Gjeni parametrin që ekuacioni ka një zgjidhje unike. Ekuacione eksponenciale me parametër

Prezantimi

§1. Zhvillimi i orëve me zgjedhje për temën.

konkluzioni.

PREZANTIMI

Qëllimi kryesor i orëve me zgjedhje në matematikë është zgjerimi dhe thellimi i njohurive, zhvillimi i interesit të studentëve për lëndën dhe zhvillimi i aftësive të tyre matematikore. Procesi mësimor është i strukturuar si një veprimtari e përbashkët kërkimore e studentëve.

Studimi i temës “Ekuacionet me parametra” luan një rol të madh në zhvillimin e të menduarit matematikor të nxënësve në orët me zgjedhje. Megjithatë, studimit të kësaj teme në kurrikulën shkollore nuk i kushtohet vëmendje e mjaftueshme. Interesimi për temën shpjegohet me faktin se ekuacionet me parametra ofrohen si në provimet përfundimtare të shkollës ashtu edhe në provimet e pranimit në universitet.

Qëllimi i punës së lëndës është njohja e studentëve me bazat teorike të zgjidhjes së ekuacioneve me parametra, llojet kryesore të tyre dhe rekomandimet për zgjidhje.

§1. Bazat teorike për zgjidhjen e ekuacioneve me parametra.

Merrni parasysh ekuacionin

F (x, y, ..., z; α,β, ..., γ) = 0 (F)

me persona të panjohur x, y, ..., z dhe me parametra α,β, ..., γ ;për çdo sistem të pranueshëm të vlerave të parametrave α 0 , β 0 , ..., γ 0 ekuacioni (F) bëhet ekuacion

F(x, y, ..., z; α 0 ,β 0 , ..., γ 0) = 0(F 0)

me persona të panjohur x, y,..., z, që nuk përmban parametra. ekuacioni ( Fo) ka një grup të mirëpërcaktuar (ndoshta bosh) zgjidhjesh.

Sistemet e ekuacioneve që përmbajnë parametra konsiderohen në mënyrë të ngjashme. Sistemet e pranueshme të vlerave të parametrave konsiderohen sisteme që janë të pranueshme për secilin ekuacion veç e veç.

Përkufizimi. Zgjidhja e një ekuacioni (ose sistemi) që përmban parametra do të thotë, për çdo sistem të pranueshëm të vlerave të parametrave, gjetja e grupit të të gjitha zgjidhjeve të një ekuacioni (sistemi) të caktuar.

Koncepti i ekuivalencës në lidhje me një ekuacion që përmban parametra përcaktohet si më poshtë.

Përkufizimi. Dy ekuacione (sisteme)

F(x, y, ..., z; α,β, ..., γ) = 0 (F),

Ф (x, y, ..., z; α, β, ..., γ) = 0 (F)

me të panjohura x, y,..., z dhe me parametrat α, β, ..., γ quhen ekuivalente nëse për të dy ekuacionet (sistemet) grupi i sistemeve të pranueshme të vlerave të parametrave është i njëjtë dhe për çdo të pranueshme. sistemi i vlerave, parametrat të dy ekuacionet (sistemet e ekuacioneve) janë ekuivalente.

Kështu që, ekuacionet ekuivalente për çdo sistem të pranueshëm të vlerave të parametrave kanë të njëjtin grup zgjidhjesh.

Një transformim i një ekuacioni që ndryshon grupin e sistemeve të pranueshme të vlerave të parametrave çon në një ekuacion që nuk është ekuivalent me ekuacionin e dhënë.

Supozoni se secila nga të panjohurat e përfshira në barazimin.

F(x, y,z; α,β, ..., γ) =0 (F)

specifikuar si funksion i parametrave: x = x(α,β, ..., γ);

y = y(α,β, ..., γ);….

z= z (α,β, ..., γ). (X)

Ata thonë se sistemi i funksioneve ( X), të dhëna së bashku, plotëson ekuacionin ( F), nëse gjatë zëvendësimit të këtyre funksioneve në vend të të panjohurave x, y,..., z në ekuacionin (F), ana e majtë e tij zhduket në mënyrë identike për të gjitha vlerat e lejuara të parametrave:

F ( x (α,β, ..., γ), y ( α,β, ..., γ),…, z (α,β, ..., γ ) ≡0.

Për çdo sistem të pranueshëm të vlerave numerike të parametrave α = α 0 ,β=β 0 , ..., γ= γ 0 vlerat përkatëse të funksionit ( X) formoni një zgjidhje të ekuacionit

F(x, y, ..., z; α 0, β 0, ..., γ 0) = 0

§2. Llojet bazë të ekuacioneve me parametra.

Ekuacionet lineare dhe kuadratike.

Një ekuacion linear i shkruar në formë të përgjithshme mund të konsiderohet si një ekuacion me parametra: Oh = b, Ku X- e panjohur, A, b- opsione. Për këtë ekuacion, vlera speciale ose e kontrollit të parametrit është ajo në të cilën koeficienti i të panjohurës zhduket.

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 a është vlera A = 0.

1. Nëse A≠ 0, atëherë për çdo çift parametrash a dhe b ka një zgjidhje unike X =

2. Nëse A= 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.

SHEMBULL Le të zgjidhim ekuacionin

2a(a - 2) x=a - 2. (2)

Zgjidhja këtu vlerat e kontrollit do të jenë ato vlera të parametrave në të cilat është koeficienti X bëhet 0. Këto vlera janë a=0 Dhe a=2. Në këto vlera Aështë e pamundur të ndahen të dyja anët e ekuacionit me koeficientin në X. Në të njëjtën kohë, me vlerat e parametrave a≠0, a≠2 kjo ndarje është e mundur. Kështu, këshillohet që grupi i të gjitha vlerave reale të parametrave të ndahet në nënbashkësi

A 1 = (0), A 2 = (2) dhe Az = ( A ≠0, A ≠2}

dhe zgjidhni ekuacionin (2) në secilën prej këtyre nëngrupeve, d.m.th., zgjidhni ekuacionin (2) si një familje ekuacionesh që rezultojnë prej tij për vlerat e parametrave të mëposhtëm:

1) a= 0 ; 2) a= 2 ; 3) a≠0, a≠2

Le të shqyrtojmë këto raste.

1) Kur a= 0 ekuacioni (2) merr formën 0 X= - 2. Ky ekuacion nuk ka rrënjë.

