Për çdo vlerë të parametrit a a zgjidhni pabarazinë | 2 x + a | ≤ x + 2 |2x+a| \leq x+2 .

Së pari, le të zgjidhim një problem ndihmës. Le të shqyrtojmë kjo pabarazi si një pabarazi me dy ndryshore x x dhe a dhe paraqiteni atë në rrafshi 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 e drejtë a = - 2 x a=-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. 11.

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 e x x, duhet të gjeni abshisën 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 zgjidhjet janë të gjitha x x nga intervali [-1; 1 ] [-1;1], etj. Pra, tre opsione janë të mundshme.

1) Nëse $$a>4$$, atëherë nuk ka zgjidhje.

2) Nëse a = 4 a=4, atëherë x = - 2 x=-2.

PËRGJIGJE

në $$a

për a = 4 a=4 - x = - 2 x=-2 ;

për $$a>4$$ - nuk ka zgjidhje.

Gjeni të gjitha vlerat e parametrit a a për të cilat pabarazia $$3-|x-a| > x^2$$ a) ka të paktën një zgjidhje; b) ka të paktën një zgjidhje pozitive.

Le ta rishkruajmë pabarazinë në formën $$3-x^2 > |x-a)$$. Le të ndërtojmë grafikët e majtë dhe pjesët e duhura në rrafshin x O y xOy . Grafiku i anës së majtë është një parabolë me degëzime poshtë me kulmin në pikën (0; 3) (0;3) . Grafiku pret boshtin x në pikat (± 3 ; 0) (\pm \sqrt(3);0) . Grafiku i anës së djathtë është një kënd me kulmin në boshtin x, 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 një pabarazi të ketë të paktën një zgjidhje, është e nevojshme dhe e mjaftueshme që të paktën në një pikë parabola të jetë mbi grafikun y = | x - a | y=|x-a| . Kjo bëhet nëse kulmi i këndit shtrihet midis pikave A A dhe B B të boshtit të abshisave (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.

Le të shqyrtojmë 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. Kjo do të thotë se derivati ​​i funksionit y = 3 - x 2 y = 3-x^2 në pikën e tangjences është i barabartë me 1 1, d.m.th. - 2 x = 1 -2x=1, prej nga x = - 1 2 x = -\frac( 1)(2) . Atëherë ordinata e pikës tangjente është y = 3 - (1 2) 2 = 11 4 y = 3 - (\frac(1)(2))^2 = \frac(11)(4) . Ekuacioni i një drejtëze që ka një koeficient këndor k = 1 k=1 dhe që kalon nëpër një pikë me koordinata (- 1 2 ; 11 4) (-\frac(1)(2); \frac(11)(4) ) është si vijon * ( \^* : 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 x është e barabartë me - 13 4 -\frac(13)(4), pra pika A A ka koordinata 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) .

Nga këtu marrim se a ∈ (- 13 4 ; 13 4) a\in (-\frac(13)(4); \frac(13)(4)) .

b) Pabarazia ka zgjidhje pozitive nëse kulmi i këndit ndodhet ndërmjet pikave F F dhe B B (shih Fig. 13). Gjetja e pozicionit të pikës F F nuk është e vështirë: nëse kulmi i këndit është në pikën F F, atëherë dega e djathtë e tij (vija e drejtë e dhënë nga ekuacioni y = x - a y = x-a kalon nëpër pikën (0; 3 ) (0;3) Nga këtu gjejmë se a = - 3 a=-3 dhe pika F ka koordinata (- 3 ; 0) (-3;0) \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)) .

* {\!}^* Formula të dobishme:

- \-- një drejtëz që kalon nëpër pikën (x 0 ; y 0) (x_0;y_0) dhe që ka një koeficient këndor k k jepet nga ekuacioni y - y 0 = k (x - x 0) y-y_0= k(x-x_0);

- \-- koeficienti këndor i 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 me formulën k = y 1 - y 0 x 1 - x 0 k = \dfrac(y_1-y_0)(x_1-x_0) .

Koment. Nëse ju duhet të gjeni vlerën e parametrit në të cilin preket drejtëza y = k x + l y=kx+l dhe parabola y = a x 2 + b x + c y = ax^2+bx+c, atëherë mund të shkruani kusht që ekuacioni k x + l = a x 2 + b x + c kx + l = ax^2 + bx + c të ketë saktësisht një zgjidhje Pastaj një mënyrë tjetër për të gjetur vlerat e parametrit a për të cilin kulmi i këndit është në pikën A A është si vijon: ekuacioni x - a = 3 - x 2 x-a = 3-x^2 ka saktësisht një zgjidhje ⇔ D = 1 + 4 (a + 3) = 0 ⇔ a = - 13 4 \Shigjeta majtas D = 1 + 4(a+3) = 0 \Shigjeta majtas djathtas a = -\ dfrac(13)(4) .

Ju lutemi vini re se në këtë mënyrë është e pamundur të shkruani kushtin që një rresht të prekë 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), d.m.th., ekuacioni x 3 = 3 x + 2 x^3 = 3x+2 ka dy zgjidhje.

Gjeni të gjitha vlerat e parametrit a a, për secilën prej të cilave 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 ndryshme.

Le të bëjmë njësoj si në shembullin 25. Le të paraqesim 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 një kënd me degë lart dhe kulm në pikën (- 2 ; - 1) (-2;-1) .

2) a = x 2 + 4 x + 1 a = x^2 + 4x + 1 - kjo është një parabolë me degë lart dhe kulmin në pikën (- 2 ; - 3) (-2;-3) . Shih fig. 14.

Gjejmë 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 (pasi 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) .

Le të kthehemi te problemi 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 rasti i tre pikat e kryqëzimit, gjë që është e mundur vetëm kur 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.

Pabarazia e parë plotësohet nga pikat që shtrihen në parabolën a = - x 2 + x a = -x^2+x dhe poshtë saj, dhe e dyta plotësohet nga pikat që shtrihen në parabolën a = x 2 + 6 x 6 a = \dfrac(x^2 +6x)(6) dhe më lart. Gjejmë koordinatat e kulmeve të parabolave ​​dhe pikat e tyre të kryqëzimit dhe më pas ndërtojmë një grafik. Maja e parabolës së parë është (1 2 ; 1 4) (\dfrac(1)(2);\dfrac(1)(4)), maja e parabolës së 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 vlera më e vogël parametri a a , për secilën prej të cilave sistemi

$$\fille(rastet) x^2+y^2 + 3a^2 = 2y + 2\sqrt(3)ax,\\ \sqrt(3)|x|-y=4 \fund(rastet) $$

ka një zgjidhje unike.

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 (x-a\sqrt(3))^2+(y-1)^2 =1. \:\:\:\majtas(18\djathtas) Ndryshe nga detyrat e mëparshme këtu është më mirë të përshkruhet vizatimi në planin x O y xOy (vizatimi në rrafshin "variabla - parametër" përdoret zakonisht për problemet me një ndryshore dhe një parametër - rezultati është një grup në plan. Në këtë problem kemi të bëjmë me dy variabla dhe një parametër Vizatoni grup pikash (x; y; a) (x;y;a). hapësirë ​​tredimensionale - Kjo detyrë e vështirë

; përveç kësaj, një vizatim i tillë nuk ka gjasa të jetë vizual). Ekuacioni (18) specifikon një rreth me qendër (a 3 ; 1) (a\sqrt(3);1) me rreze 1. Qendra e këtij rrethi, në varësi të vlerës së a, mund të vendoset në çdo pikë të rreshti y = 1 y=1.

Ekuacioni i dytë i sistemit është y = 3 | x | - 4 y = \sqrt(3)|x|-4 vendos këndin me anët lart në një kënd prej 60 ° 60^(\circ) me boshtin e abshisës (koeficienti këndor i drejtëzës është tangjentja e këndi i prirjes tg 60 ° = 3 \textrm(tg )(60^(\circ)) = \sqrt(3)), me kulmin në pikën (0; - 4) (0;-4) . Ky sistem ekuacionet kanë saktësisht një zgjidhje nëse rrethi prek njërën nga degët e këndit. 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. Duke qenë se duhet të gjejmë vlerën më të vogël të parametrit a a, na intereson abshisa e pikës D D. Le të shqyrtojmë D H M D H M . Largësia nga pika D D 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 koordinata të pikës së prerjes së dy drejtëzave y = 1 y=1 dhe y = - 3 x - 4 y=-\sqrt(3)x-4 ( anën e majtë kënd).

Marrim M (- 5 3) M(-\dfrac(5)(\sqrt(3))) . Atëherë abshisa e pikës D D është e barabartë me - 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 e barabartë me 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

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

$$\fillimi(rastet) x^2-x-a \leq 0,\\ x^2+2x-6a \leq 0 \fund(rastet) $$

Le të përshkruajmë bashkësitë e zgjidhjeve për secilën nga pabarazitë në rrafshin x O y xOy.

