2. Določitev neznanih porazdelitvenih parametrov.
S pomočjo histograma lahko približno narišemo gostoto porazdelitve naključna spremenljivka. Videz tega grafa nam pogosto omogoča predpostavko o porazdelitvi gostote verjetnosti naključne spremenljivke. Izraz te gostote porazdelitve običajno vključuje nekatere parametre, ki jih je treba določiti iz eksperimentalnih podatkov.
Oglejmo si poseben primer, ko je gostota porazdelitve odvisna od dveh parametrov.
Torej naj x 1, x 2, ..., x n- opazovane vrednosti zvezne naključne spremenljivke in naj bo njena verjetnostna gostota porazdelitve odvisna od dveh neznanih parametrov A in B, tj. izgleda kot . Ena od metod za iskanje neznanih parametrov A in B sestoji iz dejstva, da so izbrani tako, da matematično pričakovanje in varianca teoretične porazdelitve sovpadata z vzorčnimi sredinami in varianco:
 |
(66) |
 |
(67) |
Iz dveh dobljenih enačb () poiščite neznani parametri A in B. Torej, na primer, če naključna spremenljivka uboga normalno pravo porazdelitev verjetnosti, nato pa gostoto porazdelitve verjetnosti
odvisno od dveh parametrov a In . Ti parametri, kot vemo, so oz matematično pričakovanje in povprečno kvadratno odstopanje naključna spremenljivka; zato bodo enakosti () zapisane takole:
 |
(68) |
Zato ima gostota porazdelitve verjetnosti obliko
Opomba 1. Ta problem smo že rešili v . Merilni rezultat je naključna spremenljivka, ki upošteva normalni porazdelitveni zakon s parametri a In . Za okvirno vrednost a izbrali smo vrednost , za okvirno vrednost pa - vrednost .
Opomba 2. pri velike količine poskusi, iskanje količin in uporaba formul () so povezani z okornimi izračuni. Zato naredijo to: vsaka od opazovanih vrednosti količine , ki spadajo v jaz th interval ] X i-1 , X i [ statistične serije, štejejo približno enaka sredini c i ta interval, tj. c i =(X i-1 +X i)/2. Razmislite o prvem intervalu ] X 0 , X 1 [. Zadelo ga je m 1 opazovane vrednosti naključne spremenljivke, od katerih vsako nadomestimo s številom od 1. Zato je vsota teh vrednosti približno enaka m 1 s 1. Podobno je vsota vrednosti, ki spadajo v drugi interval, približno enaka m 2 z 2 itd. Zato
Na podoben način dobimo približno enakost
Torej, pokažimo to
 |
(71) |
Enačbe s parametri upravičeno veljajo za ene najbolj kompleksne naloge Vem šolska matematika. Prav te naloge se iz leta v leto znajdejo na seznamu nalog tipa B in C pri enotni državi Enotni državni izpit. Vendar pa med veliko število enačbe s parametri so tiste, ki jih je enostavno rešiti grafično. Razmislimo o tej metodi na primeru reševanja več problemov.
Poiščite vsoto celih vrednosti števila a, za katere velja enačba |x 2 – 2x – 3| = a ima štiri korenine.
rešitev.
Da bi odgovorili na vprašanje problema, gradimo na enem koordinatna ravnina funkcijski grafi
y = |x 2 – 2x – 3| in y = a.
Graf prve funkcije y = |x 2 – 2x – 3| dobimo iz grafa parabole y = x 2 – 2x – 3 tako, da simetrično prikažemo glede na x-os tisti del grafa, ki je pod Ox-osjo. Del grafa, ki se nahaja nad osjo x, bo ostal nespremenjen.
Naredimo to korak za korakom. Graf funkcije y = x 2 – 2x – 3 je parabola, katere veje so obrnjene navzgor. Za izgradnjo njegovega grafa poiščemo koordinate oglišča. To lahko storite s formulo x 0 = -b/2a. Tako je x 0 = 2/2 = 1. Da bi našli koordinato vrha parabole vzdolž ordinatne osi, nadomestimo dobljeno vrednost za x 0 v enačbo zadevne funkcije. Dobimo, da je y 0 = 1 – 2 – 3 = -4. To pomeni, da ima vrh parabole koordinate (1; -4).
Nato morate najti presečišča vej parabole s koordinatnimi osemi. V točkah presečišča vej parabole z abscisno osjo je vrednost funkcije enaka nič. Zato rešimo kvadratno enačbo x 2 – 2x – 3 = 0. Njene korenine bodo iskane točke. Po Vietovem izreku imamo x 1 = -1, x 2 = 3.
V točkah presečišča vej parabole z ordinatno osjo je vrednost argumenta enaka nič. Tako je točka y = -3 točka presečišča vej parabole z osjo y. Nastali graf je prikazan na sliki 1.
Da dobimo graf funkcije y = |x 2 – 2x – 3|, prikažemo del grafa, ki se nahaja pod absciso simetrično glede na os x. Nastali graf je prikazan na sliki 2.
Graf funkcije y = a je premica, vzporedna z abscisno osjo. Upodobljen je na sliki 3. S pomočjo slike ugotovimo, da imata grafa štiri skupne točke (in enačba štiri korenine), če a pripada intervalu (0; 4).
Celoštevilske vrednosti števila a iz nastalega intervala: 1; 2; 3. Da bi odgovorili na vprašanje naloge, poiščimo vsoto teh števil: 1 + 2 + 3 = 6.
Odgovor: 6.
Poiščite aritmetično sredino celih vrednosti števila a, za katero velja enačba |x 2 – 4|x| – 1| = a ima šest korenin.
Začnimo z risanjem funkcije y = |x 2 – 4|x| – 1|. Za to uporabimo enakost a 2 = |a| 2 in izberite celoten kvadrat v submodularnem izrazu, ki je zapisan na desni strani funkcije:
x 2 – 4|x| – 1 = |x| 2 – 4|x| - 1 = (|x| 2 – 4|x| + 4) – 1 – 4 = (|x |– 2) 2 – 5.
Potem bo imela prvotna funkcija obliko y = |(|x| – 2) 2 – 5|.