2) Kur a= 2Ekuacioni (2) merr formën 0 X=0. Rrënja e këtij ekuacioni është çdo numër real.

3) Për a≠0, a≠2 nga ekuacioni (2) marrim, x=

ku x=

0 t v e t: 1) nëse a= 0, atëherë nuk ka rrënjë; 2) nëse a= 2, Se X- çdo numër real; 3) nëse A ≠0, A≠2, atëherë X =

Shembull Le të zgjidhim ekuacionin

(A - 1) X 2 +2 (2A +1) X +(4A +3) =0; (3)

Zgjidhja: Në këtë rast, vlera e kontrollit është a=1. Çështja është se kur a=1 ekuacioni (3) është linear, dhe kur a≠ 1 është katror (ky është ndryshimi cilësor në ekuacion). Kjo do të thotë se këshillohet që ekuacioni (3) të merret në konsideratë si një familje ekuacionesh të marra prej tij për vlerat e parametrave të mëposhtëm: 1) A=l; 2) A ≠1.

Le të shqyrtojmë këto raste.

1) Kur a=1 ekuacioni (3) do të marrë formën b X+7=0. Nga kjo

ekuacionet gjejme x= -

2) Nga një grup vlerash parametrash a≠ 1, ne theksojmë ato vlera në të cilat diskriminuesi i ekuacionit (3) kthehet në 0.

Çështja është se nëse diskriminuesi D=0 në a=a o, atëherë kur kalon vlerën D përmes pikës dhe rreth diskriminuesi mund të ndryshojë shenjën (për shembull, kur A<а о D< 0, а при a>a o D>0). Në të njëjtën kohë, kur kaloni nëpër pikën ao, ndryshon edhe numri i rrënjëve reale të ekuacionit kuadratik (në shembullin tonë, kur A<а о nuk ka rrënjë, pasi D< 0, а при a>a o D>0 ekuacioni ka dy rrënjë). Kjo do të thotë se mund të flasim për një ndryshim cilësor në ekuacion. Prandaj, vlerat e parametrave në të cilat diskriminuesi i ekuacionit kuadratik kthehet në 0 quhen gjithashtu si vlera kontrolli.

Le të krijojmë një diskriminues për ekuacionin (3):

Nga barazimi.

MKOU "Shkolla e mesme Lodeynopolskaya nr. 68"

_________________________________________________________________________________________________________________________________

Fjalimi në një takim të Rajonit të Moskës

Metodat e zgjidhjes së problemeve

me parametra

Prokusheva Natalya Gennadievna

Lodeynoye Pol

2013-2014

Probleme me parametrat

Problemet me parametrat janë ndër problemet më të vështira të ofruara si në Provimin e Unifikuar të Shtetit ashtu edhe në provimet shtesë konkurruese në universitete.

Ata luajnë një rol të rëndësishëm në formimin e të menduarit logjik dhe kulturës matematikore. Vështirësitë që dalin gjatë zgjidhjes së tyre janë për faktin se çdo problem me parametra përfaqëson një klasë të tërë problemesh të zakonshme, për secilën prej të cilave duhet të merret një zgjidhje.

Nëse në një ekuacion (pabarazi) disa koeficientë nuk jepen me vlera numerike specifike, por caktohen me shkronja, atëherë ato quhen parametra, dhe ekuacioni (pabarazia) është parametrik.

Si rregull, të panjohurat shënohen me shkronjat e fundit të alfabetit latin: x, y, z, ..., dhe parametrat me të parën: a, b, c, ...

Të zgjidhësh një ekuacion (pabarazi) me parametra do të thotë të tregosh se në cilat vlera të parametrave ekzistojnë zgjidhjet dhe cilat janë ato. Dy ekuacione (pabarazi) që përmbajnë të njëjtat parametra quhen ekuivalente nëse:

a) kanë kuptim për vlerat e njëjta të parametrave;

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

Natyrisht, një klasë kaq e vogël problemesh nuk u lejon shumë njerëzve të kuptojnë gjënë kryesore: parametri, duke qenë një numër fiks, por i panjohur, ka një natyrë të dyfishtë. Së pari, fama e supozuar ju lejon të "komunikoni" me parametrin si një numër, dhe së dyti, shkalla e lirisë së komunikimit është e kufizuar nga errësira e saj. Kështu, pjesëtimi me një shprehje që përmban një parametër dhe nxjerrja e rrënjës së një shkalle të barabartë nga shprehje të tilla kërkon kërkime paraprake. Në mënyrë tipike, rezultatet e këtyre studimeve ndikojnë në vendimin dhe përgjigjen.

Si të filloni zgjidhjen e problemeve të tilla? Mos kini frikë nga problemet me parametrat. Para së gjithash, duhet të bëni atë që bëhet kur zgjidhni ndonjë ekuacion ose pabarazi - zvogëloni ekuacionin e dhënë (pabarazinë) në një formë më të thjeshtë, nëse është e mundur: faktorizoni një shprehje racionale, faktorizoni një polinom trigonometrik, hiqni qafe modulët, logaritmet, dhe etj.. atëherë ju duhet të lexoni me kujdes detyrën përsëri dhe përsëri.

Kur zgjidhni probleme që përmbajnë një parametër, ka probleme që mund të ndahen në dy klasa të mëdha. Klasa e parë përfshin probleme në të cilat është e nevojshme të zgjidhet një pabarazi ose ekuacion për të gjitha vlerat e mundshme të një parametri. Klasa e dytë përfshin detyra në të cilat është e nevojshme të gjenden jo të gjitha zgjidhjet e mundshme, por vetëm ato që plotësojnë disa kushte shtesë.

Mënyra më e kuptueshme që nxënësit të zgjidhin probleme të tilla është që fillimisht të gjejnë të gjitha zgjidhjet dhe më pas të zgjedhin ato që plotësojnë kushte shtesë. Por kjo nuk është gjithmonë e mundur. Ka një numër të madh problemesh për të cilat është e pamundur të gjesh të gjitha zgjidhjet e shumta dhe ne nuk na kërkohet një gjë e tillë. Prandaj, ne duhet të kërkojmë një mënyrë për të zgjidhur problemin pa pasur në dispozicion të gjithë grupin e zgjidhjeve të një ekuacioni ose pabarazie të caktuar, për shembull, të kërkojmë vetitë e funksioneve të përfshira në ekuacion që do të na lejojnë të gjykoni ekzistencën e një grupi të caktuar zgjidhjesh.