Në pabarazinë e dytë, ne zgjedhim katrorë të përsosur:

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

Kur a + 8 = 0 a+8=0 (a = - 8 a=-8), pabarazia (19) specifikon një pikë me koordinata (7 a ; 3 a) (7a; 3a), d.m.th. (- 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| .

Le të shqyrtojmë pabarazinë e parë.
1) Për negativin a a nuk ka zgjidhje. Kjo do të thotë se sistemi nuk ka zgjidhje.

2) Nëse a = 0 a=0, atëherë marrim drejtëzën 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, ka 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 vijave të drejta y = ± 4 a - 4 x 3 y=\pm 4a -\dfrac(4x)(3), secila prej të cilave është paralele me vijën e drejtë 4 x + 3 y = 0 4x+ 3y=0 (Fig. 17).

Meqenëse po shqyrtojmë $$a>0$$, qendra e rrethit ndodhet në tremujorin 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 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) . Në mënyrë 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 e barabartë me distancën nga qendra e rrethit në vijën e drejtë 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 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)) .

Me cilat vlera të parametrit a a bën sistemi

$$\fillimi(rastet) |x|+|y|=1,\\ |x+a|+|y+a|=1 \end(rastet)$$ nuk ka zgjidhje?

Ekuacioni i parë i sistemit përcakton katrorin A B C D 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 drejtëzës x + y = 1 x+y=1, që shtrihet në çerekun e parë Më pas, pasqyrojmë këtë segment në lidhje me boshtin Ox pasqyroni grupin që rezulton në lidhje me boshtin O y Oy (shih Fig. 18). Ekuacioni i dytë përcakton katrorin P Q R S PQRS, e barabartë me katrorin A B C D ABCD , por me qendër në (- a ; - a) (-a;-a) . Në Fig. Si shembull, Fig. 18 tregon këtë katror 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). Ato vlera të a janë të përshtatshme për ne, në të cilat qendra ndodhet "lart" 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 $$b2) Nëse b = 0 b=0 , atëherë sistemi merr formën $$\begin(rastet) y=x^2,\\ y=ax .\end(rastet) $$

Për çdo a a çifti i numrave (0 ; 0) (0;0) është zgjidhje për këtë sistem, prandaj b = 0 b=0 është i përshtatshëm.

3) Le të rregullojmë disa $$b>0$$. Ekuacioni i parë plotësohet nga bashkësia e pikave të marra nga parabola y = x 2 - b y=x^2-b duke reflektuar një pjesë të kësaj parabole në lidhje me boshtin 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 llojet e vijave të drejta 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 i abshisës, atëherë vija e drejtë pret grafikun e funksionit të parë për çdo pjerrësi (Fig. 19a). Përndryshe (Fig. 19b) në çdo rast do të ketë një vijë të drejtë që nuk kryqëzohet këtë orar. Duke zgjidhur pabarazinë - 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].

Ne kombinojmë rezultatet: $$b \në $$.

PËRGJIGJE

$$b \në $$

Gjeni të gjitha vlerat e a-së, 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 me degë lart nuk mund të kenë pika maksimale, e vetmja mundësi është që pika maksimale të jetë pika kufitare e këtyre intervaleve - pika x = a 2 x=a^2 . Në këtë pikë do të ketë një maksimum 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 - për 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 e 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 \:\:\:\:\:\:\:\: (20)

janë zgjidhje për pabarazinë

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

Për të lundruar situatën, ndonjëherë është e dobishme të merret parasysh një vlerë e 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 B A C BAC (shih Fig. 21) - pika, secila prej të cilave shtrihet mbi të dy drejtëzat y = - 2 x y=-2x dhe y = x y =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 kur a = 0 a=0 kushti i problemit nuk plotësohet.

Çfarë do të ndryshojë nëse marrim një vlerë të ndryshme për parametrin a a? Secila prej vijave do të lëvizë dhe do të kthehet në një vijë paralele me vetveten, pasi koeficientët këndorë të drejtëzave nuk varen nga a. Që të plotësohet kushti i problemit, i gjithë këndi B A C BAC duhet të shtrihet mbi drejtëzën l l . Meqenëse koeficientët këndorë të drejtëzave A B AB dhe A C AC janë më të mëdhenj në vlerë absolute shpat drejtëz l l , është e nevojshme dhe e mjaftueshme që kulmi i këndit të shtrihet mbi drejtëzën l l .

Zgjidhja e një sistemi ekuacionesh

$$\fillimi(rastet) y+2x=a,\\ y-x=2a, \fund(rastet)$$

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

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

Ekuacionet me parametra: metoda e zgjidhjes grafike

Klasat 8-9

Artikulli diskuton një metodë grafike për zgjidhjen e disa ekuacioneve me parametra, e cila është shumë efektive kur duhet të përcaktoni se sa rrënjë ka një ekuacion në varësi të parametrit. a.

Problemi 1. Sa rrënjë ka ekuacioni? | | x | – 2 | = a në varësi të parametrit a?

Zgjidhje. Në sistemin koordinativ (x; y) do të ndërtojmë grafikë të funksioneve y = | | x | – 2 | dhe y = a. Grafiku i funksionit y = | | x | – 2 | treguar në figurë.

Grafiku i funksionit y = a është një drejtëz paralele me boshtin Ox ose që përkon me të (nëse a = 0).

Nga vizatimi shihet se:

Nëse a= 0, pastaj drejtëza y = a përkon me boshtin Ox dhe ka grafikun e funksionit y = | | x | – 2 | dy pikat e përbashkëta ; Kjo do të thotë që ekuacioni origjinal ka dy rrënjë (në në këtë rast
mund të gjenden rrënjët: x 1,2 = d 2).< a < 2, то прямая y = a имеет с графиком функции y = | | x | – 2 | четыре общие точки и, следовательно, Nëse 0 ekuacioni origjinal
ka katër rrënjë. a Nëse
ka katër rrënjë. a= 2, atëherë drejtëza y = 2 ka tre pika të përbashkëta me grafikun e funksionit. Atëherë ekuacioni origjinal ka tre rrënjë. a> 2, pastaj drejtëza y =

do të ketë dy pika me grafikun e funksionit origjinal, pra ky ekuacion do të ketë dy rrënjë. a < 0, то корней нет;
Nëse a = 0, a Nëse
Nëse a> 2, atëherë ka dy rrënjë;
= 2, pastaj tre rrënjë;< a < 2, то четыре корня.

nëse 0 Problemi 2. Sa rrënjë ka ekuacioni? a në varësi të parametrit a?

| x 2 – 2| x | – 3 | = a.

Zgjidhje. Në sistemin koordinativ (x; y) do të ndërtojmë grafikë të funksioneve y = | x 2 – 2| x | – 3 | dhe y = a = 0).

Grafiku i funksionit y = | x 2 – 2| x | – 3 | treguar në figurë. Grafiku i funksionit y = a është një drejtëz paralele me Ox ose që përkon me të (kur

Nëse a= 0, pastaj drejtëza y = a Nga vizatimi mund të shihni: a përkon me boshtin Ox dhe ka grafikun e funksionit y = | x2 – 2| x | – 3 | dy pika të përbashkëta, si dhe drejtëza y = a do të ketë me grafikun e funksionit y = | x 2 – 2| x | – 3 | dy pika të përbashkëta në a> 4. Pra, kur a= 0 dhe
mund të gjenden rrënjët: x 1,2 = d 2).< a < 3, то прямая y = a> 4 ekuacioni origjinal ka dy rrënjë. a ka me grafikun e funksionit y = | x 2 – 2| x | – 3 | a katër pika të përbashkëta, si dhe drejtëza y=< a < 3, a do të ketë katër pika të përbashkëta me grafikun e funksionit të ndërtuar në
ka katër rrënjë. a= 4. Pra, në 0 a= 4 ekuacioni origjinal ka katër rrënjë.
= 3, pastaj drejtëza y =< a < 4, прямая y = a пересекает график построенной функции в шести точках; значит, при этих значениях параметра исходное уравнение имеет шесть корней.
ka katër rrënjë. a < 0, уравнение корней не имеет, так как прямая y = a не пересекает график функции y = | x 2 – 2| x | – 3 |.

do të ketë dy pika me grafikun e funksionit origjinal, pra ky ekuacion do të ketë dy rrënjë. a < 0, то корней нет;
Nëse a = 0, a pret grafikun e një funksioni në pesë pika; prandaj, ekuacioni ka pesë rrënjë.
= 2, pastaj tre rrënjë;< a < 3, a Nëse 3
Nëse a> 4, pastaj dy rrënjë;
= 4, pastaj katër rrënjë;< a < 4, то шесть корней.

= 3, pastaj pesë rrënjë;

nëse 3 a?

