
Gjeni bashkësinë e të gjithë numrave, për secilin prej të cilëve ekuacioni
ka vetëm dy rrënjë të dallueshme.
Zgjidhje.
Le ta rishkruajmë këtë ekuacion në formë
Rrënjët e ekuacionit, me kusht që.
Ne ndërtojmë një grafik të këtij ekuacioni. Në këtë rast, është e përshtatshme të ndërtohet një grafik duke i caktuar variablin boshtin y. Këtu "lexojmë" përgjigjen me vija vertikale, marrim se ky ekuacion ka vetëm dy rrënjë të ndryshme në = -1 ose ose.
Linjat me pika thonë këtë.
Përgjigje: në = -1 ose ose.
Detyra 8.
Për të cilat bashkësia e zgjidhjeve të pabarazisë përmban një boshllëk.
Zgjidhje.
Le të shkruajmë grupin e dy sistemeve, i cili është i barabartë me ekuacionin origjinal:
ose
Meqenëse në zgjidhjen e sistemit të parë aspor segmenti nuk mund të përfshihet, atëherë do të bëjmë studimet e nevojshme për sistemin e dytë.
Ne kemi
Shënoni . Pastaj pabarazia e dytë e sistemit merr formën< - dhe përcakton bashkësinë e paraqitur në figurë në planin koordinativ.
Me ndihmën e figurës, konstatojmë se për grupin që rezulton përmban të gjitha pikat, abshisat në të cilat kalojnë të gjitha vlerat e intervalit.
Pastaj, nga këtu.
Përgjigju : .
Detyra 9.
Gjej të gjitha numrat jonegativë, për të cilin ekziston një numër i vetëm që kënaq sistemin
Zgjidhje.
Ne kemi
Ekuacioni i parë në planin koordinativ përcakton një familje vijash vertikale. Vijat e drejta dhe ndani aeroplanët në katër rajone. Disa prej tyre janë zgjidhje për pabarazinë e sistemit. Konkretisht, cilat mund të vendosen duke marrë një pikë prove nga çdo zonë. Zona pika e së cilës plotëson pabarazinë është zgjidhja e saj (kjo teknikë shoqërohet me metodën e intervaleve kur zgjidhen pabarazitë me një ndryshore). Ne ndërtojmë linja të drejta
Për shembull, marrim një pikë dhe e zëvendësojmë në Koordinatat e pikës plotësojnë pabarazinë.
Ne marrim dy zona (I) dhe ( II), por, duke pasur parasysh se me kusht, marrim vetëm sipërfaqen (I). Ne ndërtojmë linja të drejta , k .
Pra, sistemi origjinal kënaqet nga të gjitha pikat (dhe vetëm ato) të shtrira në rreze dhe të theksuara në vizatim me vija të trasha (d.m.th., ne ndërtojmë pika në një zonë të caktuar).
Tani duhet të gjejmë të vetmen për fiksim. Vizatoni vija paralele që kryqëzojnë boshtin. dhe gjeni se ku do të ketë një pikë të kryqëzimit me vijën.
Nga figura gjejmë se kërkesa e unike e zgjidhjes arrihet nëse (për tashmë 2 pikë),
ku është ordinata e pikës së prerjes së drejtëzave dhe,
ku është ordinata e pikëprerjes së drejtëzave dhe.
Pra marrim< .
Përgjigje: < .
Detyra 10.
Në cilat vlera të parametrit a ka zgjidhje sistemi?
Zgjidhje.
Faktorizojmë anën e majtë të pabarazisë së sistemit, kemi
Ne ndërtojmë vija të drejta dhe Tregojmë në figurë duke hijezuar bashkësinë e pikave të rrafshit që plotëson pabarazinë e sistemit.
Ndërtojmë një hiperbolë = .
Atëherë abshisat e harqeve të dalluara të hiperbolës janë zgjidhje të sistemit origjinal.M , P , N , P - pika nodale. Le të gjejmë abshisat e tyre.
Për pikë P , P ne kemi
Mbetet për të shkruar përgjigjen: ose.
Përgjigje: ose.
Detyra 11.
Gjeni të gjitha vlerat për të cilat çdo zgjidhje e pabarazisë nuk i kalon dy në vlerë absolute ().
Zgjidhje .
Le ta rishkruajmë këtë pabarazi në këtë formë. Ndërtojmë grafikët e ekuacioneve dhe =.
Duke përdorur "metodën e intervalit", ne përcaktojmë se zonat me hije do të jenë zgjidhja e pabarazisë origjinale.