Llojet kryesore të detyrave me parametra

Lloji 1. Ekuacionet, pabarazitë, sistemet dhe grupet e tyre që duhet të zgjidhen ose për çdo vlerë të parametrit (parametrat) ose për vlerat e parametrave që i përkasin një grupi të paracaktuar.

Ky lloj problemi është themelor kur zotëroni temën "Problemet me parametrat", pasi puna e investuar paracakton suksesin në zgjidhjen e problemeve të të gjitha llojeve të tjera themelore.

Lloji 2. Ekuacionet, pabarazitë, sistemet dhe grupet e tyre, për të cilat është e nevojshme të përcaktohet numri i zgjidhjeve në varësi të vlerës së parametrit (parametrave).

Ne tërheqim vëmendjen tuaj për faktin se gjatë zgjidhjes së problemeve të këtij lloji, nuk ka nevojë as të zgjidhen ekuacionet e dhëna, pabarazitë, sistemet dhe kombinimet e tyre etj., dhe as të jepen këto zgjidhje; Në shumicën e rasteve, një punë e tillë e panevojshme është një gabim taktik që çon në humbje të panevojshme të kohës. Sidoqoftë, kjo nuk duhet të bëhet absolute, pasi ndonjëherë një zgjidhje e drejtpërdrejtë në përputhje me tipin 1 është mënyra e vetme e arsyeshme për të marrë një përgjigje kur zgjidhet një problem i tipit 2.

Lloji 3. Ekuacionet, pabarazitë, sistemet dhe koleksionet e tyre, për të cilat kërkohet të gjenden të gjitha ato vlera të parametrave për të cilat ekuacionet, pabarazitë, sistemet dhe koleksionet e tyre të specifikuara kanë një numër të caktuar zgjidhjesh (në veçanti, ato nuk kanë ose kanë një numër i pafund zgjidhjesh).

Është e lehtë të shihet se problemet e tipit 3 janë në një farë kuptimi anasjellta e problemeve të tipit 2.

Lloji 4. Ekuacionet, pabarazitë, sistemet dhe grupet e tyre, për të cilat, për vlerat e kërkuara të parametrit, grupi i zgjidhjeve plotëson kushtet e specifikuara në fushën e përkufizimit.

Për shembull, gjeni vlerat e parametrave në të cilat:

1) ekuacioni është i plotësuar për çdo vlerë të ndryshores nga një interval i caktuar;
2) bashkësia e zgjidhjeve për ekuacionin e parë është një nëngrup i grupit të zgjidhjeve të ekuacionit të dytë, etj.

Një koment. Larmia e problemeve me një parametër mbulon të gjithë kursin e matematikës shkollore (si algjebër ashtu edhe gjeometri), por pjesa dërrmuese e tyre në provimet përfundimtare dhe pranuese i përkasin njërit prej katër llojeve të listuara, të cilat për këtë arsye quhen bazë.

Klasa më e përhapur e problemeve me një parametër janë problemet me një të panjohur dhe një parametër. Paragrafi tjetër tregon mënyrat kryesore për të zgjidhur problemet e kësaj klase të veçantë.

Metodat themelore për zgjidhjen e problemeve me një parametër

Metoda I(analitike). Kjo është një metodë e të ashtuquajturës zgjidhje direkte, duke përsëritur procedurat standarde për gjetjen e përgjigjes në problemet pa parametër. Ndonjëherë ata thonë se kjo është një metodë e zgjidhjes me forcë, në një kuptim të mirë, "arrogante".

Metoda II(grafike). Në varësi të detyrës (me variabël x dhe parametri a) grafikët konsiderohen ose në planin koordinativ ( x; y), ose në planin koordinativ ( x; a).

Një koment. Qartësia dhe bukuria e jashtëzakonshme e metodës grafike të zgjidhjes së problemeve me një parametër i mahnit studentët e temës "Problemet me një parametër" aq shumë sa ata fillojnë të shpërfillin metodat e tjera të zgjidhjes, duke harruar faktin e njohur: për çdo klasë problemesh. , autorët e tyre mund të formulojnë një që zgjidhet shkëlqyeshëm në këtë mënyrë dhe me vështirësi kolosale në mënyra të tjera. Prandaj, në fazën fillestare të studimit, është e rrezikshme të filloni me teknika grafike për zgjidhjen e problemeve me një parametër.

Metoda III(vendim në lidhje me parametrin). Kur zgjidhen në këtë mënyrë, variablat x Dhe a pranohen si të barabarta dhe zgjidhet variabli për të cilin zgjidhja analitike konsiderohet më e thjeshtë. Pas thjeshtimeve natyrore, kthehemi në kuptimin origjinal të variablave x Dhe a dhe përfundoni zgjidhjen.

Tani le të kalojmë në demonstrimin e këtyre metodave për zgjidhjen e problemeve me një parametër.

1. Ekuacionet lineare dhe inekuacionet me parametra

Funksioni linear: – ekuacioni i drejtëzës me koeficientin e pjerrësisë . Koeficienti këndor është i barabartë me tangjenten e këndit të pjerrësisë së vijës së drejtë me drejtimin pozitiv të boshtit .

Ekuacionet lineare me parametrat e formës

Nëse , ekuacioni ka e vetmja gjë zgjidhje.

Nëse , atë ekuacion nuk ka zgjidhje, Kur , dhe ekuacioni ka pafundësisht shumë zgjidhje, Kur .

Shembulli 1. Zgjidhe ekuacionin | x | = a .

Zgjidhja:

a > 0, => x 1,2 = ± a

a = 0, => x = 0

a < 0, =>nuk ka zgjidhje.

Përgjigje: x 1,2 = ± a në a > 0; x= 0 në a= 0; nuk ka zgjidhje për a < 0.

Shembulli 2. Zgjidh ekuacionin |3 - x | = a .

Zgjidhja:

a > 0, => 3 – x = ± a , => x= 3 ± a

a = 0, => 3 – x = 0. => x = 3

a < 0, =>nuk ka zgjidhje.

Përgjigje: x 1,2 = 3 ± a në a > 0; x= 3 në a= 0; nuk ka zgjidhje për a < 0.