Problemi 3. Sa rrënjë ka ekuacioni? në varësi të parametrit

Drejtëzat x = 1, y = 1 janë asimptota të grafikut të funksionit. Grafiku i funksionit y = | x | + a përftohet nga grafiku i funksionit y = | x | zhvendosja nga një njësi përgjatë boshtit Oy.

Grafikët e funksioneve kryqëzohen në një pikë në a> – 1; Kjo do të thotë që ekuacioni (1) për këto vlera parametrash ka një zgjidhje.

Në a = – 1, a= – 2 grafikë kryqëzohen në dy pika; Kjo do të thotë se për këto vlera parametrash, ekuacioni (1) ka dy rrënjë.
Në – 2< a < – 1, a < – 2 графики пересекаются в трех точках; значит, уравнение (1) при этих значениях параметра имеет три решения.

do të ketë dy pika me grafikun e funksionit origjinal, pra ky ekuacion do të ketë dy rrënjë. a> – 1, pastaj një zgjidhje;
Nëse a = – 1, a= – 2, atëherë ka dy zgjidhje;
nëse - 2< a < – 1, a < – 1, то три решения.

Koment. Gjatë zgjidhjes së ekuacionit (1) të problemit 3, vëmendje e veçantë duhet t'i kushtohet rastit kur a= – 2, pasi pika (– 1; – 1) nuk i përket grafikut të funksionit por i përket grafikut të funksionit y = | x | + a.

Le të kalojmë në zgjidhjen e një problemi tjetër.

Problemi 4. Sa rrënjë ka ekuacioni?

x + 2 = a| x – 1 |

nëse 3 a?

(2) Zgjidhje. Vini re se x = 1 nuk është rrënjë ekuacioni i dhënë a, pasi barazia 3 = a· 0 nuk mund të jetë e vërtetë për asnjë vlerë parametri . Le t'i ndajmë të dyja anët e ekuacionit me | x – 1 |(| x – 1 | nr. 0), atëherë ekuacioni (2) do të marrë formën

Në sistemin koordinativ xOy do të vizatojmë funksionin a Grafiku i këtij funksioni është paraqitur në figurë. Grafiku i funksionit y = a = 0).

do të ketë dy pika me grafikun e funksionit origjinal, pra ky ekuacion do të ketë dy rrënjë. aështë një vijë e drejtë paralele me boshtin Ox ose që përkon me të (nëse
Ј – 1, atëherë nuk ka rrënjë;< a nëse - 1
Nëse aЈ 1, pastaj një rrënjë;

> 1, atëherë ka dy rrënjë.

Le të shqyrtojmë ekuacionin më kompleks. a Problemi 5. Në cilat vlera të parametrit

a ekuacioni

x 2 + | x – 1 | = 0 (3)

ka tre zgjidhje? a Zgjidhje. 1. Vlera e kontrollit të parametrit për këtë ekuacion do të jetë numri a= 0, në të cilin ekuacioni (3) merr formën 0 + | x – 1 | = 0, prej nga x = 1. Prandaj, kur

= 0, ekuacioni (3) ka një rrënjë, e cila nuk i plotëson kushtet e problemit. a № 0.

2. Shqyrtoni rastin kur a Le të rishkruajmë ekuacionin (3) në formën e mëposhtme: a < 0.

x 2 = – | x – 1 |. Vini re se ekuacioni do të ketë zgjidhje vetëm kur a Në sistemin koordinativ xOy do të ndërtojmë grafikë të funksioneve y = | x – 1 | dhe y = a x 2 . Grafiku i funksionit y = | x – 1 | treguar në figurë. Grafiku i funksionit y = a < 0. Вершина параболы - точка (0; 0).

x 2 është një parabolë, degët e së cilës janë të drejtuara poshtë, pasi a Ekuacioni (3) do të ketë tre zgjidhje vetëm kur drejtëza y = – x + 1 është tangjente me grafikun e funksionit y=

x 2 . a Le të jetë x 0 abshisa e pikës së tangjences së drejtëzës y = – x + 1 me parabolën y =

x 2 . Ekuacioni tangjent ka formën

y = y(x 0) + y "(x 0) (x – x 0).

Le të shkruajmë kushtet e tangjes:

Ky ekuacion mund të zgjidhet pa përdorur konceptin e derivatit. a Le të shqyrtojmë një metodë tjetër. Le të përdorim faktin që nëse drejtëza y = kx + b ka një pikë të vetme të përbashkët me parabolën y = a x 2 + px + q = kx + b duhet të ketë një zgjidhje unike, domethënë, diskriminuesi i saj është zero. Në rastin tonë kemi ekuacionin a x 2 = - x + 1 ( a nr. 0). Ekuacioni diskriminues

Probleme për t'u zgjidhur në mënyrë të pavarur

6. Sa rrënjë ka ekuacioni në varësi të parametrit 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) nëse a<0, то корней нет; если a=0, a>3, pastaj dy rrënjë; Nëse a=3, pastaj tre rrënjë; nëse 0<a<3, то четыре корня;
2) nëse a<1, то корней нет; если a=1, atëherë ka një grup të pafund zgjidhjesh nga intervali [– 2; a– 1]; Nëse
> 1, atëherë ka dy zgjidhje; a<0, то корней нет; если a=0, a<3, то четыре корня; если 0<a<1, то восемь корней; если a 3) nëse a=1, pastaj gjashtë rrënjë; Nëse a=3, atëherë ka tre zgjidhje; Nëse
>3, atëherë ka dy zgjidhje; a<0, то корней нет; если a=0, 4<a<5, то четыре корня; если 0<a< 4, то восемь корней; если a 4) nëse a=4, pastaj gjashtë rrënjë; Nëse a=5, pastaj tre rrënjë; Nëse

>5, atëherë ka dy rrënjë. a 7. Sa rrënjë ka ekuacioni | x + 1 | = a?

(x – 1) në varësi të parametrit .

Shënim. Meqenëse x = 1 nuk është një rrënjë e ekuacionit, ky ekuacion mund të reduktohet në formë a Përgjigje: nëse a > 1, a J-1,<a<0, то два корня; если 0<a=0, pastaj një rrënjë; nëse - 1

Ј 1, atëherë nuk ka rrënjë. a 8. Sa rrënjë ka barazimi x + 1 = a?

| x – 1 |në varësi të parametrit

Shënim. Meqenëse x = 1 nuk është një rrënjë e ekuacionit, ky ekuacion mund të reduktohet në formë a Vizatoni një grafik (shih figurën).<aЈ –1, atëherë nuk ka rrënjë; nëse - 1 aЈ 1, pastaj një rrënjë; Nëse

>1, atëherë ka dy rrënjë.

9. Sa rrënjë ka ekuacioni?

nëse 3 a?

2| x | – 1 = a (x – 1)

Shënim. Meqenëse x = 1 nuk është një rrënjë e ekuacionit, ky ekuacion mund të reduktohet në formë a Shënim. Zvogëloni ekuacionin për të formuar a>2, a J-2,<a<1, то два корня; если 1<a=1, pastaj një rrënjë; nëse -2

Ј 2, atëherë nuk ka rrënjë.

nëse 3 a?

Shënim. Meqenëse x = 1 nuk është një rrënjë e ekuacionit, ky ekuacion mund të reduktohet në formë aЈ 0, a 10. Sa rrënjë ka ekuacioni?<a<2, то два корня.

i 2, pastaj një rrënjë; nëse 0 a Problemi 5. Në cilat vlera të parametrit

11. Në cilat vlera të parametrit a x 2 +

x 2 + | x – 1 | = 0 (3)

| x – 2 | = 0 a Shënim. Zvogëloni ekuacionin në formën x 2 = -

| x – 2 |. a Përgjigje: kur

J – 8. a Problemi 5. Në cilat vlera të parametrit

a 12. Në cilat vlera të parametrit

x 2 + | x – 1 | = 0 (3)

x 2 + | x + 1 | = 0 a Shënim. Përdorni problemin 5. Ky ekuacion ka tre zgjidhje vetëm nëse ekuacioni a x 2 + x + 1 = 0 ka një zgjidhje, dhe rasti

= 0 nuk i plotëson kushtet e problemit, domethënë, rasti mbetet kur

13. Sa rrënjë ka ekuacioni? a

nëse 3 a?

x | x – 2 | = 1 - Shënim. Zvogëloni ekuacionin në formën –x |x – 2| + 1 =

nëse 3 a?

a

Shënim. Meqenëse x = 1 nuk është një rrënjë e ekuacionit, ky ekuacion mund të reduktohet në formë a<0, a Shënim. Ndërtoni grafikët e anës së majtë dhe të djathtë të këtij ekuacioni. a>2, atëherë ka dy rrënjë; nëse 0J

Ј 2, pastaj një rrënjë.

nëse 3 a?