Za izgradnjo grafa te funkcije izdelamo zaporedne grafe funkcij:
1) y = (x – 2) 2 – 5 – parabola z vrhom v točki s koordinatami (2; -5); (slika 1).
2) y = (|x| – 2) 2 – 5 – del parabole, konstruirane v koraku 1, ki se nahaja desno od ordinatne osi, je simetrično prikazan levo od osi Oy; (slika 2).
3) y = |(|x| – 2) 2 – 5| – del grafa, zgrajen v točki 2, ki se nahaja pod osjo x, je prikazan simetrično glede na os x navzgor. (slika 3).
Poglejmo nastale risbe:
Graf funkcije y = a je premica, vzporedna z abscisno osjo.
S pomočjo slike sklepamo, da jih ima funkcijskih grafov šest skupne točke(enačba ima šest korenin), če a pripada intervalu (1; 5).
To je razvidno iz naslednje slike:
Poiščimo aritmetično sredino celih vrednosti parametra a:
(2 + 3 + 4)/3 = 3.
Odgovor: 3.
spletne strani, pri kopiranju materiala v celoti ali delno je obvezna povezava do vira.
Za vsako vrednost parametra a a reši neenačbo | 2 x + a | ≤ x + 2 |2x+a| \leq x+2 .
Najprej rešimo pomožni problem. To neenačbo obravnavajmo kot neenačbo z dvema spremenljivkama x x in a a ter na koordinatno ravnino x O a xOa narišimo vse točke, katerih koordinate zadoščajo neenakosti.
Če je 2 x + a ≥ 0 2x+a \geq 0 (tj. na premici a = - 2 x a=-2x in višje), potem dobimo 2 x + a ≤ x + 2 ⇔ a ≤ 2 - x 2x+ a \leq x+2 \Levodesna puščica a \leq 2-x .
Komplet je prikazan na sl. enajst.
Zdaj pa rešimo prvotni problem s to risbo. Če popravimo a a , potem dobimo vodoravno črto a = const a = \textrm(const) . Če želite določiti vrednosti x x, morate najti absciso točk presečišča te črte z nizom rešitev neenakosti. Na primer, če je a = 8 a=8, potem neenačba nima rešitev (premica ne seka množice); če je a = 1 a=1 , potem so vse rešitve x x iz intervala [ - 1 ; 1 ] [-1;1] itd. Možne so torej tri možnosti.
1) Če je $$a>4$$, potem ni rešitev.
2) Če je a = 4 a=4, potem je x = - 2 x=-2.
ODGOVOR
pri $$a
za a = 4 a=4 - x = - 2 x=-2 ;
za $$a>4$$ - ni rešitev.
Poiščite vse vrednosti parametra a a, za katere velja neenakost $$3-|x-a| > x^2$$ a) ima vsaj eno rešitev; b) ima vsaj eno pozitivno rešitev.
Prepišimo neenakost v obliki $$3-x^2 > |x-a)$$. Zgradimo grafe leve in desni deli na ravnini x O y xOy . Graf leve strani je parabola z vejami navzdol z vrhom v točki (0; 3) (0;3) . Graf seka os x v točkah (± 3 ; 0) (\pm \sqrt(3);0) . Graf desne strani je kot z vrhom na osi x, katerega stranice so usmerjene navzgor pod kotom 45 ° 45^(\circ) na koordinatne osi. Abscisa oglišča je točka x = a x=a .
a) Da ima neenačba vsaj eno rešitev, je nujno in zadostno, da je vsaj v eni točki parabola nad grafom y = | x - a | y=|x-a| . To se doseže, če leži oglišče kota med točkama A A in B B abscisne osi (glej sliko 12 - točki A A in B B nista vključeni). Tako je treba ugotoviti, v katerem položaju oglišča se ena od vej kota dotika parabole.
Oglejmo si primer, ko je vrh vogala v točki A A . Nato se desna veja kota dotika parabole. Njo naklon enako ena. To pomeni, da je odvod funkcije y = 3 - x 2 y = 3-x^2 v točki dotika enak 1 1, tj. - 2 x = 1 -2x=1, od koder je x = - 1 2 x = -\frac( 1)(2) . Potem je ordinata tangentne točke y = 3 - (1 2) 2 = 11 4 y = 3 - (\frac(1)(2))^2 = \frac(11)(4) . Enačba premice s kotnim koeficientom k = 1 k=1 in poteka skozi točko s koordinatami (- 1 2 ; 11 4) (-\frac(1)(2); \frac(11)(4) ) je naslednje * ( \^* : 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 je enačba desne veje vogala. Abscisa presečišča z osjo x je enaka - 13 4 -\frac(13)(4), kar pomeni, da ima točka A A koordinate A (- 13 4 ; 0) A(-\frac(13)(4 ); 0). Zaradi simetrije ima točka B B koordinate: B (13 4 ; 0) B(\frac(13)(4); 0) .
Iz tega dobimo, da je a ∈ (- 13 4 ; 13 4) a\in (-\frac(13)(4); \frac(13)(4)) .
b) Neenačba ima pozitivne rešitve, če je oglišče vogala med točkama F F in B B (glej sliko 13). Iskanje položaja točke F F ni težko: če je vrh vogala v točki F F, potem njegova desna veja (ravna črta, podana z enačbo y = x - a y = x-a, poteka skozi točko (0; 3 ) (0;3) Iz tega izhaja, da je a = - 3 a=-3 in ima točka F F koordinate (- 3 ; 0) (-3; 0) \in (-3; \frac(13)(4) ) .
ODGOVOR
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)) .
* {\!}^* Uporabne formule:
- \-- premica, ki poteka skozi točko (x 0 ; y 0) (x_0; y_0) in ima kotni koeficient k k, je podana z enačbo y - y 0 = k (x - x 0) y-y_0= k(x-x_0);
- \-- kotni koeficient premice, ki poteka skozi točki (x 0 ; y 0) (x_0; y_0) in (x 1 ; y 1) (x_1; y_1), kjer je x 0 ≠ x 1 x_0 \neq x_1, se izračuna po formuli k = y 1 - y 0 x 1 - x 0 k = \dfrac(y_1-y_0)(x_1-x_0) .