Shembulli 3. Zgjidhe ekuacionin m ² x – m = x + 1.

Zgjidhja:

m ² x – m = x + 1

m ² x – x = m + 1

(m² – 1)x = m + 1

Përgjigje:
në m ≠ ± 1; x Є R në m= –1; nuk ka zgjidhje për m = 1.

Shembulli 4. A zgjidhni ekuacionin: ( a 2 – 4) x = a + 2 .

Zgjidhja: Le të faktorizojmë koeficientin. .

Nëse , ekuacioni ka e vetmja gjë zgjidhje: .

Nëse , ekuacionin nuk ka zgjidhje.

Nëse , atëherë ekuacioni ka pafundësisht shumë zgjidhje .

Shembulli 6. Për të gjitha vlerat e parametrave a zgjidhni ekuacionin:
.

Zgjidhja: ODZ: . Në këtë kusht, ekuacioni është i barabartë me sa vijon: . Le të kontrollojmë nëse i përkisni ODZ: , Nëse . Nëse , pastaj ekuacioni nuk ka zgjidhje.

Shembulli 7. Për të gjitha vlerat e parametrave A zgjidh barazimin: | X + 3| – a | x – 1| = 4.

Zgjidhja: Le ta ndajmë vijën numerike në 3 pjesë sipas pikave në të cilat shprehjet nën shenjën e modulit zhduken dhe zgjidhim 3 sisteme:

1) , Nëse . Gjendet do të jetë zgjidhja nëse .

2) , Nëse . E gjetura plotëson pabarazinë e kërkuar, prandaj është një zgjidhje për . Nëse , atëherë zgjidhja është cilado .

3) , Nëse . Gjetur Jo plotëson pabarazinë e kërkuar, prandaj, Joështë një zgjidhje kur . Nëse , atëherë zgjidhja është çdo x > 1.

Përgjigje: në ; ;

në P ; ri .

është gjithashtu një zgjidhje për të gjithë Shembulli 8. A Gjej të gjitha x – 7a = 2 – 3, për secilën prej të cilave të paktën një nga zgjidhjet e ekuacionit 15 + 6a sëpatë 2 .

Zgjidhja: më pak . Le të gjejmë zgjidhje për ekuacionin për secilën . , Nëse .

Le të zgjidhim pabarazinë:

Kur ekuacioni nuk ka zgjidhje. : AÎ (–5 , 4) .

Përgjigju

Pabarazitë lineare me parametra Për shembull: Zgjidhja e pabarazisë: < b .

kx Nëse k
> 0, atëherë Nëse < 0, то
> 0, atëherë Nëse. Nëse b= 0, atëherë kur x Є R> 0 zgjidhje është çdo
nuk ka zgjidhje.

, dhe kur

Shembulli 1. Zgjidhini pabarazitë e mbetura në kuti në të njëjtën mënyrë.
.

Zgjidhja:

Për të gjitha vlerat e parametrit a, zgjidhni pabarazinë x. Nëse kllapa është përpara
është pozitive, d.m.th. në
Për të gjitha vlerat e parametrit a, zgjidhni pabarazinë x, Kjo
është pozitive, d.m.th. në
negative, d.m.th. në a. Nëse

Përgjigje:
në
;
në
;

= 0 ose a = , atëherë nuk ka zgjidhje. a nuk ka zgjidhje për

= 0 ose a = . Shembulli 2 A. Për të gjitha vlerat e parametrave X zgjidh pabarazinë | x + a| < 2a .

Zgjidhja:

– a| – | a Në< 0, т.е. решений нет. Пусть a >=0 kemi një pabarazi të pasaktë 0< –a 0, pastaj në x a < 2a të dy modulet zgjerohen me një minus dhe marrim pabarazinë e gabuar 2 x Є [– a ; a, d.m.th. nuk ka zgjidhje. Nëse x < 2a] , atëherë moduli i parë hapet me një minus, dhe i dyti me një plus, dhe marrim pabarazinë –2 x > –a, d.m.th. x Є (– a ; a, d.m.th., zgjidhja është çdo x > a]. Nëse a < 2a të dy modulet hapen me një plus dhe marrim pabarazinë e saktë –2 x Є ( a, d.m.th. , zgjidhja është çdo a > 0 x Є (– a ; +∞).

; +∞). Duke kombinuar të dyja përgjigjet, marrim se kur a < 0, тогда первое слагаемое больше, чем второе, поэтому разность в левой части неравенства положительна и, следовательно, не может быть меньше отрицательного числа 2a Le a < 0 решений нет.

Përgjigje: x Є (– a. Kështu, me a; +∞) në
.

> 0, nuk ka zgjidhje për Koment. X Zgjidhja e këtij problemi është më e shpejtë dhe më e thjeshtë nëse përdorni interpretimin gjeometrik të modulit të ndryshimit të dy numrave si distancë midis pikave. Atëherë shprehja në anën e majtë mund të interpretohet si ndryshim në distancat nga pika A tek pikat A .

Shembulli 3. Shembulli 8. A Dhe -
, për secilën prej të cilave të gjitha zgjidhjet e pabarazisë x – a kënaq pabarazinë 2< 0.

Zgjidhja:

² + 5 Zgjidhja e pabarazisë |x | ≤ 2 është një grup A x – a kënaq pabarazinë 2< 0 является множество =[–2; 2], dhe zgjidhja e pabarazisë 2 = (–∞;
B

Përgjigje:) . Për të përmbushur kushtet e problemit, është e nevojshme që grupi A të përfshihet në grupin B (). Ky kusht do të plotësohet nëse dhe vetëm nëse .

Shembulli 4. a Є (–∞; –3)U (3; +∞).
Gjeni të gjitha vlerat e a për të cilat është pabarazia x shkon për të gjithë

Zgjidhja:

nga segmenti.

–3a + 2 < 2a + 4
Një pjesë është më pak se zero midis rrënjëve, kështu që ju duhet të kuptoni se cila rrënjë është më e madhe. a + 2 > 2a + 4
dhe -3
x. Kështu, me a + 2; 2aЄ (–3

– a| – |
x+ 4) dhe që pabarazia të mbahet për të gjitha x nga segmenti , është e nevojshme që a + 4; –3aЄ (2 x+ 2) dhe kështu që pabarazia vlen për të gjithë

nga segmenti , është e nevojshme që

Përgjigje:
.