16. Sa rrënjë ka ekuacioni? Shënim. Ndërtoni grafikët e anës së majtë dhe të djathtë të këtij ekuacioni. Për të grafikuar një funksion

Shënim. Meqenëse x = 1 nuk është një rrënjë e ekuacionit, ky ekuacion mund të reduktohet në formë a Le të gjejmë intervalet e shenjës konstante të shprehjeve x + 2 dhe x: a>– 1, pastaj një zgjidhje; Nëse<a<–1, то четыре решения; если a= – 1, atëherë ka dy zgjidhje; nëse - 3

Ј –3, atëherë ka tre zgjidhje.

Kjo temë është pjesë përbërëse e kursit të algjebrës shkollore. Qëllimi i kësaj pune është ta studiojmë këtë temë më thellë, të identifikojmë zgjidhjen më racionale që të çon shpejt në një përgjigje. Kjo ese do të ndihmojë studentët e tjerë të kuptojnë përdorimin e metodës grafike për zgjidhjen e ekuacioneve me parametra, të mësojnë për origjinën dhe zhvillimin e kësaj metode.

Shkarko:

Pamja paraprake:

Hyrje2

Kapitulli 1. Ekuacionet me një parametër

Historia e shfaqjes së ekuacioneve me parametrin3

Teorema e Vietës 4

Konceptet bazë5

Kapitulli 2. Llojet e ekuacioneve me parametra.

Ekuacionet lineare6

Ekuacionet kuadratike………………………………………………………………………………………

Kapitulli 3. Metodat për zgjidhjen e ekuacioneve me një parametër

Metoda analitike……………………………………………….8

Metoda grafike. Historia e origjinës………………………………9

Algoritmi për zgjidhjen e metodës grafike………………………………….10

Zgjidhja e ekuacionit me modul…………………………………………………….11

Pjesa praktike……………………………………………………………12

konkluzioni………………………………………………………………………………….19

Referencat……………………………………………………………… 20

Hyrje.

Zgjodha këtë temë sepse është pjesë përbërëse e kursit të algjebrës shkollore. Në përgatitjen e kësaj pune, vendosa synimin për një studim më të thellë të kësaj teme, duke identifikuar zgjidhjen më racionale që të çon shpejt në një përgjigje. Eseja ime do t'i ndihmojë studentët e tjerë të kuptojnë përdorimin e metodës grafike për zgjidhjen e ekuacioneve me parametra, të mësojnë rreth origjinës dhe zhvillimit të kësaj metode.

Në jetën moderne, studimi i shumë proceseve fizike dhe modeleve gjeometrike shpesh çon në zgjidhjen e problemeve me parametrat.

Për zgjidhjen e ekuacioneve të tilla, metoda grafike është shumë efektive kur duhet të përcaktoni se sa rrënjë ka ekuacioni në varësi të parametrit α.

Problemet me parametrat janë me interes thjesht matematikor, kontribuojnë në zhvillimin intelektual të nxënësve dhe shërbejnë si material i mirë për praktikimin e aftësive. Ato kanë vlerë diagnostike, pasi mund të përdoren për të testuar njohuritë e degëve kryesore të matematikës, nivelin e të menduarit matematikor dhe logjik, aftësitë fillestare të kërkimit dhe mundësitë premtuese për të zotëruar me sukses një kurs matematike në institucionet e arsimit të lartë.

Eseja ime diskuton llojet e ekuacioneve të hasura shpesh dhe shpresoj se njohuritë që kam marrë në procesin e punës do të më ndihmojnë gjatë dhënies së provimeve shkollore, sepseekuacionet me parametrakonsiderohen me të drejtë një nga problemet më të vështira të matematikës shkollore. Janë pikërisht këto detyra që përfshihen në listën e detyrave në Provimin e Bashkuar të Shtetit.

Historia e shfaqjes së ekuacioneve me një parametër

Problemet mbi ekuacionet me një parametër tashmë janë hasur në traktatin astronomik "Aryabhattiam", të përpiluar në 499 nga matematikani dhe astronomi indian Aryabhatta. Një tjetër shkencëtar indian, Brahmagupta (shekulli VII), përshkroi një rregull të përgjithshëm për zgjidhjen e ekuacioneve kuadratike të reduktuara në një formë të vetme kanonike:

αx 2 + bx = c, α>0

Koeficientët në ekuacion, përveç parametrit, gjithashtu mund të jetë negativ.

Ekuacionet kuadratike nga al-Khwarizmi.

Në traktatin algjebrik el-Kuarizmi jep një klasifikim të ekuacioneve lineare dhe kuadratike me parametrin a. Autori numëron 6 lloje ekuacionesh, duke i shprehur ato si më poshtë:

1) "Katroret janë të barabartë me rrënjët", d.m.th. αx 2 = bx.

2) "Katroret janë të barabartë me numrat", d.m.th. αx 2 = c.

3) "Rrënjët janë të barabarta me numrin", d.m.th. αx = c.

4) "Katroret dhe numrat janë të barabartë me rrënjët", d.m.th. αx 2 + c = bx.

5) "Katroret dhe rrënjët janë të barabarta me numrin", d.m.th. αx 2 + bx = c.

6) "Rrënjët dhe numrat janë të barabartë me katrorë", d.m.th. bx + c = αx 2 .

Formulat për zgjidhjen e ekuacioneve kuadratike sipas al-Khuarizmit në Evropë u parashtruan për herë të parë në "Librin e Abacus", shkruar në 1202 nga matematikani italian Leonardo Fibonacci.

Derivimi i formulës për zgjidhjen e një ekuacioni kuadratik me një parametër në formë të përgjithshme është i disponueshëm nga Vieta, por Vieta njohu vetëm rrënjë pozitive. Matematikanët italianë Tartaglia, Cardano, Bombelli ishin ndër të parët në shekullin e 12-të. Përveç pozitiveve, merren parasysh edhe rrënjët negative. Vetëm në shekullin e 17-të. Falë punës së Girardit, Dekartit, Njutonit dhe shkencëtarëve të tjerë, metoda e zgjidhjes së ekuacioneve kuadratike mori formën e saj moderne.

Teorema e Vietës

Teorema që shpreh marrëdhënien ndërmjet parametrave, koeficientëve të një ekuacioni kuadratik dhe rrënjëve të tij, të emërtuar sipas Vietës, u formulua nga ai për herë të parë në vitin 1591. Si vijon: “Nëse b + d shumëzuar me α minus α 2 , është e barabartë me bc, atëherë α është e barabartë me b dhe e barabartë me d.”

Për të kuptuar Vietën, duhet të kujtojmë se α, si çdo shkronjë zanore, nënkuptonte të panjohurën (x-në tonë), ndërsa zanoret b, d janë koeficientë për të panjohurën. Në gjuhën e algjebrës moderne, formulimi i mësipërm Vieta do të thotë:

Nëse ka

(α + b)x - x 2 = αb,

Kjo do të thotë, x 2 - (α -b)x + αb =0,

atëherë x 1 = α, x 2 = b.

Duke shprehur marrëdhënien midis rrënjëve dhe koeficientëve të ekuacioneve me formula të përgjithshme të shkruara duke përdorur simbole, Vieta vendosi uniformitet në metodat për zgjidhjen e ekuacioneve. Sidoqoftë, simbolika e Vietit është ende larg nga forma e saj moderne. Ai nuk i njihte numrat negativë dhe për këtë arsye, kur zgjidhte ekuacionet, ai merrte parasysh vetëm rastet kur të gjitha rrënjët ishin pozitive.

Konceptet Bazë

Parametri - një ndryshore e pavarur, vlera e së cilës konsiderohet një numër fiks ose arbitrar, ose një numër që i përket intervalit të përcaktuar nga gjendja e problemit.

Ekuacioni me parametër- matematikoreekuacioni, pamja dhe zgjidhja e të cilave varet nga vlerat e një ose më shumë parametrave.

Vendosni ekuacioni me mesataren e parametrave për secilën vlerëgjeni vlerat e x që plotësojnë këtë ekuacion dhe gjithashtu:

1. 1. Hulumtoni se në cilat vlera të parametrave ka rrënjë ekuacioni dhe sa ka për vlera të ndryshme të parametrave.
2. 2. Gjeni të gjitha shprehjet për rrënjët dhe tregoni për secilën prej tyre ato vlera të parametrave në të cilat kjo shprehje përcakton në të vërtetë rrënjën e ekuacionit.

Merrni parasysh ekuacionin α(x+k)= α +c, ku α, c, k, x janë madhësi të ndryshueshme.

Sistemi i vlerave të lejuara të variablave α, c, k, xështë çdo sistem vlerash të ndryshueshme në të cilin të dyja anët e majta dhe të djathta të këtij ekuacioni marrin vlera reale.