Tani ndërtojmë zonën dhe shikoni se cila pjesë e saj bie në zonën me hije.
ato. tani, nëse për ndonjë vlerë fikse, vija në kryqëzimin me zonën që rezulton jep vetëm pika, abshisat e të cilave plotësojnë kushtin < 2, atëherë është një nga vlerat e kërkuara të parametrit.
Kështu që ne e shohim atë.
Përgjigje: .
Detyra 12.
Për cilat vlera të parametrit grupi i zgjidhjeve të pabarazisë përmban më së shumti katër vlera të plota?
Zgjidhje.
Le ta transformojmë këtë pabarazi në formë Kjo pabarazi është e barabartë me kombinimin e dy sistemeve
ose
Duke përdorur këtë grup, ne përshkruajmë zgjidhjen e pabarazisë origjinale.
Le të vizatojmë vija të drejta, ku. Atëherë vlera për të cilën vija i pret vijat më së shumti në katër pika nga grupi i shënuar do të jetë vlera e dëshiruar. Pra, ne shohim se ose ose.
Përgjigje: ose ose.
Detyra 13.
Në cilat vlera të parametritpor ka një sistem zgjidhjeje
Zgjidhje.
Rrënjët e trinomit katror i.
Pastaj
Ne ndërtojmë vija të drejta dhe
Duke përdorur metodën e "intervaleve", gjejmë zgjidhjen e pabarazisë së sistemit (zona e hijezuar).
Ajo pjesë e rrethit me qendër në origjinë dhe rreze 2, që bie në zonën e hijezuar dhe do të jetë zgjidhja e këtij sistemi. .
Vlerat dhe gjeni nga sistemi
Vlerat dhe - nga sistemi.
Përgjigje:
Detyra 14.
Në varësi të vlerave të parametravepor zgjidh pabarazi > .
Zgjidhje.
Le ta rishkruajmë këtë pabarazi në formë dhe të shqyrtojmë funksionin, të cilat, duke zgjeruar modulet, i shkruajmë si më poshtë:
Ne ndërtojmë një tabelë. Grafiku ndan planin koordinativ në dy rajone. Duke marrë m (0; 0) dhe duke zëvendësuar dhe në pabarazinë fillestare, marrim se 0 > 1, dhe për këtë arsye pabarazia origjinale plotësohet në zonën që shtrihet mbi grafikun.
Direkt nga figura marrim:
nuk ka zgjidhje;
në ;
në.
Përgjigje: nuk ka zgjidhje;
në ;
në.
Detyra 15.
Gjeni të gjitha vlerat e parametrit për të cilin sistemi i pabarazive
vetëm një është i kënaqur.
Zgjidhje.
Le ta rishkruajmë këtë sistem në formën e mëposhtme:
Le të ndërtojmë zonën e specifikuar nga ky sistem.
1) , është kulmi i parabolës.
2) është një vijë e drejtë që kalon nëpër pikat dhe.
Kërkesa për veçantinë e zgjidhjes përkthehet në një gjuhë grafike si më poshtë: vijat horizontale me zonën që rezulton duhet të kenë vetëm një pikë të përbashkët. Kërkesa e mësipërme plotësohet nga drejtëzat dhe ku është ordinata e pikës së kryqëzimit të parabolës dhe drejtëzës.
Le të gjejmë vlerën:
= (nuk i përshtatet kuptimit të problemit),
Gjejmë ordinatat:
Përgjigje:,
Detyra 16.
Gjeni të gjitha vlerat e parametravea, sipas të cilit sistemi i pabarazive
kënaq vetëm për një x.
Zgjidhje .
Le të ndërtojmë parabola dhe të tregojmë zgjidhjen e sistemit të fundit me hije.
1) , .
2) , .
Nga figura shihet se gjendja e problemit është e plotësuar për ose.
Përgjigje: ose.
Detyra 17.
Për çfarë vlerash ekuacioni ka saktësisht tre rrënjë?
Zgjidhje.
Ky ekuacion është i barabartë me grupin
Komploti i popullsisë është bashkimi i parcelave të parabolës dhe këndit.
Linjat kryqëzojnë bashkimin që rezulton në tre pika.
Përgjigje: në.
Detyra 18.
Për çfarë vlerash ekuacioni ka saktësisht tre zgjidhje?
Zgjidhje.
Le të transformojmë anën e majtë të këtij ekuacioni. Marrim një ekuacion kuadratik për.