Komentiraj.Če morate najti vrednost parametra, pri katerem se premica y = k x + l y=kx+l in parabola y = a x 2 + b x + c y = ax^2+bx+c dotikata, potem lahko zapišete pogoj, da ima enačba k x + l = a x 2 + b x + c kx+l = ax^2+bx+c natanko eno rešitev je v točki A A je naslednja: enačba x - a = 3 - x 2 x-a = 3-x^2 ima natanko eno rešitev ⇔ D = 1 + 4 (a + 3) = 0 ⇔ a = - 13 4 \Leftrightarrow D = 1 + 4(a+3) = 0 \Levodesna puščica a = -\ dfrac(13)(4) .
Upoštevajte, da na ta način ni mogoče zapisati pogoja, da se premica dotika poljubnega grafa. Na primer, premica y = 3 x - 2 y = 3x - 2 se dotika kubične parabole y = x 3 y=x^3 v točki (1 ; 1) (1; 1) in jo seka v točki (- 2 ; 8) (-2;-8), tj. enačba x 3 = 3 x + 2 x^3 = 3x+2 ima dve rešitvi.
Poiščite vse vrednosti parametra a a , za vsako od katerih velja enačba (a + 1 - | x + 2 |) (x 2 + 4 x + 1 - a) = 0 (a+1-|x+2| )(x^2 +4x+1-a) = 0 ima a) natanko dva različna korena; b) natanko tri različne korene.
Naredimo enako kot v primeru 25. Upodobimo množico rešitev te enačbe na ravnini x O a xOa . Enakovredno je kombinaciji dveh enačb:
1) a = | x + 2 | - 1 a = |x+2| -1 je kot z vejami navzgor in vrhom v točki (- 2 ; - 1) (-2;-1) .
2) a = x 2 + 4 x + 1 a = x^2 + 4x + 1 - to je parabola z vejami navzgor in vrhom v točki (- 2 ; - 3) (-2; -3) . Glej sl. 14.
Poiščemo presečišča dveh grafov. Desna veja kota je podana z enačbo y = x + 1 y=x+1 . Reševanje enačbe
x + 1 = x 2 + 4 x + 1 x+1 = x^2+4x+1
ugotovimo, da je x = 0 x=0 ali x = - 3 x=-3 . Primerna je le vrednost x = 0 x=0 (ker je za desno vejo x + 2 ≥ 0 x+2 \geq 0). Potem je a = 1 a=1 . Podobno najdemo koordinate druge presečišča - (- 4 ; 1) (-4; 1) .
Vrnimo se k prvotnemu problemu. Enačba ima natanko dve rešitvi za tiste a a, za katere vodoravna črta a = const a=\textrm(const) seka množico rešitev enačbe v dveh točkah. Iz grafa vidimo, da to velja za a ∈ (- 3 ; - 1) ∪ ( 1 ) a\in (-3;-1)\bigcup\(1\) . Na voljo bodo natanko tri rešitve primer treh presečišča, kar je možno le pri a = - 1 a=-1 .
ODGOVOR
a) a ∈ (- 3 ; - 1) ∪ ( 1 ) ; a\in (-3;-1)\bigcup\(1\);\:\:\: b) a = - 1 a=-1 .
$$\begin(cases) x^2-x-a \leq 0,\\ x^2+2x-6a \leq 0 \end(cases) $$
ima točno eno rešitev.
Upodobimo rešitve sistema neenačb na ravnini x O a xOa. Prepišimo sistem v obliki $$ \begin(cases) a \leq -x^2+x,\\ a \geq \dfrac(x^2+6x)(6) .\end(cases) $$
Prvi neenakosti ustrezajo točke, ki ležijo na paraboli a = - x 2 + x a = -x^2+x in pod njo, drugi pa točke, ki ležijo na paraboli a = x 2 + 6 x 6 a = \dfrac(x^2 +6x)(6) in več. Poiščemo koordinate oglišč parabol in njihovih presečišč, nato pa zgradimo graf. Vrh prve parabole je (1 2 ; 1 4) (\dfrac(1)(2);\dfrac(1)(4)), vrh druge parabole je (- 1 ; - 1 6) ( -1; -\dfrac( 1)(6)), presečišča so (0 ; 0) (0;0) in (4 7 ; 12 49) (\dfrac(4)(7); \dfrac(12) )(49)). Niz točk, ki izpolnjujejo sistem, je prikazan na sl. 15. Vidimo, da ima vodoravna premica a = const a=\textrm(const) natanko eno skupno točko s to množico (kar pomeni, da ima sistem natanko eno rešitev) v primerih a = 0 a=0 in a = 1 4 a= \dfrac(1)(4) .
ODGOVOR
A = 0, a = 1 4 a=0,\: a=\dfrac(1)(4)
Najti najmanjša vrednost parameter a a , za vsakega od njih sistem
$$\begin(cases) x^2+y^2 + 3a^2 = 2y + 2\sqrt(3)ax,\\ \sqrt(3)|x|-y=4 \end(cases) $$
Ima edina odločitev.
Preoblikujemo prvo enačbo, poudarjanje celih kvadratov:
(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 \Levodesna puščica (x-a\sqrt(3))^2+(y-1)^2 =1. \:\:\:\levo(18\desno)
Za razliko od prejšnjih problemov je tukaj bolje prikazati risbo na ravnini x O y xOy (risba v ravnini "spremenljivka - parameter" se običajno uporablja za probleme z eno spremenljivko in enim parametrom - rezultat je niz na ravnini .V tem problemu imamo opravka z dvema spremenljivkama in parametrom tridimenzionalni prostor- To težka naloga; poleg tega je malo verjetno, da bo taka risba vizualna). Enačba (18) podaja krog s središčem (a 3 ; 1) (a\sqrt(3);1) s polmerom 1. Središče tega kroga se lahko, odvisno od vrednosti a a, nahaja na kateri koli točki na vrstica y = 1 y=1.