Le të jetë A bashkësia e të gjitha vlerave të pranueshme të α, K bashkësia e të gjitha vlerave të pranueshme të k, X bashkësia e të gjitha vlerave të pranueshme të x, C bashkësia e të gjitha vlerave të pranueshme të c. Nëse për secilën nga bashkësitë A, K, C, X zgjedhim dhe rregullojmë, përkatësisht, një vlerë α, k, c dhe i zëvendësojmë në ekuacion, atëherë marrim një ekuacion për x, d.m.th. ekuacion me një të panjohur.

Ndryshoret α, k, c, të cilat konsiderohen konstante gjatë zgjidhjes së një ekuacioni, quhen parametra dhe vetë ekuacioni quhet ekuacion që përmban parametra.

Parametrat shënohen me shkronjat e para të alfabetit latin: α, b, c, d, ..., k, l, m, n, kurse të panjohurat me shkronjat x, y, z.

Quhen dy ekuacione që përmbajnë të njëjtat parametra ekuivalente nëse:

a) kanë kuptim për vlerat e njëjta të parametrave;

b) çdo zgjidhje e ekuacionit të parë është zgjidhje e ekuacionit të dytë dhe anasjelltas.

Llojet e ekuacioneve me parametra

Ekuacionet me parametra janë: lineare dhe katror.

1) Ekuacioni linear. Pamje e përgjithshme:

α x = b, ku x është i panjohur;α, b - parametrat.

Për këtë ekuacion, vlera speciale ose e kontrollit të parametrit është ajo në të cilën koeficienti i të panjohurës bëhet zero.

Kur zgjidhet një ekuacion linear me një parametër, konsiderohen rastet kur parametri është i barabartë me vlerën e tij të veçantë dhe i ndryshëm nga ai.

Një vlerë e veçantë e parametrit α është vleraα = 0.

1.Nëse, dhe ≠0, pastaj për çdo çift parametrashα dhe b ka një zgjidhje unike x = .

2.Nëse, dhe =0, atëherë ekuacioni merr formën:0 x = b . Në këtë rast vlera b = 0 është një vlerë e veçantë e parametrit b.

2.1. Në b ≠ 0 ekuacioni nuk ka zgjidhje.

2.2. Në b =0 ekuacioni do të marrë formën:0 x =0.

Zgjidhja e këtij ekuacioni është çdo numër real.

Ekuacioni kuadratik me parametër.

Pamje e përgjithshme:

α x 2 + bx + c = 0

ku parametri α ≠0, b dhe c - numra arbitrar

Nëse α =1, atëherë ekuacioni quhet ekuacion kuadratik i reduktuar.

Rrënjët e një ekuacioni kuadratik gjenden duke përdorur formulat

Shprehja D = b 2 - 4 α c quhet diskriminues.

1. Nëse D> 0, ekuacioni ka dy rrënjë të ndryshme.

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

3. Nëse D = 0, ekuacioni ka dy rrënjë të barabarta.

Metodat për zgjidhjen e ekuacioneve me një parametër:

1. Analitike - një metodë e zgjidhjes së drejtpërdrejtë, duke përsëritur procedurat standarde për gjetjen e përgjigjes në një ekuacion pa parametra.
2. Grafik - në varësi të kushteve të problemit merret parasysh pozicioni i grafikut të funksionit kuadratik përkatës në sistemin koordinativ.

Metoda analitike

Algoritmi i zgjidhjes:

1. Para se të filloni të zgjidhni një problem me parametrat duke përdorur metodën analitike, duhet të kuptoni situatën për një vlerë numerike specifike të parametrit. Për shembull, merrni vlerën e parametrit α =1 dhe përgjigjuni pyetjes: a është vlera e parametrit α =1 e nevojshme për këtë detyrë.

Shembulli 1. Zgjidh relativisht X ekuacioni linear me parametrin m:

Sipas kuptimit të problemës (m-1)(x+3) = 0, pra m= 1, x = -3.

Duke shumëzuar të dyja anët e ekuacionit me (m-1)(x+3), marrim ekuacionin

marrim

Pra, në m= 2.25.

Tani duhet të kontrollojmë nëse ka ndonjë vlerë të m për të cilën

vlera e x-it të gjetur është -3.

duke zgjidhur këtë ekuacion, gjejmë se x është e barabartë me -3 me m = -0.4.

Përgjigje: me m=1, m =2,25.

Metoda grafike. Historia e origjinës

Studimi i varësive të përbashkëta filloi në shekullin e 14-të. Shkenca mesjetare ishte skolastike. Me këtë natyrë, nuk mbetej vend për studimin e varësive sasiore, bëhej fjalë vetëm për cilësitë e objekteve dhe lidhjet e tyre me njëra-tjetrën. Por midis studiuesve u ngrit një shkollë që argumentonte se cilësitë mund të jenë pak a shumë intensive (veshja e një personi që ka rënë në lumë është më e lagësht se ajo e dikujt që sapo është zënë nga shiu)

Shkencëtari francez Nikolai Oresme filloi të përshkruante intensitetin me gjatësitë e segmenteve. Kur ai vendosi këto segmente pingul me një vijë të caktuar, skajet e tyre formuan një vijë, të cilën ai e quajti "vija e intensitetit" ose "vija e skajit të sipërm" (grafiku i varësisë funksionale përkatëse Oresme madje studioi "planare). ” dhe cilësitë “fizike”, pra funksionet, në varësi të dy ose tre ndryshoreve.

Arritja e rëndësishme e Oresmes ishte përpjekja e tij për të klasifikuar grafikët që rezultojnë. Ai identifikoi tre lloje cilësish: uniforme (me intensitet konstant), uniform-pabarabartë (me një shkallë konstante ndryshimi në intensitet) dhe të pabarabartë-pabarabartë (të gjitha të tjerat), si dhe vetitë karakteristike të grafikëve të cilësive të tilla.

Për të krijuar një aparat matematikor për studimin e grafikëve të funksioneve, nevojitej koncepti i një ndryshoreje. Ky koncept u fut në shkencë nga filozofi dhe matematikani francez Rene Descartes (1596-1650). Ishte Dekarti ai që erdhi te idetë për unitetin e algjebrës dhe gjeometrisë dhe rolin e variablave, Dekarti prezantoi një segment njësi fikse dhe filloi të marrë në konsideratë marrëdhëniet e segmenteve të tjera me të.

Kështu, grafikët e funksioneve gjatë gjithë periudhës së ekzistencës së tyre kanë kaluar nëpër një sërë transformimesh themelore, të cilat i çuan në formën me të cilën jemi mësuar. Çdo fazë ose fazë në zhvillimin e grafikëve të funksioneve është një pjesë integrale e historisë së algjebrës dhe gjeometrisë moderne.

Metoda grafike e përcaktimit të numrit të rrënjëve të një ekuacioni në varësi të parametrit të përfshirë në të është më e përshtatshme se ajo analitike.

Zgjidhja e algoritmit me metodën grafike

Grafiku i një funksioni - një grup pikash në të cilatabshissajanë vlera të vlefshme argumenti, A ordinatat- vlerat përkatësefunksionet.

Algoritmi për zgjidhjen grafike të ekuacioneve me një parametër:

1. Gjeni domenin e përkufizimit të ekuacionit.
2. Ne shprehim α në funksion të x.
3. Në sistemin e koordinatave ndërtojmë një grafik të funksionitα (x) për ato vlera të x që përfshihen në fushën e përkufizimit të këtij ekuacioni.
4. Gjetja e pikave të kryqëzimit të një drejtëzeα =с, me grafikun e funksionit

α(x). Nëse drejtëza α =с kalon grafikunα (x), pastaj përcaktojmë abshisat e pikave të kryqëzimit. Për ta bërë këtë, mjafton të zgjidhet ekuacioni c = α (x) në lidhje me x.

1. Shkruani përgjigjen

Zgjidhja e ekuacioneve me modul

Kur zgjidhen ekuacionet me një modul që përmban një parametër grafikisht, është e nevojshme të ndërtohen grafikët e funksioneve dhe të merren parasysh të gjitha rastet e mundshme për vlera të ndryshme të parametrit.

Për shembull, │х│= a,

Përgjigje: nëse a < 0, то нет корней, a > 0, atëherë x = a, x = - a, nëse a = 0, atëherë x = 0.

Zgjidhja e problemeve.

Problemi 1. Sa rrënjë ka ekuacioni?| | x | - 2 | = a në varësi të parametrit a?

Zgjidhje. Në sistemin koordinativ (x; y) do të ndërtojmë grafikë të funksioneve y = | | x | - 2 | dhe y = a . Grafiku i funksionit y = | | x | - 2 | treguar në figurë.

Grafiku i funksionit y =α a = 0).