Ne marrim ekuacionin
që është ekuivalente me agregatin
Bashkimi i grafikëve të parabolave është zgjidhja e bashkësisë.
Gjeni ordinatën e pikave të kryqëzimit të parabolave:
Lexojmë informacionin e nevojshëm nga figura: ky ekuacion ka tre zgjidhje për ose
Përgjigje: në ose
Detyra 19.
Në varësi të parametrit, përcaktoni numrin e rrënjëve të ekuacionit
Zgjidhje .
Konsideroni këtë ekuacion si një kuadratik në lidhje me a.
,
.
Ne marrim kompletin
Ndërtojmë grafikët e ekuacioneve të grupit dhe i përgjigjemi pyetjes së problemit.
Përgjigje:: nuk ka zgjidhje;
: një zgjidhje;
: dy zgjidhje;
ose: tre zgjidhje;
ose: katër zgjidhje.
Detyra 20.
Sa zgjidhje ka sistemi
Zgjidhje.
Është e qartë se numri i rrënjëve të ekuacionit të dytë të sistemit është i barabartë me numrin e zgjidhjeve të vetë sistemit.
Ne kemi .
Duke e konsideruar këtë ekuacion si kuadratik, marrim bashkësinë.
Tani referimi në planin koordinativ e bën detyrën të thjeshtë. Koordinatat e pikave të kryqëzimit i gjejmë duke zgjidhur ekuacionin
Nga këtu
Kulmet e parabolave dhe.
Përgjigje: : katër zgjidhje;
: dy zgjidhje;
: një zgjidhje;
: nuk ka zgjidhje.
Detyra 21.
Gjeni të gjitha vlerat reale të parametrit për të cilin ekuacioni ka vetëm dy rrënjë të dallueshme. Shkruani këto rrënjë.
Zgjidhje .
Le të gjejmë rrënjët e trinomit katror në kllapa:
Ne përshkruajmë grupin e zgjidhjeve të këtij ekuacioni në planin koordinativ duke vizatuar grafikët me kusht që
Ne lexojmë informacionin e nevojshëm nga fotografia. Pra, ky ekuacion ka dy rrënjë të ndryshme në (u) dhe në (u)
Përgjigje: me (dhe) dhe
në (dhe).
Detyra 2 2 .
Zgjidh sistemin e pabarazive:
Zgjidhje.
Ndërtojmë në plan grafikët e një parabole dhe një drejtëze.
Të gjitha pikat e zonës me hije janë zgjidhja e sistemit. Le ta ndajmë zonën e ndërtuar në dy pjesë.
Nëse dhe, atëherë nuk ka zgjidhje.
Nëse, atëherë abshisat e pikave të zonës së hijezuar do të jenë më të mëdha se abshisat e pikave të drejtëzës, por më të vogla se abshisat (rrënja më e madhe e ekuacionit) të parabolës.
Ne shprehemi nga ekuacioni i një drejtëze:
Le të gjejmë rrënjët e ekuacionit:
Pastaj.
Nese atehere.
Përgjigje: për dhe 1 nuk ka zgjidhje;
në;
në.
Detyra 23.
Zgjidh sistemin e pabarazive
Zgjidhje.
– maja e parabolës.
Maja e parabolës.
Gjeni abshisat e pikave të kryqëzimit të parabolave:
Zona e hijezuar është zgjidhja e sistemit. Le ta ndajmë në dy pjesë.
Në ekuacionet e parabolave shprehemi përmes:
Ne shkruajmë përgjigje:
nëse dhe, atëherë nuk ka zgjidhje;
nese atehere< ;
nese atehere.
Detyra 24.
Në çfarë vlerash, dhe ekuacioni nuk ka zgjidhje?
Zgjidhje.
Ekuacioni është i barabartë me sistemin
Le të ndërtojmë një grup zgjidhjesh për sistemin.
Tre pjesë të një parabole janë zgjidhja e këtij ekuacioni.
Le të gjejmë nën cilën dhe ta përjashtojmë atë.
Pra, sepse nuk ka zgjidhje;
kur nuk ka zgjidhje;
(shënim: për pjesën tjetërporka një ose dy zgjidhje).
Përgjigje: ; .
Detyra 25.
Për cilat vlera reale të parametrit ekziston të paktën një që plotëson kushtet:
Zgjidhje.
Le të zgjidhim grafikisht pabarazinë në përdorimin e "metodës së intervalit" dhe të ndërtojmë një grafik. Le të shohim se cila pjesë e grafikut bie në rajonin e ndërtuar për zgjidhjen e pabarazisë dhe të gjejmë vlerat përkatësepor.