Kur a = – (kur rrënjët përkojnë) nuk ka zgjidhje, sepse në këtë rast mosbarazimi merr formën: . A Shembulli 5. X?

Zgjidhja:

pabarazia vlen për të gjitha vlerat negative x Funksioni rritet në mënyrë monotone nëse koeficienti në x negativ.

Le të zbulojmë shenjën e koeficientit në

a ≤ –3,

a ≥ 1; (a² + 2 a – 3) < 0 <=> –3 < a < 1.

a ≤ –3,

; +∞). Duke kombinuar të dyja përgjigjet, marrim se kur a≥ 1. Më pas funksioni f (x ) nuk zvogëlohet në mënyrë monotonike dhe gjendja e problemit do të plotësohet nëse f (x ) ≤ 0 <=> 3a ² – a – 14 ≤ 0 <=>
.

a ≤ –3,

Bashkë me kushtet a≥ 1; marrim:

Le -3< a < 1. Тогда функция f (x ) zvogëlohet në mënyrë monotone dhe gjendja e problemit nuk mund të plotësohet kurrë.

Kur ekuacioni nuk ka zgjidhje.:
.

2. Ekuacionet kuadratike dhe pabarazitë me parametra

Funksioni kuadratik:
.

Në grupin e numrave realë, ky ekuacion studiohet duke përdorur skemën e mëposhtme.

Shembulli 1. Në çfarë vlerash a ekuacioninx ² – , për secilën prej të cilave të paktën një nga zgjidhjet e ekuacionit 15 + 1 = 0 nuk ka rrënjë të vërteta?

Zgjidhja:

x ² – , për secilën prej të cilave të paktën një nga zgjidhjet e ekuacionit 15 + 1 = 0

D = a ² – 4 1 =a ² - 4

a ² - 4< 0 + – +

( a – 2)( a + 2) < 0 –2 2

Kur ekuacioni nuk ka zgjidhje.: nëa Є (–2; 2)

Shembulli 2.Për cilat vlera të a bën ekuacioni A (X ² – X + 1) = 3 X + 5 ka dy rrënjë të ndryshme reale?

Zgjidhja:

A (X ² – X + 1) = 3 X + 5, A ≠ 0

Oh ² – ah+ a – 3 X – 5 = 0

Oh ² – ( A + 3) X + A – 5 = 0

D = ( a +3)² – 4a ( a – 5) = a ² +6a + 9 – 4 a ² + 20a = –3 a ² + 26a + 9

–3 a ² + 26 a + 9 > 0

3 a ² - 26a – 9 < 0

D = 26² – 4 3 (–9) = 784

a 1 =
; a 2 =
+ – +

0 9

Përgjigje:nëaЄ (–1/3; 0)U (0; 9)

Shembulli 3: Zgjidheni ekuacionin
.

Zgjidhja:

ODZ: x ≠1, x ≠ a

x – 1 + x – a = 2, 2 x = 3 + a ,

1)
; 3 + a ≠ 2; a ≠ –1

2)
; 3 + a ≠ 2 a ; a ≠ 3

Përgjigje:
nëa Є (–∞; –1)U (–1; 3) U (3; +∞);

nuk ka zgjidhje përa = –1; 3.

Shembull4 . Zgjidhe ekuacionin | x ²–2 x –3 | = a .

Zgjidhja:

Le të shohim funksionet y = | x ²–2 x –3 | Dhey = a .

– a| – | a < 0 nuk ka zgjidhje;
në a = 0 dhe a> 4 dy zgjidhje;
në 0< a < 4 – четыре решения;
në a= 4 – tre zgjidhje.

Përgjigje:

në a < 0 нет решений;
në a= 0 dhe a> 4 dy zgjidhje;
në 0< a < 4 – четыре решения;
në a= 4 – tre zgjidhje.

Kur a = – (kur rrënjët përkojnë) nuk ka zgjidhje, sepse në këtë rast mosbarazimi merr formën: .Gjeni të gjitha vlerat a , për secilën prej të cilave ekuacioni | x ²–( a +2) x +2 a | = | 3 x –6 |
ka saktësisht dy rrënjë. Nëse vlerat e tilla a më shumë se një, tregoni produktin e tyre në përgjigjen tuaj.

Zgjidhja:

Të zgjerojmë trinomin kuadratik x ²–( a +2) x +2 a nga shumëzuesit.
;
;
;

marrim | ( x –2)( x – a ) | = 3 | x –2 |.
Ky ekuacion është i barabartë me grupin

Prandaj, ky ekuacion ka saktësisht dy rrënjë nëse a+ 3 = 2 dhe a – 3 = 2.
Nga këtu gjejmë se vlerat e dëshiruara a janë a 1 = –1; a 2 = 5; a 1 · a 2 = –5.

Përgjigje: –5.

Shembulli 6.Gjeni të gjitha vlerat a , për të cilat rrënjët e ekuacionit , për secilën prej të cilave të paktën një nga zgjidhjet e ekuacionit 15 ² - 2 ( a + 1) x – a + 5 = 0 janë pozitive.

Zgjidhja:

Pika e kontrollit a= 0, sepse ndryshon thelbin e ekuacionit.

1. a = 0 –2x + = 0;

Përgjigje: a Є U.

Shembulli 7.Nëçfarë vlerash parametrash a ekuacionin | x ² - 4 x + 3 | = , për secilën prej të cilave të paktën një nga zgjidhjet e ekuacionit 15 ka 3 rrënjë.

Zgjidhja:

Le të ndërtojmë grafikët e funksioneve y = | x ² - 4 x + 3 | Dhe y = , për secilën prej të cilave të paktën një nga zgjidhjet e ekuacionit 15 .

Funksioni është grafikuar në segment
.
Ky ekuacion do të ketë tre rrënjë nëse grafiku i funksionit y = , për secilën prej të cilave të paktën një nga zgjidhjet e ekuacionit 15 do të jetë tangjente me grafikun y = x ²+ 4 x – 3 në
segment

Ekuacioni tangjent ka formën y = f (x 0 ) + f ’(x 0 )(x – x 0 ),



Sepse ekuacioni tangjent y = a, marrim një sistem ekuacionesh

Sepse x 0 Є ,

Përgjigje: në a = 4 – 2
.