Druga enačba sistema je y = 3 | x | - 4 y = \sqrt(3)|x|-4 nastavi kot s stranicami navzgor pod kotom 60 ° 60^(\circ) na os abscise (kotni koeficient premice je tangenta naklonski kot tg 60 ° = 3 \textrm(tg )(60^(\circ)) = \sqrt(3)), z vrhom v točki (0; - 4) (0;-4) .
Ta sistem enačb ima natanko eno rešitev, če se krog dotika ene od vej kota. To je mogoče v štirje primeri(Slika 16): središče kroga je lahko v eni izmed točk A A, B B, C C, D D. Ker moramo najti najmanjšo vrednost parametra a a , nas zanima abscisa točke D D . Razmislimo pravokotni trikotnik D H M D H M . Razdalja od točke D D do premice H M HM je enaka polmeru krožnice, zato je D H = 1 DH=1. Torej, DM = DH sin 60 ° = 2 3 DM=\dfrac(DH)(\textrm(sin)(60^(\circ))) = \dfrac(2)(\sqrt(3)) . Koordinate točke M M najdemo kot koordinate presečišča dveh premic y = 1 y=1 in y = - 3 x - 4 y=-\sqrt(3)x-4 ( stran leve roke kot).
Dobimo M (- 5 3) M(-\dfrac(5)(\sqrt(3))) . Potem je abscisa točke D D enaka - 5 3 - 2 3 = - 7 3 -\dfrac(5)(\sqrt(3))-\dfrac(2)(\sqrt(3))=-\dfrac( 7)(\ sqrt(3)) .
Ker je abscisa središča kroga enaka a 3 a\sqrt(3) , sledi a = - 7 3 a=-\dfrac(7)(3) .
ODGOVOR
A = - 7 3 a=-\dfrac(7)(3)
Poiščite vse vrednosti parametra a a , za vsako od katerih sistem
$$\začetek(primeri) |4x+3y| \leq 12a,\\ x^2+y^2 \leq 14ax +6ay -57a^2+16a+64 \end(cases) $$
ima točno eno rešitev.
Upodobimo množice rešitev vsake od neenačb na ravnini x O y xOy .
V drugi neenačbi izberemo popolne kvadrate:
x 2 - 14 a x + 49 + y 2 - 6 a y + 9 a 2 ≤ a 2 + 16 a + 64 ⇔ (x - 7 a) 2 + (y - 3 a) 2 ≤ (a + 8) 2 (19 ) x^2-14ax+49 + y^2-6ay + 9a^2 \leq a^2 + 16a + 64 \Levodesna puščica (x-7a)^2+(y-3a)^2 \leq (a+8 )^2 \:\:\:\: (19)
Ko je a + 8 = 0 a+8=0 (a = - 8 a=-8), neenačba (19) podaja točko s koordinatami (7 a ; 3 a) (7a; 3a), tj. (- 56 ; - 24) (-56;-24) . Za vse druge vrednosti a (19) določa krog s središčem v točki (7 a ; 3 a) (7a; 3a) polmera | a+8 | |a+8| .
Oglejmo si prvo neenakost.
1) Za negativno a a nima rešitev. To pomeni, da sistem nima rešitev.
2) Če je a = 0 a=0, potem dobimo premico 4 x + 3 y = 0 4x+3y=0. Iz druge neenačbe dobimo krog s središčem (0; 0) (0; 0) s polmerom 8. Očitno obstaja več kot ena rešitev.
3) Če je $$a>0$$, potem je ta neenakost enakovredna dvojni neenakosti - 12 a ≤ 4 x + 3 y ≤ 12 a -12a \leq 4x+3y \leq 12a . Določa trak med dvema ravnima črtama y = ± 4 a - 4 x 3 y=\pm 4a -\dfrac(4x)(3) , od katerih je vsaka vzporedna z ravno črto 4 x + 3 y = 0 4x+ 3y=0 (slika 17).
Ker razmišljamo o $$a>0$$, se središče kroga nahaja v prvi četrtini na premici y = 3 x 7 y = \dfrac(3x)(7) . Dejansko so koordinate središča x = 7 a x=7a , y = 3 a y=3a ; z izražanjem a in enačenjem dobimo x 7 = y 3 \dfrac(x)(7)=\dfrac(y)(3) , od koder je y = 3 x 7 y = \dfrac(3x)(7) . Da ima sistem natanko eno rešitev, je nujno in zadostno, da se krog dotika premice a 2 a_2 . To se zgodi, ko je polmer kroga enako razdalji od središča kroga do premice a 2 a_2 . Po formuli za razdaljo od točke do črte * (\^{*} 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 .!}
ODGOVOR
A = 2 a = 2
* {\^{*} Пусть даны точка M (x 0 ; y 0) M (x_0;y_0) и прямая l l , !} podana z enačbo a x + b y + c = 0 ax+by+c=0 . Potem je razdalja od točke M M do premice l l določena s formulo ρ = | a x 0 + b x 0 + c | a 2 + b 2 \rho = \dfrac(|ax_0+bx_0+c|)(\sqrt(a^2+b^2)) .
Pri katerih vrednostih parametra a deluje sistem
$$\begin(cases) |x|+|y|=1,\\ |x+a|+|y+a|=1 \end(cases)$$ nima rešitev?
Prva enačba sistema opredeljuje kvadrat A B C D ABCD na ravnini x O y xOy (če ga želite sestaviti, upoštevajte x ≥ 0 x\geq 0 in y ≥ 0 y\geq 0 . Potem ima enačba obliko x + y = 1 x+y=1 Dobimo odsek - del premice x + y = 1 x+y=1, ki leži v prvi četrtini odražajo nastali niz glede na os O y Oy (glej sliko 18). Druga enačba določa kvadrat P Q R S PQRS, enako kvadratu A B C D ABCD , vendar s središčem (- a ; - a) (-a;-a) . Na sl. Kot primer prikazuje slika 18 ta kvadrat za a = - 2 a=-2. Sistem nima rešitev, če se ta dva kvadrata ne sekata.
Lahko vidimo, da če segmenta P Q PQ in B C BC sovpadata, potem je središče drugega kvadrata v točki (1; 1) (1; 1). Za nas so primerne tiste vrednosti a, pri katerih se središče nahaja "zgoraj" in "desno", to je $$a1$$.