Ne ndërtojmë grafikët e vijave dhe
Ata e ndajnë planin koordinativ në 4 rajone.
Le të zgjidhim grafikisht pabarazinë e fundit duke përdorur "metodën e intervalit".
Zona e hijezuar është zgjidhja e saj. Një pjesë e grafikut të parabolës bie në këtë zonë. Në intervalin; (sipas kushtit pabarazia e sistemit është strikte) ekzistojnë që plotësojnë kushtet e sistemit të caktuar.
Përgjigje:
Detyra 26.
Gjeni të gjitha vlerat e parametrit, për secilën prej të cilave grupi i zgjidhjeve të pabarazisë nuk përmban asnjë zgjidhje të pabarazisë.
Zgjidhje.
Le të ndërtojmë një grup zgjidhjesh për pabarazinë ("me metodën e intervaleve"). Pastaj do të ndërtojmë një "band" Vlerat e dëshiruara të parametritq ato për të cilat asnjë nga pikat e zonave të treguara nuk i përket "shiritit"
Përgjigje: ose.
Detyra 27.
Për cilat vlera të parametrit, ekuacioni ka një zgjidhje unike.
Zgjidhje.
Le të faktorizojmë numëruesin e thyesës.
Ky ekuacion është i barabartë me sistemin:
Le të ndërtojmë një grafik të popullsisë në rrafshin koordinativ.
ose
– pika e prerjes së drejtëzave dhe. Grafiku i popullsisë është një bashkim vijash.
“I nxjerrim” pikat e grafikut me abshisa.
Vizatojmë vija të drejta dhe shohim se ku ka një pikë kryqëzimi me grafikun.
Është e qartë se vetëm për ose ky ekuacion ka një zgjidhje unike.
Përgjigje: ose.
Detyra 28.
Për cilat vlera reale të parametrit sistemi i pabarazive nuk ka zgjidhje.
Zgjidhje.
Bashkësia e pikave në rrafshin e zonës së hijezuar plotëson sistemin e dhënë të pabarazive.
Ne ndërtojmë linja të drejta. Nga figura, ne përcaktojmë se për (- abshisën e pikës së kryqëzimit të hiperbolës dhe vijës), vijat nuk e kryqëzojnë zonën e hijezuar.
Përgjigje: në.
Detyra 29.
Në cilat vlera të parametritpor sistemi ka një zgjidhje unike.
Zgjidhje.
Le të kalojmë në një sistem të barabartë me atë të dhënë.
Në planin koordinativ vizatojmë grafikët e parabolave dhe kulmeve të parabolave, përkatësisht pikat dhe.
Llogaritni abshisat e pikave të kryqëzimit të parabolave duke zgjidhur ekuacionin
Zona e hijezuar është zgjidhja e sistemit të pabarazive. Direkt dhe
ka një pikë të përbashkët me zonën me hije.
Përgjigje: në i.
Detyra 30.
Zgjidh pabarazinë:
Zgjidhje.
Në varësi të parametrit, gjejmë vlerën.
Ne do ta zgjidhim pabarazinë duke përdorur "metodën e intervalit".
Le të ndërtojmë parabola
: .
Llogaritni koordinatat e pikës së kryqëzimit të parabolave:
Pikat e zonës së hijes e plotësojnë këtë pabarazi. Duke tërhequr një vijë të drejtë, ne e ndajmë këtë zonë në tre pjesë.
1) Nëse, atëherë nuk ka zgjidhje.
2) Nëse, atëherë në ekuacionin shprehemi përmes:
Kështu, në zonëI ne kemi.
Nëse, atëherë shikoni:
a) rajoni II .
Ne shprehemi në ekuacionin përmes.
rrënjë më e vogël,
Rrënjë më e madhe.
Pra, në zonë II ne kemi.
b) zona III : .
Përgjigje: kur nuk ka zgjidhje;
në
në,.
Literatura:
Galitsky M. L., Goldman A. M., Zvavich L. I. Mbledhja e problemeve në algjebër për klasat 8 - 9: Tutorial për nxënësit e shkollave dhe klasave me studim të thelluar të matematikës - botimi 2. - M.: Iluminizmi, 1994.
P. I. Gorshtein, V. B. Polonsky, M. S. Yakir. Detyrat me parametra. Botimi i 3-të, i zgjeruar dhe i rishikuar. - M .: Ileksa, Kharkov: Gjimnazi, 2003.