Nga grafiku shihet se:

Nëse a = 0, atëherë drejtëza y = a përkon me boshtin Ox dhe ka grafikun e funksionit y = | | x | - 2 | dy pika të përbashkëta; kjo do të thotë se ekuacioni origjinal ka dy rrënjë (në këtë rast, rrënjët mund të gjenden: x 1,2 = + 2).
Nëse 0< a < 2, то прямая y = α ka me grafikun e funksionit y = | | x | - 2 | katër pika të përbashkëta dhe, për rrjedhojë, ekuacioni origjinal ka katër rrënjë.
Nëse a = 2, atëherë drejtëza y = 2 ka tre pika të përbashkëta me grafikun e funksionit. Atëherë ekuacioni origjinal ka tre rrënjë.
Nëse a > 2, pastaj drejtëza y = a do të ketë dy pika me grafikun e funksionit origjinal, pra ky ekuacion do të ketë dy rrënjë.

Përgjigje: nëse a < 0, то корней нет;
nëse a = 0, a > 2, atëherë ka dy rrënjë;
nëse a = 2, atëherë ka tre rrënjë;
nëse 0< a < 2, то четыре корня.

Problemi 2. Sa rrënjë ka ekuacioni?| x 2 - 2| x | - 3 | = a në varësi të parametrit a?

Zgjidhje. Në sistemin koordinativ (x; y) do të ndërtojmë grafikë të funksioneve y = | x 2 - 2| x | - 3 | dhe y = a.

Grafiku i funksionit y = | x 2 - 2| x | - 3 | treguar në figurë. Grafiku i funksionit y =α është një vijë e drejtë paralele me Ox ose që përkon me të (kur a = 0).

Nga grafiku mund të shihni:

Nëse a = 0, atëherë drejtëza y = a përkon me boshtin Ox dhe ka grafikun e funksionit y = | x2 - 2| x | - 3 | dy pika të përbashkëta, si dhe drejtëza y = a do të ketë me grafikun e funksionit y = | x 2 - 2| x | - 3 | dy pika të përbashkëta në a > 4. Pra, për a = 0 dhe a > 4 ekuacioni origjinal ka dy rrënjë.
Nëse 0< a< 3, то прямая y = a ka me grafikun e funksionit y = | x 2 - 2| x | - 3 | katër pika të përbashkëta, si dhe drejtëza y= a do të ketë katër pika të përbashkëta me grafikun e funksionit të ndërtuar në a = 4. Pra, në 0< a < 3, a = 4 ekuacioni origjinal ka katër rrënjë.
Nëse a = 3, pastaj drejtëza y = a pret grafikun e një funksioni në pesë pika; prandaj, ekuacioni ka pesë rrënjë.
Nëse 3< a< 4, прямая y = α pret grafikun e funksionit të ndërtuar në gjashtë pika; Kjo do të thotë që për këto vlera të parametrave ekuacioni origjinal ka gjashtë rrënjë.
Nëse a < 0, уравнение корней не имеет, так как прямая y = α nuk e pret grafikun e funksionit y = | x 2 - 2| x | - 3 |.

Përgjigje: nëse a < 0, то корней нет;
nëse a = 0, a > 4, atëherë ka dy rrënjë;
nëse 0< a < 3, a = 4, atëherë ka katër rrënjë;

nëse a = 3, pastaj pesë rrënjë;
nëse 3< a < 4, то шесть корней.

Problemi 3. Sa rrënjë ka ekuacioni?

në varësi të parametrit a?

Zgjidhje. Le të ndërtojmë një grafik të funksionit në sistemin koordinativ (x; y)

por fillimisht le ta paraqesim në formën:

Drejtëzat x = 1, y = 1 janë asimptota të grafikut të funksionit. Grafiku i funksionit y = | x | + a përftohet nga grafiku i funksionit y = | x | zhvendosja nga një njësi përgjatë boshtit Oy.

Grafikët e funksioneve kryqëzohen në një pikë në a > - 1; Kjo do të thotë që ekuacioni (1) për këto vlera parametrash ka një zgjidhje.

Kur a = - 1, a = - 2 grafikë kryqëzohen në dy pika; Kjo do të thotë se për këto vlera parametrash, ekuacioni (1) ka dy rrënjë.
Në - 2< a< - 1, a < - 2 графики пересекаются в трех точках; значит, уравнение (1) при этих значениях параметра имеет три решения.

Përgjigje: nëse a > - 1, pastaj një zgjidhje;
nëse a = - 1, a = - 2, atëherë ka dy zgjidhje;
nëse - 2< a < - 1, a < - 1, то три решения.

Komentoni. Me rastin e zgjidhjes së ekuacionit të problemit, vëmendje e veçantë duhet t'i kushtohet rastit kur a = - 2, pasi pika (- 1; - 1) nuk i përket grafikut të funksionitpor i përket grafikut të funksionit y = | x | + a.

Problemi 4. Sa rrënjë ka ekuacioni?

x + 2 = a | x - 1 |

në varësi të parametrit a?

Zgjidhje. Vini re se x = 1 nuk është një rrënjë e këtij ekuacioni, pasi barazia 3 = a 0 nuk mund të jetë e vërtetë për asnjë vlerë parametri a . Le t'i ndajmë të dyja anët e ekuacionit me | x - 1 |(| x - 1 |0), atëherë ekuacioni merr formënNë sistemin koordinativ xOy do të vizatojmë funksionin

Grafiku i këtij funksioni është paraqitur në figurë. Grafiku i funksionit y = a është një vijë e drejtë paralele me boshtin Ox ose që përkon me të (nëse a = 0).

Për të zbuluar plotësisht aftësitë e kësaj metode, ne do të shqyrtojmë llojet kryesore të problemeve.

Shembuj të detyrave për testimin e njohurive dhe aftësive gjatë zgjidhjes së problemeve me parametra duke përdorur metodën grafike (avioni i koordinatave)

Detyra 1.

Në çfarë vlerashaa ka dy rrënjë ekuacioni =?

Zgjidhje.

Le të kalojmë në një sistem ekuivalent:

Ky sistem në planin koordinativ (;) përcakton një kurbë. Është e qartë se të gjitha pikat e këtij harku parabolik (dhe vetëm ato) kanë koordinata që plotësojnë ekuacionin origjinal. Prandaj, numri i zgjidhjeve të ekuacionit për secilën vlerë fikse të parametrit, e barabartë me numrin e pikave të kryqëzimit të lakores me vijën horizontale që i përgjigjet vlerës së këtij parametri.

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 formës) formojnë sipërfaqen e treguar në figurë me çelje. Kërkesa për një zgjidhje unike për një sistem të caktuar përkthehet në gjuhën grafike si më poshtë: vijat horizontale duhet të kenë vetëm një pikë të përbashkët me rajonin që rezulton. Është e lehtë ta shohësh atë vetëm drejtdhe plotësojnë kërkesat e deklaruara.

Dy detyrat e sapo diskutuara na lejojnë të japim rekomandime më specifike në krahasim me ato të dhëna më parë:

përpiquni të shprehni parametrin përmes një ndryshoreje, pra të merrni barazitë e formës, atëherë

vizatoni një grafik të një funksioni në një plan.

Detyra 3.

Në çfarë vlerashA a ka ekuacioni saktësisht tre rrënjë?

Zgjidhje.

ne kemi

Grafiku i këtij grupi është bashkimi i një "këndi" dhe një parabole. Natyrisht, vetëm një vijë e drejtë kryqëzon bashkimin që rezulton në tre pika.

Koment: Parametri zakonisht merret parasysh si një numër fiks por i panjohur. Ndërkohë, nga pikëpamja formale, një parametër është një variabël dhe "i barabartë" me të tjerët që janë të pranishëm në problem. 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 është zero dhe emëruesi është jo zero.

Gjetja e rrënjëve të trinomit kuadratik:

Përgjigju: Dhe.

Detyra 5.

Në cilat vlera parametrash,A ekuacioni ka një zgjidhje unike.

Zgjidhje.

Le të shkruajmë një sistem të barabartë me ekuacionin origjinal

Nga këtu marrim

Le të ndërtojmë një grafik dhe të vizatojmë vija të drejta pingul me boshtetA .

Dy pabarazitë e para të sistemit përcaktojnë një grup pikash, të treguara me hije, dhe ky grup nuk përfshin hiperbolat dhe.

Përgjigju : 2 < < или < или = .

Detyra 6.

Gjeni të gjitha vlerat e parametraveA , për të cilën ekuacioni

ka saktësisht dy zgjidhje të ndryshme

Zgjidhje.

Konsideroni një grup prej dy sistemesh

Nëse , Se.

Nëse < , Se.

Nga këtu

ose

Parabolat dhe një vijë e drejtë kanë dy pika të përbashkëta:A (-2; - 2), NË(-1; -1), dhe, NË - kulmi i parabolës së parë,D - maja e sekondës. 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 ndryshme.

Zgjidhje.

Le ta rishkruajmë këtë ekuacion në formë

Rrënjët e ekuacionit, me kusht që.