ODGOVOR
A ∈ (- ∞ ; - 1) ∪ (1 ; + ∞) a\in (-\infty;-1)\bigcup(1;+\infty) .
Poiščite vse vrednosti parametra b b, za katere sistem
$$\begin(cases) y=|b-x^2|,\\ y=a(x-b) \end(cases) $$
ima vsaj eno rešitev za katero koli vrednost a .
Razmislimo o več primerih.
1) Če je $$b2) Če je b = 0 b=0, ima sistem obliko $$\begin(cases) y=x^2,\\ y=ax .\end(cases) $$
Za vsak a a je par števil (0 ; 0) (0;0) rešitev tega sistema, zato je b = 0 b=0 primeren.
3) Popravimo nekaj $$b>0$$. Prva enačba je izpolnjena z nizom točk, dobljenih iz parabole y = x 2 - b y=x^2-b z odsevom dela te parabole glede na os O x Ox (glej sliko 19a, b). Druga enačba definira družino ravnih črt (z zamenjavo različnih vrednosti a a lahko dobite vse vrste ravnih črt, ki potekajo skozi točko (b ; 0) (b; 0) , razen navpične), ki poteka skozi točko (b ; 0) (b; 0) . Če točka (b ; 0) (b; 0) leži na odseku [ - b ; b ] [-\sqrt(b);\sqrt(b)] . abscisno os, potem premica seka graf prve funkcije za poljubni naklon (slika 19a). V nasprotnem primeru (slika 19b) bo v vsakem primeru ravna črta, ki se ne seka ta urnik. Če rešimo neenačbo - b ≤ b ≤ b -\sqrt(b)\leq b \leq \sqrt(b) in upoštevamo, da $$b>0$$, dobimo, da je b ∈ (0 ; 1 ] b \ v (0;1] .
Rezultate združimo: $$b \in $$.
ODGOVOR
$$b \in $$
Poiščite vse vrednosti a a , za vsako od katerih je funkcija f (x) = x 2 - | x - a 2 | - 3 x f(x) = x^2-|x-a^2|-3x ima vsaj eno največjo točko.
Če razširimo modul, to dobimo
$$f(x) = \begin(cases) x^2-4x+a^2, \:\:\: x\geq a^2 ,\\ x^2-2x-a^2, \:\ :\: x\leq a^2 . \konec(primeri) $$
Na vsakem od obeh intervalov je graf funkcije y = f (x) y=f(x) parabola z navzgor usmerjenimi vejami.
Ker parabole z vejami navzgor ne morejo imeti največjih točk, je edina možnost, da je največja točka mejna točka teh intervalov - točka x = a 2 x=a^2 . Na tej točki bo maksimum, če oglišče parabole y = x 2 - 4 x + a 2 y=x^2-4x+a^2 pade na interval $$x>a^2$$ in oglišče parabole y = x 2 - 2 x - a 2 y=x^2-2x-a^2 - za interval $$x\lt a^2$$ (glej sliko 20). Ta pogoj je podan z neenačbami in $$2 \gt a^2$$ in $$1 \lt a^2$$, pri katerih rešitvi ugotovimo, da je a ∈ (- 2 ; 1) ∪ (1 ; 2) a\in (-\ sqrt(2);1)\bigcup(1;\sqrt(2)) .
ODGOVOR
A ∈ (- 2 ; 1) ∪ (1 ; 2) a\in (-\sqrt(2);1)\bigcup(1;\sqrt(2))
Poiščite vse vrednosti a , za vsako od katerih splošne rešitve neenakosti
y + 2 x ≥ a y+2x \geq a in y - x ≥ 2 a (20) y-x \geq 2a \:\:\:\:\:\:\:\: (20)
so rešitve neenakosti
$$2y-x>a+3 \:\:\:\:\:\:\:\:\: (21)$$
Za krmarjenje v situaciji je včasih koristno upoštevati eno vrednost parametra. Naredimo risbo, na primer, za a = 0 a=0 . Neenakosti (20) (pravzaprav imamo opravka s sistemom neenakosti (20)) izpolnjujejo točke kota B A C BAC (glej sliko 21) - točke, od katerih vsaka leži nad obema ravnima črtama y = - 2 x y=-2x in y = x y =x (ali na teh vrsticah). Neenakost (21) je izpolnjena s točkami, ki ležijo nad premico y = 1 2 x + 3 2 y = \dfrac(1)(2)x + \dfrac(3)(2) . Vidimo lahko, da ko je a = 0 a=0, pogoj problema ni izpolnjen.
Kaj se bo spremenilo, če za parameter a a vzamemo drugačno vrednost? Vsaka od premic se bo premaknila in spremenila v premico, ki je vzporedna sama s seboj, saj kotni koeficienti premic niso odvisni od a. Da bi bil pogoj naloge izpolnjen, mora ležati celoten kot B A C BAC nad premico l l . Ker sta kotna koeficienta premic A B AB in A C AC absolutno večja od kotnega koeficienta premice l l , je nujno in zadostno, da leži oglišče kota nad premico l l .
Reševanje sistema enačb
$$\začetek(primeri) y+2x=a,\\ y-x=2a, \end(primeri)$$
poiščite koordinate točke A (- a 3 ; 5 a 3) A(-\dfrac(a)(3);\dfrac(5a)(3)) . Zadovoljevati morajo neenakost (21), torej $$\dfrac(10a)(3)+\dfrac(a)(3) > a+3$$, od koder je $$a>\dfrac(9)(8)$$ .
ODGOVOR
$$a>\dfrac(9)(8)$$
Olga Otdelkina, učenka 9. razreda
Ta tema je sestavni del študije šolski tečaj algebra. Namen tega dela je globlje preučiti to temo, prepoznati najbolj racionalna odločitev, kar hitro vodi do odgovora. Ta esej bo drugim študentom pomagal razumeti uporabo grafične metode za reševanje enačb s parametri, spoznati izvor in razvoj te metode.