Faddeev D. K. Algjebra 6 - 8. - M .: Arsimi, 1983 (b - ka mësues i matematikës).
A. H. Shakhmeister. Ekuacionet dhe pabarazitë me parametra. Redaktuar nga B. G. Ziva. C - Petersburg. Moska. 2004.
V. V. Amelkin, V. L. Rabtsevich. Detyrat me parametra Minsk "Asar", 2002.
A. H. Shakhmeister. Detyrat me parametra në provim. Shtëpia Botuese e Universitetit të Moskës, CheRo në Neva MCNMO.
TE detyrat me parametër përfshijnë, për shembull, kërkimin e zgjidhjeve për lineare dhe ekuacionet kuadratike në pamje e përgjithshme, studimi i ekuacionit për numrin e rrënjëve të disponueshme në varësi të vlerës së parametrit.
Pa dhënë përkufizime të hollësishme, merrni parasysh ekuacionet e mëposhtme si shembuj:
y = kx, ku x, y janë variabla, k është një parametër;
y = kx + b, ku x, y janë variabla, k dhe b janë parametra;
ax 2 + bx + c = 0, ku x janë variabla, a, b dhe c janë parametra.
Të zgjidhësh një ekuacion (pabarazi, sistem) me një parametër do të thotë, si rregull, të zgjidhësh një grup të pafund ekuacionesh (pabarazi, sisteme).
Detyrat me një parametër mund të ndahen me kusht në dy lloje:
por) kushti thotë: zgjidhni ekuacionin (pabarazinë, sistemin) - kjo do të thotë, për të gjitha vlerat e parametrit, gjeni të gjitha zgjidhjet. Nëse të paktën një rast mbetet i paeksploruar, një zgjidhje e tillë nuk mund të konsiderohet e kënaqshme.
b) kërkohet të specifikohet vlerat e mundshme parametri sipas të cilit ekuacioni (pabarazia, sistemi) ka veti të caktuara. Për shembull, ka një zgjidhje, nuk ka zgjidhje, ka zgjidhje, që i përkasin intervalit etj. Në detyra të tilla, është e nevojshme të tregohet qartë se në cilën vlerë të parametrit plotësohet kushti i kërkuar.
Parametri, duke qenë një numër fiks i panjohur, ka, si të thuash, një dualitet të veçantë. Para së gjithash, duhet të merret parasysh se fama e supozuar sugjeron që parametri duhet të perceptohet si një numër. Së dyti, liria për të trajtuar një parametër është e kufizuar nga e panjohura e tij. Kështu, për shembull, operacionet e ndarjes me një shprehje në të cilën ka një parametër ose nxjerrja e një rrënja të një shkalle çift nga një shprehje e ngjashme kërkojnë kërkime paraprake. Prandaj, duhet pasur kujdes në trajtimin e parametrit.
Për shembull, për të krahasuar dy numra -6a dhe 3a, duhet të merren parasysh tre raste:
1) -6a do të jetë më e madhe se 3a nëse a është një numër negativ;
2) -6a = 3a në rastin kur a = 0;
3) -6a do të jetë më e vogël se 3a nëse a është një numër pozitiv 0.
Vendimi do të jetë përgjigja.
Le të jepet ekuacioni kx = b. Ky ekuacion është stenografi për një grup të pafund ekuacionesh në një ndryshore.
Kur zgjidhen ekuacione të tilla, mund të ketë raste:
1. Le të jetë k ndonjë numër real jo zero dhe b është çdo numër nga R, atëherë x = b/k.
2. Le të jetë k = 0 dhe b ≠ 0, ekuacioni origjinal do të marrë formën 0 · x = b. Natyrisht, ky ekuacion nuk ka zgjidhje.
3. Le të jenë k dhe b numra të barabartë me zero, atëherë kemi barazinë 0 · x = 0. Zgjidhja e tij është çdo numër real.
Algoritmi për zgjidhjen e këtij lloj ekuacioni:
1. Përcaktoni vlerat e "kontrollit" të parametrit.
2. Zgjidheni ekuacionin origjinal për x me vlerat e parametrit që u përcaktuan në paragrafin e parë.
3. Zgjidheni ekuacionin origjinal për x me vlera parametrash që ndryshojnë nga ato të zgjedhura në paragrafin e parë.
4. Përgjigjen mund ta shkruani në formën e mëposhtme:
1) kur ... (vlera e parametrit), ekuacioni ka rrënjë ...;
2) kur ... (vlera e parametrit), nuk ka rrënjë në ekuacion.