Le të ndërtojmë një grafik të këtij ekuacioni. Në këtë rast, është e përshtatshme të ndërtohet një grafik duke i caktuar variablit boshtin e ordinatave. Këtu “lexojmë” përgjigjen me drejtëza vertikale, gjejmë se ky ekuacion ka vetëm dy rrënjë të ndryshme në = -1 ose ose.

Përgjigje: në = -1 ose ose.

Detyra 8.

Për të cilat bashkësia e zgjidhjeve të pabarazisë përmban një interval.

Zgjidhje.

Le të shkruajmë një grup dy sistemesh ekuivalente me ekuacionin origjinal:

ose

Meqenëse në zgjidhjen e sistemit të parë asA nuk mund të përfshihet në segment, atëherë do të kryejmë kërkimet e nevojshme për sistemin e dytë.

ne kemi

Le të shënojmë . Pastaj pabarazia e dytë e sistemit merr formën< - dhe në planin koordinativ përcakton bashkësinë e paraqitur në figurë.

Pastaj, nga këtu.

Përgjigju : .

Detyra 9.

Gjeni të gjithë numrat jonegativë për të cilët ekziston një numër unik që plotëson sistemin

Zgjidhje.

ne kemi

Ekuacioni i parë në planin koordinativ specifikon një familje vijash vertikale. Drejtoni vijat dhe ndani aeroplanët në katër zona. Disa prej tyre janë zgjidhje për sistemin e pabarazisë. Saktësisht cilat mund të përcaktohen duke marrë një pikë testimi nga secili rajon. Rajoni, pika e të cilit plotëson pabarazinë është zgjidhja e tij (kjo teknikë shoqërohet me metodën e intervaleve kur zgjidhen pabarazitë me një ndryshore). Ndërtimi i linjave të drejta

Për shembull, marrim një pikë dhe e zëvendësojmë në Koordinatat e pikave që plotësojnë pabarazinë.

Pra, sistemi origjinal është i kënaqur nga të gjitha pikat (dhe vetëm ato) të shtrira në rreze dhe të theksuara në vizatim me vija të theksuara (d.m.th., ne ndërtojmë pika në një zonë të caktuar).

Tani duhet të gjejmë atë unike kur të rregullohet. Ne ndërtojmë vija paralele që kryqëzojnë boshtin. dhe gjeni se ku do të ketë një pikë kryqëzimi 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 ka zgjidhje sistemi?

Zgjidhje.

Le të faktorizojmë anën e majtë të pabarazisë së sistemit, kemi

Ne ndërtojmë linja të drejta dhe... Tregojmë në figurë duke hijezuar grupin e pikave të rrafshit që plotëson pabarazinë e sistemit.

Atëherë abshisat e harqeve të zgjedhura 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 në modul nuk i kalon dy ().

Zgjidhje .

Le ta rishkruajmë këtë pabarazi në këtë formë. Le të ndërtojmë grafikët e ekuacioneve dhe =.

Duke përdorur "metodën e intervaleve" ne përcaktojmë se zgjidhja e pabarazisë origjinale do të jenë zonat me hije.

ato. tani, nëse për ndonjë vlerë fikse vija e drejtë në kryqëzimin me zonën që rezulton jep vetëm pika, abshisat e të cilave plotësojnë kushtin < 2, atëherë është një nga vlerat e parametrave të dëshiruar.

Kështu që ne e shohim atë.

Përgjigje: .

Detyra 12.

Për cilat vlera të parametrit grupi i zgjidhjeve të pabarazisë përmban jo më shumë se katër vlera të plota?

Zgjidhje.

Le ta shndërrojmë këtë pabarazi në formë. Kjo pabarazi është e barabartë me kombinimin e dy sistemeve

ose

Le të vizatojmë vija të drejta ku. Atëherë vlera për të cilën vija kryqëzon linjat në jo më shumë se katër pika nga grupi i shënuar do të jetë vlera e dëshiruar. Pra, ne shohim se është ose ose.

Përgjigje: ose ose.

Detyra 13.

Në cilat vlera parametrashA ka një sistem zgjidhjeje

Zgjidhje.

Rrënjët e një trinomi kuadratik dhe.

Pastaj

Ne ndërtojmë linja të drejta dhe...

Duke përdorur metodën e "intervaleve" gjejmë një zgjidhje për pabarazinë e sistemit (zonën e hijezuar).

Ne gjejmë vlerat nga sistemi

Kuptimi i dhe është nga sistemi.

Përgjigje:

Detyra 14.

Në varësi të vlerave të parametraveA zgjidhni pabarazinë > .

Zgjidhje.

Le ta rishkruajmë këtë pabarazi në formë dhe të shqyrtojmë funksionin, të cilat, duke zgjeruar modulet, i shkruajmë si më poshtë:

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

është i kënaqur vetëm me një.

Zgjidhje.

Le ta rishkruajmë këtë sistem në këtë formë:

Le të ndërtojmë rajonin e përcaktuar nga ky sistem.

1) , është kulmi i parabolës.

2) - një vijë e drejtë që kalon nëpër pika dhe.

Le të gjejmë vlerën:

= (jo i përshtatshëm për qëllimin e problemit),

Gjetja e ordinatës:

Përgjigje:,

Detyra 16.

Gjeni të gjitha vlerat e parametraveA, sipas të cilit sistemi i pabarazive

mjafton vetëm për një x.

Zgjidhje .

Le të ndërtojmë parabola dhe të tregojmë me hije zgjidhjen e sistemit të fundit.

2) , .

Figura tregon se gjendja e problemit plotësohet kur ose.

Përgjigje: ose.

Detyra 17.

Për çfarë vlerash ekuacioni ka saktësisht tre rrënjë?

Zgjidhje.

Ky ekuacion është i barabartë me grupin

Grafiku i popullsisë është një kombinim i grafikëve të parabolës dhe këndit.

Përgjigje: në.

Detyra 18.

Për cilat vlera ekuacioni ka saktësisht tre zgjidhje?

Zgjidhje.

Le të transformojmë anën e majtë të këtij ekuacioni. Ne marrim një ekuacion kuadratik në lidhje me.

Ne marrim ekuacionin

Që është e barabartë me tërësinë

Gjeni pikat ordinate të kryqëzimit të parabolave:

Lexojmë informacionin e nevojshëm nga figura: ky ekuacion ka tre zgjidhje në ose

Përgjigje: në ose

Detyra 19.

Në varësi të parametrit, përcaktoni numrin e rrënjëve të ekuacionit

Zgjidhje .

Konsideroni këtë ekuacion si kuadratik në lidhje me a.

,

.

Ne marrim tërësinë

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 një ekuacion kuadratik, marrim bashkësinë.

Tani qasja në planin koordinativ e bën detyrën të thjeshtë. Koordinatat e pikave të kryqëzimit i gjejmë duke zgjidhur ekuacionin

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 kuadratik në kllapa:

Ne lexojmë informacionin e nevojshëm nga fotografia. Pra, ky ekuacion ka dy rrënjë të ndryshme në (dhe) dhe në (dhe)

Përgjigje: në (dhe) dhe

në (dhe).

Detyra 2 2 .

Zgjidheni sistemin e pabarazive:

Zgjidhje.

Të gjitha pikat në zonën me hije janë një zgjidhje për sistemin. Le ta ndajmë zonën e ndërtuar në dy pjesë.

Nëse po, atëherë nuk ka zgjidhje.

Nëse, atëherë abshisa e pikave të zonës së hijezuar do të jetë më e madhe se abshisa e pikave të drejtëzës, por më e vogël se abshisa (rrënja më e madhe e ekuacionit) e parabolës.

Le ta shprehim atë përmes ekuacionit të drejtë:

Le të gjejmë rrënjët e ekuacionit:

Pastaj.

Nëse po, atëherë.

Përgjigje: për dhe 1 nuk ka zgjidhje;

në;

në.

Detyra 23.

Të zgjidhë sistemin e pabarazive

Zgjidhje.

– maja e parabolës.

Maja e parabolës.

Gjeni abshisën e pikave të kryqëzimit të parabolave:

Në ekuacionet e parabolave ​​i shprehim përmes:

Regjistrimi përgjigje:

nëse dhe, atëherë nuk ka zgjidhje;

nëse, atëherë< ;

nëse, atëherë.

Detyra 24.

Në çfarë vlerash, dhe ekuacioni nuk ka zgjidhje?

Zgjidhje.

Ekuacioni është i barabartë me sistemin

Le të ndërtojmë shumë zgjidhje të sistemit.

Le të gjejmë se në cilën dhe ta përjashtojmë atë.

Pra, sepse nuk ka zgjidhje;

kur nuk ka zgjidhje;

(shënim: për pjesën tjetërAka një ose dy zgjidhje).

Përgjigje: ; .

Detyra 25.

Për cilat vlera reale të parametrit ekziston të paktën një që plotëson kushtet:

Zgjidhje.