Prenesi:
Predogled:
Uvod2
Poglavje 1. Enačbe s parametrom
Zgodovina nastanka enačb s parametrom3
Vietov izrek4
Osnovni pojmi5
Poglavje 2. Vrste enačb s parametri.
Linearne enačbe6
Kvadratne enačbe……………………………………………………………......7
Poglavje 3. Metode za reševanje enačb s parametrom
Analitska metoda……………………………………………......8
Grafična metoda. Zgodovina izvora………………………………9
Algoritem rešitve grafična metoda..…………….....…………….10
Rešitev enačbe z modulom………………...…………………………….11
Praktični del…………………………………………………………12
Zaključek…………………………………………………………………………………….19
Reference………………………………………………………………20
Uvod.
Za to temo sem se odločil, ker je sestavni del šolskega tečaja algebre. Kuhanje to delo, sem si zadal cilj globljega preučevanja te tematike in iskanja najbolj racionalne rešitve, ki hitro pripelje do odgovora. Moj esej bo drugim študentom pomagal razumeti uporabo grafične metode za reševanje enačb s parametri, spoznati izvor in razvoj te metode.
IN moderno življenje preučevanje mnogih fizikalni procesi in geometrijski vzorci pogosto vodijo do reševanja problemov s parametri.
Za reševanje takih enačb je grafična metoda zelo učinkovita, ko je treba določiti, koliko korenov ima enačba glede na parameter α.
Težave s parametri so povsem matematičnega pomena in prispevajo k intelektualni razvoj dijaki, služijo dober material vaditi veščine. Imajo diagnostično vrednost, saj se z njimi lahko preverja znanje glavnih vej matematike, nivo matematične in logično razmišljanje, začetne veščine raziskovalne dejavnosti in obetavne možnosti za uspešno obvladovanje predmeta matematike v visokošolskih ustanovah.
Moj esej obravnava pogoste vrste enačb in upam, da mi bo znanje, ki sem ga pridobil v procesu dela, pomagalo pri opravljanju šolski izpiti, konec koncevenačbe s parametriupravičeno veljajo za enega najtežjih problemov šolske matematike. Prav takšne naloge sodijo na seznam nalog na enem samem državni izpit Enotni državni izpit.
Zgodovina nastanka enačb s parametrom
S problemi enačb s parametrom smo se srečevali že v astronomski razpravi »Aryabhattiam«, ki jo je leta 499 sestavil indijski matematik in astronom Aryabhatta. Drugi indijski znanstvenik, Brahmagupta (7. stoletje), je orisal splošno pravilo reševanje kvadratnih enačb zreducirano na enotno kanonična oblika:
αx 2 + bx = c, α>0
Koeficienti v enačbi, razen parametra, lahko tudi negativno.
Kvadratne enačbe al-Khwarizmija.
Al-Khorezmijeva algebraična razprava podaja klasifikacijo linearnih in kvadratnih enačb s parametrom a. Avtor šteje 6 vrst enačb, ki jih izrazi na naslednji način:
1) »Kvadrati so enaki korenom«, tj. αx 2 = bx.
2) »Kvadrati so enaki številom«, tj. αx 2 = c.
3) "Korenine so enake številu", tj. αx = c.
4) »Kvadrati in števila so enaki korenom«, tj. αx 2 + c = bx.
5) "Kvadrati in koreni so enaki številu", tj. αx 2 + bx = c.
6) »Koreni in števila so enaki kvadratom«, tj. bx + c = αx 2 .
Formule za reševanje kvadratnih enačb po al-Khwarizmiju v Evropi so bile prvič podane v »Knjigi o abaku«, ki jo je leta 1202 napisal italijanski matematik Leonardo Fibonacci.
Izpeljava formule za reševanje kvadratne enačbe s parametrom v splošni pogled Vieta ga ima, vendar ga je Vieta samo prepoznala pozitivne korenine. Med prvimi v 12. stoletju so bili italijanski matematiki Tartaglia, Cardano, Bombelli. upoštevati, poleg pozitivnih, in negativne korenine. Šele v 17. stol. Zahvaljujoč delom Girarda, Descartesa, Newtona in drugih znanstvenikov je metoda reševanja kvadratnih enačb dobila sodobno obliko.
Vietov izrek
Izrek, ki izraža razmerje med parametri, koeficienti kvadratne enačbe in njenimi koreni, poimenovan po Vieti, je prvič formuliral leta 1591 kot sledi: »Če b + d pomnožimo z α minus α 2 , je enako bc, potem je α enako b in enako d.«
Da bi razumeli Vieto, se moramo spomniti, da je α kot vsaka samoglasniška črka pomenila neznano (naš x), medtem ko sta samoglasnika b, d koeficienta za neznano. V jeziku sodobne algebre zgornja Vieta formulacija pomeni:
Če obstaja
(α + b)x - x 2 = αb,
To je x 2 - (α -b)x + αb =0,
potem je x 1 = α, x 2 = b.
Izražanje razmerja med koreni in koeficienti enačb splošne formule, zapisan z uporabo simbolov, je Vieta vzpostavil enotnost v metodah za reševanje enačb. Vendar pa je simbolika Vieta še daleč od tega moderen videz. Ni priznal negativna števila zato je pri reševanju enačb upošteval le primere, ko so bile vse korenine pozitivne.
Osnovni pojmi
Parameter - neodvisna spremenljivka, katere vrednost velja za fiksno oz poljubno število, ali številko, ki pripada danem stanju opravila vmes.
Enačba s parametrom— matematičnienačba, videz in katerih rešitev je odvisna od vrednosti enega ali več parametrov.
Odločite se enačba s sredstvi parametrov za vsako vrednostpoiščite vrednosti x, ki ustrezajo tej enačbi, in tudi:
- 1. Raziščite, pri katerih vrednostih parametrov ima enačba korenine in koliko jih je različne pomene parametri.
- 2. Poiščite vse izraze za korenine in za vsakega od njih navedite tiste vrednosti parametrov, pri katerih ta izraz dejansko določa koren enačbe.
Razmislite o enačbi α(x+k)= α +c, kjer so α, c, k, x spremenljive količine.