Pabarazitë kuadratike me parametra

Shembull.Gjeni të gjitha vlerat e parametrave a , për secilën prej të cilave ndër zgjidhjet e pabarazive
nuk ka asnjë pikë në segmentin e vijës.

Zgjidhja:

Së pari, le të zgjidhim pabarazinë për të gjitha vlerat e parametrit, dhe më pas të gjejmë ato për të cilat nuk ka asnjë pikë të vetme të segmentit midis zgjidhjeve .
; +∞). Duke kombinuar të dyja përgjigjet, marrim se kur
, , për secilën prej të cilave të paktën një nga zgjidhjet e ekuacionit 15 = t ²

t ≥ 0

Me një zëvendësim të tillë të variablave, ODZ e pabarazisë kryhet automatikisht. x mund të shprehet përmes t, Nëse a≠ 0. Prandaj rasti kur a = 0, do ta shqyrtojmë veçmas.
1. Le a = 0, atëherë X> 0, dhe segmenti i dhënë është një zgjidhje.
2. Le a≠ 0, atëherë
dhe pabarazia
do të marrë formën
,

Zgjidhja e pabarazisë varet nga vlerat a, kështu që duhet të shqyrtojmë dy raste.
1) Nëse a>0, atëherë
në
, ose në variablat e vjetër,

Zgjidhja nuk përmban një pikë të vetme të segmentit të dhënë nëse dhe vetëm nëse plotësohen kushtet a ≤ 7,

16a≥ 96. Prandaj, a Є .
2). Nëse A< 0, то
;
; tЄ (4 a ; a). Sepse t≥ 0, atëherë nuk ka zgjidhje.

Përgjigje: .

Ekuacionet irracionale me parametra

Kur zgjidhen ekuacionet dhe pabarazitë irracionale me një parametër, së pari duhet të merret parasysh diapazoni i vlerave të pranueshme. Së dyti, nëse të dyja anët e pabarazisë janë shprehje jo negative, atëherë një pabarazi e tillë mund të vendoset në katror duke ruajtur shenjën e pabarazisë.
Në shumë raste, ekuacionet dhe pabarazitë irracionale reduktohen në ato kuadratike pas ndryshimit të variablave.

Shembulli 1. Zgjidhe ekuacionin
.

Zgjidhja:

ODZ: x + 1 ≥ 0, x ≥ –1, a ≥ 0.

x + 1 = a ².

kx x = a² – 1, atëherë kushti është i plotësuar.

Përgjigje: x = a² – 1 në A≥ 0; nuk ka zgjidhje për a < 0.

Shembulli 2: Zgjidheni ekuacionin
.

Zgjidhja:

ODZ: x + 3 ≥ 0, x ≥ –3,

a–x ≥ 0; x ≤ a;

x + 3 = a–x,

2x = a – 3,

<=>
<=>
<=> a ≥ –3.

Përgjigje:
në a≥ –3; nuk ka zgjidhje për a < –3.

Shembulli 3. Sa rrënjë ka ekuacioni?
në varësi të vlerave të parametrave A?

Zgjidhja:

Gama e vlerave të pranueshme të ekuacionit: x Є [–2; 2]

Le të ndërtojmë grafikët e funksioneve. Grafiku i funksionit të parë është gjysma e sipërme e rrethit x² + y² = 4. Grafiku i funksionit të dytë është përgjysmues i këndit të koordinatës së parë dhe të dytë. Nga grafiku i funksionit të parë, zbritni grafikun e të dytit dhe merrni grafikun e funksionit
. Nëse zëvendësoni në në A, atëherë grafiku i fundit i funksionit është bashkësia e pikave (x; a) që plotëson ekuacionin origjinal.

Sipas grafikut ne shohim përgjigjen.

Përgjigje: në AЄ (–∞; –2) U (1; +∞), pa rrënjë;

në AЄ [–2; 2), dy rrënjë;

në A= 1, një rrënjë.

Shembulli 4. Në cilat vlera parametrash A ekuacionin
ka një zgjidhje të vetme?

Zgjidhja:

Metoda 1 (analitike):

Përgjigje:

Metoda 2 (grafike):

Përgjigje: për një ≥ –2 ekuacioni ka një zgjidhje unike

Kur a = – (kur rrënjët përkojnë) nuk ka zgjidhje, sepse në këtë rast mosbarazimi merr formën: . Për cilat vlera të parametrit a ka një zgjidhje unike ekuacioni = 2 + x.

Zgjidhja:

Le të shqyrtojmë një version grafik të zgjidhjes së këtij ekuacioni, domethënë do të ndërtojmë dy funksione:
në 1 = 2 + X Dhe në 2 =

Funksioni i parë është linear dhe kalon nëpër pikat (0; 2) dhe (–2; 0).
Grafiku i funksionit të dytë përmban një parametër. Le të shqyrtojmë fillimisht grafikun e këtij funksioni në A= 0 (Fig. 1). Kur ndryshoni vlerën e parametrit, grafiku do të lëvizë përgjatë boshtit Oh në vlerën përkatëse në të majtë (për pozitive A) ose në të djathtë (për negative A) (Fig. 2)

Nga figura shihet qartë se kur A < –2 графики не пересекают друг друга, а следовательно не имеют общих решений. Если же значение параметра а больше либо равно –2, то графики имеют одну точку пересечения, а следовательно одно решение.

Përgjigje: në a≥ –2 ekuacioni ka një zgjidhje unike.

Ekuacionet trigonometrike me parametra.

Shembulli 1.Zgjidhe ekuacionin mëkat (– x + 2 x – 1) = b + 1.

Zgjidhja:

Duke pasur parasysh çuditshmërinë e funksionit
, ne e reduktojmë këtë ekuacion në ekuivalentin
.

1. b = –1

3. b =–2

4. | b + 1| > 1

Nuk ka zgjidhje.

5. bЄ(–1; 0)

6. bЄ(–2; –1)

Shembulli 2.Gjeni të gjitha vlerat e parametrit p për të cilin ekuacioni
nuk ka zgjidhje.

Zgjidhja:

Le të shprehim cos 2 x përmes sinx.