Le të zgjidhim pabarazinë në mënyrë grafike duke përdorur "metodën e intervalit" dhe të ndërtojmë një grafik. Le të shohim se cila pjesë e grafikut bie në zonën e ndërtuar për zgjidhjen e pabarazisë dhe të gjejmë vlerat përkatëseA.

Ndërtojmë grafikë të drejtëzave dhe

Ata e ndajnë planin koordinativ në 4 rajone.

Ne do ta zgjidhim pabarazinë e fundit grafikisht 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 një zgjidhje të vetme të pabarazisë.

Zgjidhje.

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 vijave dhe. Grafiku i popullsisë është një bashkim i drejtëzave.

“Shponi” pikat e grafikut me abshisa.

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.

Ne ndërtojmë linja të drejta. Nga figura përcaktojmë se kur ( është abshisa e pikës së kryqëzimit të hiperbolës dhe drejtëzës), drejtëzat nuk e ndërpresin zonën e hijezuar.

Përgjigje: në.

Detyra 29.

Në cilat vlera parametrashA sistemi ka një zgjidhje unike.

Zgjidhje.

Le të kalojmë në një sistem të barabartë me këtë.

Në rrafshin koordinativ, do të ndërtojmë grafikët e parabolave ​​dhe kulmeve të parabolave, përkatësisht pikat dhe.

Le të llogarisim abshisat e pikave të kryqëzimit të parabolave ​​duke zgjidhur ekuacionin

Zona e hijezuar është zgjidhja e sistemit të pabarazive. Direkt dhe

Përgjigje: në i.

Detyra 30.

Zgjidh pabarazinë:

Zgjidhje.

Në varësi të parametrit, do të gjejmë vlerën.

Ne do ta zgjidhim pabarazinë duke përdorur "metodën e intervalit".

Le të ndërtojmë parabola

: .

Le të llogarisim koordinatat e pikës së kryqëzimit të parabolave:

1) Nëse, atëherë nuk ka zgjidhje.

2) Nëse, atëherë në ekuacion e shprehim përmes:

Kështu, në zonëI ne kemi.

Nëse po, atëherë shikoni:

a) rajoni II .

Le ta shprehim në ekuacionin përmes.

Rrënjë më e vogël

Rrënjë më e madhe.

Pra, në zonë II ne kemi.

b) rajoni 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: Një libër shkollor për studentët e shkollave dhe klasave me studim të avancuar të matematikës - botimi i 2-të. – M.: Arsimi, 1994.

P. I. Gornshtein, V. B. Polonsky, M. S. Yakir. Probleme me parametrat. Botimi i 3-të, i zgjeruar dhe i rishikuar. – M.: Ilexa, Kharkov: Gjimnazi, 2003.

Faddeev D.K. Algjebra 6 – 8. – M.: Edukimi, 1983 (b – ka mësues i matematikës).

A.H. Shakhmeister. Ekuacionet dhe pabarazitë me parametra. Redaktuar nga B. G. Ziv. S – Petersburg. Moska. 2004.

V. V. Amelkin, V. L. Rabtsevich. Problemet me parametrat Minsk "Asar", 2002.

A.H. Shakhmeister. Probleme me parametrat në Provimin e Unifikuar të Shtetit. Shtëpia Botuese e Universitetit të Moskës, CheRo në Neva MTsNMO.

Ekuacionet me parametra konsiderohen me të drejtë një nga problemet më të vështira në matematikën shkollore. Janë pikërisht këto detyra që vit pas viti futen në listën e detyrave të tipit B dhe C në provimin e unifikuar të shtetit të Provimit të Unifikuar të Shtetit. Megjithatë, në mesin e numrit të madh të ekuacioneve me parametra, ka nga ato që mund të zgjidhen lehtësisht grafikisht. Le ta shqyrtojmë këtë metodë duke përdorur shembullin e zgjidhjes së disa problemeve.

Gjeni shumën e vlerave të plota të numrit a për të cilin barazimi |x 2 – 2x – 3| = a ka katër rrënjë.

Zgjidhje.

Për t'iu përgjigjur pyetjes së problemit, le të ndërtojmë grafikët e funksioneve në një plan koordinativ

y = |x 2 – 2x – 3| dhe y = a.

Grafiku i funksionit të parë y = |x 2 – 2x – 3| do të merret nga grafiku i parabolës y = x 2 – 2x – 3 duke shfaqur në mënyrë simetrike në lidhje me boshtin x atë pjesë të grafikut që është nën boshtin Ox. Pjesa e grafikut e vendosur mbi boshtin x do të mbetet e pandryshuar.

Le ta bëjmë këtë hap pas hapi. Grafiku i funksionit y = x 2 – 2x – 3 është një parabolë, degët e së cilës janë të drejtuara lart. Për të ndërtuar grafikun e tij, gjejmë koordinatat e kulmit. Kjo mund të bëhet duke përdorur formulën x 0 = -b/2a. Kështu, x 0 = 2/2 = 1. Për të gjetur koordinatën e kulmit të parabolës përgjatë boshtit të ordinatave, ne e zëvendësojmë vlerën që rezulton për x 0 në ekuacionin e funksionit në fjalë. Marrim se y 0 = 1 – 2 – 3 = -4. Kjo do të thotë se kulmi i parabolës ka koordinata (1; -4).

Tjetra, ju duhet të gjeni pikat e kryqëzimit të degëve të parabolës me boshtet e koordinatave. Në pikat e kryqëzimit të degëve të parabolës me boshtin e abshisës, vlera e funksionit është zero. Prandaj, zgjidhim ekuacionin kuadratik x 2 – 2x – 3 = 0. Rrënjët e tij do të jenë pikat e kërkuara. Nga teorema e Vieta-s kemi x 1 = -1, x 2 = 3.

Në pikat e kryqëzimit të degëve të parabolës me boshtin e ordinatave, vlera e argumentit është zero. Kështu, pika y = -3 është pika e prerjes së degëve të parabolës me boshtin y. Grafiku që rezulton është paraqitur në Figurën 1.

Për të marrë një grafik të funksionit y = |x 2 – 2x – 3|, le të shfaqim pjesën e grafikut që ndodhet nën boshtin x në mënyrë simetrike në raport me boshtin x. Grafiku që rezulton është paraqitur në Figurën 2.

Grafiku i funksionit y = a është një drejtëz paralele me boshtin e abshisave. Është paraqitur në figurën 3. Duke përdorur figurën, ne gjejmë se grafikët kanë katër pika të përbashkëta (dhe ekuacioni ka katër rrënjë) nëse a i përket intervalit (0; 4).

Vlerat e plota të numrit a nga intervali që rezulton: 1; 2; 3. Për t'iu përgjigjur pyetjes së problemit, le të gjejmë shumën e këtyre numrave: 1 + 2 + 3 = 6.

Përgjigje: 6.

Gjeni mesataren aritmetike të vlerave të plota të numrit a për të cilin barazimi |x 2 – 4|x| – 1| = a ka gjashtë rrënjë.

Le të fillojmë me vizatimin e funksionit y = |x 2 – 4|x| – 1|. Për ta bërë këtë, ne përdorim barazinë a 2 = |a| 2 dhe zgjidhni katrorin e plotë në shprehjen nënmodulare të shkruar në anën e djathtë të funksionit:

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

Atëherë funksioni origjinal do të ketë formën y = |(|x| – 2) 2 – 5|.

Për të ndërtuar një grafik të këtij funksioni, ne ndërtojmë grafikët sekuencialë të funksioneve:

1) y = (x – 2) 2 – 5 – parabolë me kulm në pikën me koordinata (2; -5); (Fig. 1).

2) y = (|x| – 2) 2 – 5 – pjesa e parabolës e ndërtuar në hapin 1, e cila ndodhet në të djathtë të boshtit të ordinatave, paraqitet në mënyrë simetrike në të majtë të boshtit Oy; (Fig. 2).

3) y = |(|x| – 2) 2 – 5| – pjesa e grafikut e ndërtuar në pikën 2, e cila ndodhet poshtë boshtit x, shfaqet në mënyrë simetrike në raport me boshtin x lart. (Fig. 3).

Le të shohim vizatimet që rezultojnë:

Grafiku i funksionit y = a është një drejtëz paralele me boshtin e abshisave.

Duke përdorur figurën, arrijmë në përfundimin se grafikët e funksioneve kanë gjashtë pika të përbashkëta (ekuacioni ka gjashtë rrënjë) nëse a i përket intervalit (1; 5).

Kjo mund të shihet në figurën e mëposhtme:

Le të gjejmë mesataren aritmetike të vlerave të numrit të plotë të parametrit a:

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

Përgjigje: 3.

blog.site, kur kopjoni materialin plotësisht ose pjesërisht, kërkohet një lidhje me burimin origjinal.