Sistem dovoljenih vrednosti spremenljivk α, c, k, xje vsak sistem spremenljivih vrednosti, v katerem imata tako leva kot desna stran te enačbe realne vrednosti.
Naj bo A množica vseh dopustnih vrednosti α, K množica vseh dopustnih vrednosti k, X množica vseh dopustnih vrednosti x, C množica vseh dopustnih vrednosti c. Če za vsako od množic A, K, C, X izberemo in fiksiramo po eno vrednost α, k, c in jih nadomestimo v enačbo, dobimo enačbo za x, tj. enačba z eno neznanko.
Spremenljivke α, k, c, ki jih pri reševanju enačbe smatramo za konstante, imenujemo parametri, enačba sama pa enačba s parametri.
Parametri so označeni s prvimi črkami latinska abeceda: α, b, c, d, …, k, l, m, n, neznanke pa s črkami x, y, z.
Pokličemo dve enačbi, ki vsebujeta enake parametre enakovredno, če:
a) so smiselni za enake vrednosti parametrov;
b) vsaka rešitev prve enačbe je rešitev druge in obratno.
Vrste enačb s parametri
Enačbe s parametri so: linearne in kvadrat.
1) Linearna enačba. Splošni obrazec:
α x = b, kjer x ni znan;α, b - parametri.
Za to enačbo so posebne oz kontrolna vrednost parameter je tisti, pri katerem koeficient neznanke izgine.
Pri odločanju linearna enačba s parametrom se upoštevajo primeri, ko je parameter enak svoji posebni vrednosti in se od nje razlikuje.
Posebna vrednost parametra α je vrednostα = 0.
1.Če in ≠0, potem za kateri koli par parametrovα in b ima edinstveno rešitev x = .
2.Če in =0, potem ima enačba obliko:0 x = b . V tem primeru vrednost b = 0 je poseben pomen parameter b.
2.1. Pri b ≠ 0 enačba nima rešitev.
2.2. Pri b =0 bo enačba dobila obliko:0 x =0.
Z odločitvijo podana enačba je katero koli realno število.
Kvadratna enačba s parametrom.
Splošni obrazec:
α x 2 + bx + c = 0
kjer je parameter α ≠0, b in c - poljubna števila
Če je α =1, potem se enačba imenuje reducirana kvadratna enačba.
Korenine kvadratne enačbe najdemo s pomočjo formul
Izraz D = b 2 - 4 α c se imenuje diskriminant.
1. Če je D> 0, ima enačba dva različna korena.
2. Če D< 0 — уравнение не имеет корней.
3. Če je D = 0, ima enačba dva enaka korena.
Metode za reševanje enačb s parametrom:
- Analitično – metoda neposredna rešitev, ponavljanje standardnih postopkov za iskanje odgovora v enačbi brez parametrov.
- Grafični - odvisno od pogojev problema, položaj grafa ustreznega kvadratna funkcija v koordinatnem sistemu.
Analitična metoda
Algoritem rešitve:
- Preden začnete reševati problem s parametri analitična metoda, morate razumeti situacijo za določeno številčna vrednost parameter. Na primer, vzemite vrednost parametra α =1 in odgovorite na vprašanje: ali je za to nalogo potrebna vrednost parametra α =1.
Primer 1. Reši relativno X linearna enačba s parametrom m:
Glede na pomen problema je (m-1)(x+3) = 0, torej m= 1, x = -3.
Če pomnožimo obe strani enačbe z (m-1)(x+3), dobimo enačbo
Dobimo
Zato je pri m = 2,25.
Zdaj moramo preveriti, ali obstajajo vrednosti m, za katere
ugotovljena vrednost x je -3.
pri reševanju te enačbe ugotovimo, da je x enak -3 z m = -0,4.
Odgovor: pri m=1, m=2,25.
Grafična metoda. Zgodovina izvora
Študij pogoste odvisnosti se je začelo v 14. stoletju. Srednjeveška znanost je bila šolska. S to naravo ni bilo več prostora za preučevanje kvantitativnih odvisnosti; šlo je le za lastnosti predmetov in njihove medsebojne povezave. Toda med sholastiki se je pojavila šola, ki je trdila, da so lastnosti lahko bolj ali manj intenzivne (obleka osebe, ki je padla v reko, je bolj mokra kot obleka nekoga, ki ga je pravkar ujel dež).
francosko znanstvenik Nikolaj Oresme je intenzivnost začel upodabljati z dolžinami segmentov. Ko je te segmente postavil pravokotno na določeno ravno črto, so njihovi konci oblikovali črto, ki jo je poimenoval "linija intenzivnosti" ali "linija zgornjega roba" (graf ustrezne funkcionalne odvisnosti je preučeval celo "planarno"). ” in “telesne” lastnosti, tj. funkcije, odvisno od dveh ali treh spremenljivk.
Oresmejev pomemben dosežek je bil njegov poskus razvrstitve nastalih grafov. Identificiral je tri vrste kvalitet: enotno (s konstantno intenzivnostjo), enakomerno-neenako (z konstantna hitrost spremembe v intenzivnosti) in neenakomerno-neenakomerno (vsi drugi), kot tudi značilne lastnosti grafe takšnih lastnosti.
Za ustvarjanje matematičnega aparata za preučevanje grafov funkcij je bil potreben koncept spremenljivke. Ta koncept je v znanost uvedel francoski filozof in matematik Rene Descartes (1596-1650). Descartes je prišel do idej o enotnosti algebre in geometrije ter o vlogi spremenljivke, Descartes je uvedel fiksno segment enote in začel razmišljati o odnosu drugih segmentov do njega.
Tako so grafi funkcij v celotnem obdobju svojega obstoja šli skozi številne temeljne transformacije, ki so jih pripeljale do oblike, ki smo je navajeni. Vsaka stopnja ali faza v razvoju grafov funkcij je sestavni del zgodovine sodobne algebre in geometrije.
Grafična metoda določanja števila korenin enačbe glede na parameter, ki je v njej vključen, je bolj priročna kot analitična.
Algoritem reševanja z grafično metodo
Graf funkcije - niz točk, na katerihabscisaso veljavne vrednosti argumentov, A ordinate- ustrezne vrednostifunkcije.