; +∞). Duke kombinuar të dyja përgjigjet, marrim se kur
atëherë detyra u reduktua në gjetjen e të gjitha vlerave fq, për të cilin ekuacioni nuk ka zgjidhje në [–1; 1]. Ekuacioni nuk mund të zgjidhet algoritmikisht, kështu që ne do ta zgjidhim problemin duke përdorur një grafik. Le të shkruajmë ekuacionin në formën , dhe tani një skicë të grafikut të anës së majtë
lehtë për t'u ndërtuar.
Ekuacioni nuk ka zgjidhje nëse drejtëza y = fq+ 9 nuk e pret grafikun në intervalin [–1; 1], d.m.th.

Përgjigje:fq Є (–∞; –9) U (17; +∞).

Sisteme ekuacionesh me parametra

Sistemet e dy ekuacioneve lineare me parametra

Sistemi i ekuacioneve

Zgjidhjet e një sistemi me dy ekuacione lineare janë pikat e kryqëzimit të dy drejtëzave: dhe .

Ka 3 raste të mundshme:

1. Vijat nuk janë paralele . Atëherë vektorët e tyre normalë nuk janë paralelë, d.m.th. . Në këtë rast, sistemi ka vetëm vendim.

2. Vijat janë paralele dhe nuk përkojnë. Atëherë vektorët e tyre normalë janë paralelë, por ndërrimet janë të ndryshme, d.m.th. .

Në këtë rast sistemi nuk ka zgjidhje .

3. Vijat e drejta përkojnë. Atëherë vektorët e tyre normalë janë paralelë dhe ndërrimet përkojnë, d.m.th. . Në këtë rast, sistemi ka pafundësisht shumë zgjidhje - të gjitha pikat e një vije .

1. Sistemet e ekuacioneve lineare me një parametër

Sistemet e ekuacioneve lineare me një parametër zgjidhen me të njëjtat metoda bazë si sistemet e zakonshme të ekuacioneve: metoda e zëvendësimit, metoda e shtimit të ekuacioneve dhe metoda grafike. Njohja e interpretimit grafik të sistemeve lineare e bën të lehtë përgjigjen e pyetjes për numrin e rrënjëve dhe ekzistencën e tyre.

Shembulli 1.

Gjeni të gjitha vlerat për parametrin a për të cilin sistemi i ekuacioneve nuk ka zgjidhje.

(x + (a 2 – 3)y = a,
(x + y = 2.

Zgjidhje.

Le të shohim disa mënyra për të zgjidhur këtë detyrë.

1 mënyrë. Ne përdorim vetinë: sistemi nuk ka zgjidhje nëse raporti i koeficientëve përballë x është i barabartë me raportin e koeficientëve përballë y, por jo i barabartë me raportin e termave të lirë (a/a 1 = b /b 1 ≠ c/c 1). Atëherë kemi:

1/1 = (a 2 – 3)/1 ≠ a/2 ose sistem

(dhe 2 - 3 = 1,
(a ≠ 2.

Nga ekuacioni i parë a 2 = 4, pra, duke marrë parasysh kushtin që a ≠ 2, marrim përgjigjen.

Përgjigje: a = -2.

Metoda 2. Ne zgjidhim me metodën e zëvendësimit.

(2 – y + (a 2 – 3) y = a,
(x = 2 - y,

((a 2 – 3) y – y = a – 2,
(x = 2 - y.

Pasi nxjerrim faktorin e përbashkët y nga kllapat në ekuacionin e parë, marrim:

((a 2 – 4)y = a – 2,
(x = 2 - y.

Sistemi nuk ka zgjidhje nëse ekuacioni i parë nuk ka zgjidhje, d.m.th

(dhe 2 - 4 = 0,
(a – 2 ≠ 0.

Natyrisht, a = ±2, por duke marrë parasysh kushtin e dytë, përgjigja vjen vetëm me një përgjigje minus.

Përgjigje: a = -2.

Shembulli 2.

Gjeni të gjitha vlerat për parametrin a për të cilin sistemi i ekuacioneve ka një numër të pafund zgjidhjesh.

(8x + ay = 2,
(sëpatë + 2y = 1.

Zgjidhje.

Sipas vetive, nëse raporti i koeficientëve të x dhe y është i njëjtë dhe është i barabartë me raportin e anëtarëve të lirë të sistemit, atëherë ai ka një numër të pafund zgjidhjesh (d.m.th. a/a 1 = b/ b 1 = c/c 1). Prandaj 8/a = a/2 = 2/1. Duke zgjidhur secilin prej ekuacioneve që rezultojnë, gjejmë se a = 4 është përgjigja në këtë shembull.

Përgjigje: a = 4.

2. Sistemet e ekuacioneve racionale me një parametër

Shembulli 3.

(3|x| + y = 2,
(|x| + 2y = a.

Zgjidhje.

Le të shumëzojmë ekuacionin e parë të sistemit me 2:

(6|x| + 2y = 4,
(|x| + 2y = a.

Duke zbritur ekuacionin e dytë nga i pari, marrim 5|x| = 4 – a. Ky ekuacion do të ketë një zgjidhje unike për a = 4. Në raste të tjera, ky ekuacion do të ketë dy zgjidhje (për një< 4) или ни одного (при а > 4).

Përgjigje: a = 4.

Shembulli 4.

Gjeni të gjitha vlerat e parametrit a për të cilin sistemi i ekuacioneve ka një zgjidhje unike.

(x + y = a,
(y – x 2 = 1.

Zgjidhje.

Ne do ta zgjidhim këtë sistem duke përdorur metodën grafike. Kështu, grafiku i ekuacionit të dytë të sistemit është një parabolë e ngritur përgjatë boshtit Oy lart me një segment njësi. Ekuacioni i parë specifikon bashkësinë e drejtëzave paralele me drejtëzën y ​​= -x (foto 1). Nga figura shihet qartë se sistemi ka zgjidhje nëse drejtëza y = -x + a është tangjente me parabolën në një pikë me koordinata (-0.5, 1.25). Duke i zëvendësuar këto koordinata në ekuacionin e vijës së drejtë në vend të x dhe y, gjejmë vlerën e parametrit a:

1,25 = 0,5 + a;

Përgjigje: a = 0,75.

Kur a = – (kur rrënjët përkojnë) nuk ka zgjidhje, sepse në këtë rast mosbarazimi merr formën: .

Duke përdorur metodën e zëvendësimit, zbuloni se në cilën vlerë të parametrit a, sistemi ka një zgjidhje unike.

(ax – y = a + 1,
(ax + (a + 2)y = 2.

Zgjidhje.