Shembulli 1
Zgjidheni ekuacionin me parametrin |6 – x| = a.
Zgjidhje.
Është e lehtë të shihet se këtu një ≥ 0.
Sipas rregullit të modulit 6 – x = ±a, shprehim x:
Përgjigje: x = 6 ± a, ku a ≥ 0.
Shembulli 2
Zgjidheni ekuacionin a(x - 1) + 2(x - 1) = 0 në lidhje me ndryshoren x.
Zgjidhje.
Le të hapim kllapat: sëpatë - a + 2x - 2 \u003d 0
Le të shkruajmë ekuacionin në formë standarde: x(a + 2) = a + 2.
Nëse shprehja a + 2 nuk është zero, d.m.th. nëse a ≠ -2, kemi zgjidhjen x = (a + 2) / (a + 2), d.m.th. x = 1.
Nëse a + 2 është e barabartë me zero, d.m.th. a \u003d -2, atëherë kemi barazinë e saktë 0 x \u003d 0, prandaj x është çdo numër real.
Përgjigje: x \u003d 1 për një ≠ -2 dhe x € R për një \u003d -2.
Shembulli 3
Zgjidheni ekuacionin x/a + 1 = a + x në lidhje me ndryshoren x.
Zgjidhje.
Nëse a \u003d 0, atëherë e transformojmë ekuacionin në formën a + x \u003d a 2 + sëpatë ose (a - 1) x \u003d -a (a - 1). Ekuacioni i fundit për a = 1 ka formën 0 · x = 0, pra, x është çdo numër.
Nëse a ≠ 1, atëherë ekuacioni i fundit do të marrë formën x = -a.
Kjo zgjidhje mund të ilustrohet në vijën e koordinatave (Fig. 1)
Përgjigje: nuk ka zgjidhje për a = 0; x - çdo numër në a = 1; x \u003d -a me një ≠ 0 dhe a ≠ 1.
Konsideroni një mënyrë tjetër për të zgjidhur ekuacionet me një parametër - grafik. Kjo metodë përdoret mjaft shpesh.
Shembulli 4
Sa rrënjë, në varësi të parametrit a, ka ekuacioni ||x| – 2| = a?
Zgjidhje.
Për të zgjidhur me një metodë grafike, ne ndërtojmë grafikët e funksioneve y = ||x| – 2| dhe y = a (Fig. 2).
Vizatimi tregon qartë rastet e mundshme të vendndodhjes së drejtëzës y = a dhe numrin e rrënjëve në secilën prej tyre.
Përgjigje: ekuacioni nuk do të ketë rrënjë nëse a< 0; два корня будет в случае, если a >2 dhe a = 0; ekuacioni do të ketë tre rrënjë në rastin a = 2; katër rrënjë - në 0< a < 2.
Shembulli 5
Për të cilën a është ekuacioni 2|x| + |x – 1| = a ka një rrënjë të vetme?
Zgjidhje.
Le të vizatojmë grafikët e funksioneve y = 2|x| + |x – 1| dhe y = a. Për y = 2|x| + |x - 1|, duke zgjeruar modulet me metodën e hendekut, marrim:
(-3x + 1, në x< 0,
y = (x + 1, për 0 ≤ x ≤ 1,
(3x – 1, për x > 1.
Në figura 3 shihet qartë se ekuacioni do të ketë një rrënjë unike vetëm kur a = 1.
Përgjigje: a = 1.
Shembulli 6
Përcaktoni numrin e zgjidhjeve të ekuacionit |x + 1| + |x + 2| = a në varësi të parametrit a?
Zgjidhje.
Grafiku i funksionit y = |x + 1| + |x + 2| do të jetë një vijë e thyer. Kulmet e tij do të vendosen në pikat (-2; 1) dhe (-1; 1) (foto 4).
Përgjigje: nëse parametri a është më i vogël se një, atëherë ekuacioni nuk do të ketë rrënjë; nëse a = 1, atëherë zgjidhja e ekuacionit është një grup i pafund numrash nga segmenti [-2; -një]; nëse vlerat e parametrit a janë më të mëdha se një, atëherë ekuacioni do të ketë dy rrënjë.
A keni ndonjë pyetje? Nuk dini si të zgjidhni ekuacionet me një parametër?
Për të marrë ndihmën e një tutori - regjistrohuni.
Mësimi i parë është falas!
faqe, me kopjim të plotë ose të pjesshëm të materialit, kërkohet një lidhje me burimin.