Algoritem grafična rešitev enačbe s parametrom:
- Poiščite domeno definicije enačbe.
- Izrazimo α kot funkcija x.
- V koordinatnem sistemu zgradimo graf funkcijeα (x) za tiste vrednosti x, ki so vključene v domeno definicije te enačbe.
- Iskanje presečišč črteα =с, z grafom funkcije
α(x). Če je premica α =с prečka grafα (x), nato določimo abscise presečišč. Če želite to narediti, je dovolj, da rešite enačbo c = α (x) glede na x.
- Zapiši odgovor
Reševanje enačb z modulom
Pri grafičnem reševanju enačb z modulom, ki vsebuje parameter, je treba zgraditi grafe funkcij in pri različne pomene parameter za upoštevanje vseh možnih primerov.
Na primer │x│= a,
Odgovor: če a < 0, то нет корней, a > 0, potem je x = a, x = - a, če je a = 0, potem je x = 0.
Reševanje problema.
Problem 1. Koliko korenov ima enačba?| | x | - 2 | =a odvisno od parametra a?
rešitev. V koordinatnem sistemu (x; y) bomo zgradili grafe funkcij y = | | x | - 2 | in y = a . Graf funkcije y = | | x | - 2 | prikazano na sliki.
Graf funkcije y =α a = 0).
Iz grafa je razvidno, da:
Če je a = 0, potem je premica y = a sovpada z osjo Ox in ima graf funkcije y = | | x | - 2 | dve skupni točki; To pomeni, da ima prvotna enačba dva korena (in v tem primeru korenine lahko najdemo: x 1,2
= + 2).
Če je 0<
a
< 2, то прямая y =
α
ima z grafom funkcije y = | | x | - 2 | štiri skupne točke in zato ima izvirna enačba štiri korenine.
če a = 2, potem ima premica y = 2 tri skupne točke z grafom funkcije. Potem ima prvotna enačba tri korene.
če a > 2, potem je premica y = a bo imela dve točki z grafom prvotne funkcije, kar pomeni, da bo imela ta enačba dva korena.
Odgovor: če a < 0, то корней нет;
če je a = 0, a > 2, potem obstajata dva korena;
če je a = 2, potem obstajajo trije koreni;
če 0<
a
< 2, то четыре корня.
Problem 2. Koliko korenov ima enačba?| x 2 - 2| x | - 3 | =a odvisno od parametra a?
rešitev. V koordinatnem sistemu (x; y) bomo zgradili grafe funkcij y = | x 2 - 2| x | - 3 | in y = a.
Graf funkcije y = | x 2 - 2| x | - 3 | prikazano na sliki. Graf funkcije y =α je ravna črta, vzporedna z Ox ali sovpada z njim (ko a = 0).
Iz grafa lahko vidite:
Če je a = 0, potem je premica y = a sovpada z osjo Ox in ima graf funkcije y = | x2 - 2| x | - 3 | dve skupni točki, kot tudi premica y = a bo imel z grafom funkcije y = | x 2
- 2| x | - 3 | dve skupni točki pri a > 4. Torej za a = 0 in a > 4 izvirna enačba ima dva korena.
Če je 0<
a< 3, то прямая y =
a
ima z grafom funkcije y = | x 2
- 2| x | - 3 | štiri skupne točke, kot tudi premico y= a bo imel štiri skupne točke z grafom konstruirane funkcije pri a = 4. Torej, pri 0<
a
< 3,
a
= 4 izvirna enačba ima štiri korene.
če a = 3, potem je premica y = a seka graf funkcije v petih točkah; zato ima enačba pet korenov.
Če 3<
a< 4, прямая y =
α
seka graf konstruirane funkcije v šestih točkah; To pomeni, da ima za te vrednosti parametrov prvotna enačba šest korenin.
če a < 0, уравнение корней не имеет, так как прямая y =
α
ne seka grafa funkcije y = | x 2 - 2| x | - 3 |.
Odgovor: če a < 0, то корней нет;
če je a = 0, a > 4, potem obstajata dva korena;
če 0<
a
< 3,
a
= 4, potem so štiri korenine;
če = 3, potem pet korenin;
če 3<
a
< 4, то шесть корней.
Problem 3. Koliko korenov ima enačba?
odvisno od parametra a?
rešitev. Zgradimo graf funkcije v koordinatnem sistemu (x; y)
ampak najprej ga predstavimo v obliki:
Premici x = 1, y = 1 sta asimptoti grafa funkcije. Graf funkcije y = | x | + a dobimo iz grafa funkcije y = | x | premik za enote vzdolž osi Oy.
Funkcijski grafi sekajo v eni točki a > - 1; To pomeni, da ima enačba (1) za te vrednosti parametrov eno rešitev.
Ko je a = - 1, a = - 2 grafa se sekata v dveh točkah; To pomeni, da ima enačba (1) za te vrednosti parametrov dva korena.
Pri - 2<
a< - 1,
a
< - 2 графики пересекаются в трех точках; значит, уравнение (1) при этих значениях параметра имеет три решения.
Odgovor: če a > - 1, nato ena rešitev;
če je a = - 1, a = - 2, potem obstajata dve rešitvi;
če - 2<
a
< - 1,
a
< - 1, то три решения.
Komentiraj. Pri reševanju problemske enačbe je treba posebno pozornost posvetiti primeru, ko a = - 2, saj točka (- 1; - 1) ne pripada grafu funkcijeampak pripada grafu funkcije y = | x | + a.
Problem 4. Koliko korenov ima enačba?
x + 2 = a | x - 1 |
odvisno od parametra a?
rešitev. Upoštevajte, da x = 1 ni koren te enačbe, saj je enakost 3 = a 0 ne more biti res za nobeno vrednost parametra a . Delimo obe strani enačbe z | x - 1 |(| x - 1 |0), potem ima enačba oblikoV koordinatni sistem xOy bomo izrisali funkcijo
Graf te funkcije je prikazan na sliki. Graf funkcije y = a je ravna črta, ki je vzporedna z osjo Ox ali sovpada z njo (če a = 0).