Nga ekuacioni i parë shprehim y dhe e zëvendësojmë me të dytin:

(y = sëpatë – a – 1,
(sëpatë + (a + 2) (sëpatë – a – 1) = 2.

Le ta reduktojmë ekuacionin e dytë në formën kx = b, i cili do të ketë një zgjidhje unike për k ≠ 0. Kemi:

sëpatë + a 2 x – a 2 – a + 2ax – 2a – 2 = 2;

a 2 x + 3ax = 2 + a 2 + 3a + 2.

Ne përfaqësojmë trinomin katror a 2 + 3a + 2 si produkt i kllapave

(a + 2) (a + 1), dhe në të majtë nxjerrim x nga kllapat:

(a 2 + 3a)x = 2 + (a + 2)(a + 1).

Natyrisht, një 2 + 3a nuk duhet të jetë e barabartë me zero, prandaj,

a 2 + 3a ≠ 0, a(a + 3) ≠ 0, që do të thotë a ≠ 0 dhe ≠ -3.

Përgjigje: a ≠ 0; ≠ -3.

Shembulli 6.

Duke përdorur metodën e zgjidhjes grafike, përcaktoni se në cilën vlerë të parametrit a sistemi ka një zgjidhje unike.

(x 2 + y 2 = 9,
(y – |x| = a.

Zgjidhje.

Në bazë të kushtit ndërtojmë një rreth me qendër në origjinë dhe rreze 3 segmente njësi, kjo është ajo që specifikohet nga ekuacioni i parë i sistemit.

x 2 + y 2 = 9. Ekuacioni i dytë i sistemit (y = |x| + a) është një vijë e thyer. Duke përdorur figura 2 Ne i konsiderojmë të gjitha rastet e mundshme të vendndodhjes së tij në lidhje me rrethin. Është e lehtë të shihet se a = 3.

Përgjigje: a = 3.

Ende keni pyetje? Nuk dini si të zgjidhni sistemet e ekuacioneve?
Për të marrë ndihmë nga një mësues -.
Mësimi i parë është falas!

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

Probleme me parametrat. Problemet më të thjeshta në trinomin kuadratik.

Sot do të shqyrtojmë problemet që përfshijnë një trinom kuadratik, për të cilin, në varësi të parametrit, do të duhet të zbulojmë diçka. Kjo "diçka" mund të jetë aq e larmishme sa mjafton imagjinata e krijuesve të detyrës. Ky është lloji më i thjeshtë i problemit me parametra. Dhe nëse hasni një nga këto gjatë Provimit të Unifikuar të Shtetit, konsiderojeni veten me fat!

Por përpara se të filloni të analizoni vetë detyrat, përgjigjuni vetes këtyre pyetjeve të thjeshta:

- Çfarë është një ekuacion kuadratik, si duket dhe si zgjidhet?

- Çfarë është diskriminuesi dhe ku duhet vendosur?

- Cila është teorema e Vietës dhe ku mund të zbatohet?

Nëse u përgjigjeni saktë këtyre pyetjeve të thjeshta, atëherë ju garantohet 50% sukses në zgjidhjen e problemeve parametrike që përfshijnë një trinom kuadratik! Dhe 50% e mbetur është algjebër dhe aritmetikë e zakonshme: hapja e kllapave, sjellja e të ngjashmeve, zgjidhja e ekuacioneve, pabarazive dhe sistemeve, etj.

Pra, le të fillojmë!

Së pari, le të shohim një problem krejtësisht të padëmshëm. Për ngrohje. :)

Shembulli 1

Le të fillojmë me zgjidhjen. Së pari, për të mos ngatërruar koeficientët në të ardhmen, është gjithmonë e dobishme t'i shkruani ato veç e veç. Drejtpërsëdrejti në kolonë. Si kjo:

a = 1

b = -(a-1)

c = a-2

Po Po! Disa nga koeficientët në ekuacion (përkatësisht b dhe c) varen nga parametri. Kjo është pikërisht e gjithë thelbi i detyrave të tilla. Dhe tani le të rilexojmë me kujdes gjendjen përsëri. E dhëna kryesore në formulimin e detyrës janë fjalët "rrënjë e vetme". Dhe kur ka një ekuacion kuadratik rrënjë e vetme? Le të përdorim njohuritë tona teorike për ekuacionet kuadratike. Vetëm në një rast të vetëm - kur ai diskriminues është zero.

Kështu ne shkruajmë:

D=0

Mbetet vetëm të krijohet një shprehje për diskriminuesin dhe të barazohet me zero. Shkoni!

Tani duhet të barazojmë diskriminuesin tonë me zero:

Ju, sigurisht, mund ta zgjidhni këtë përmes një diskriminuesi, ose mund të mashtroni pak. Si duket ana e majtë nëse shikoni nga afër? Duket si katrori i diferencës (a-3) 2 !

Respekt per te vemendshmit! E drejtë! Nëse e zëvendësojmë shprehjen tonë në të majtë me (a-3) 2 , atëherë ekuacioni do të zgjidhet në kokën tuaj!

(a - 3) 2 = 0

a - 3 = 0

a = 3

Kjo eshte e gjitha. Kjo do të thotë që ekuacioni ynë kuadratik me një parametër do të ketë një rrënjë të vetme vetëm në një rast të vetëm - kur vlera e parametrit "a" është e barabartë me tre.)

Përgjigje: 3

Ky ishte një shembull ngrohjeje. Për të kuptuar idenë e përgjithshme.) Tani do të ketë një problem më serioz.

Shembulli 2

Këtu është një problem. Ne fillojmë të zbërthehemi. Së pari, le të shkruajmë ekuacionin tonë kuadratik:

0,5x 2 - 2x + 3a + 1,5 = 0

Hapi më logjik do të ishte të shumëzoni të dyja anët me 2. Atëherë koeficientët thyesorë do të zhduken dhe vetë ekuacioni do të bëhet më i bukur. Shumëzo:

Ne shkruajmë koeficientët tanë a, b, c në një kolonë:

a = 1

b = -4

c = 6 a+3

Mund të shihet se koeficientët a Dhe b ne kemi të përhershme, por këtu është një anëtar i lirë Me varet nga parametri "a"! E cila mund të jetë çdo gjë - pozitive, negative, numër i plotë, i pjesshëm, irracional - çdo gjë!

“Në mënyrë që shuma e kubeve të rrënjëve të jetë më e vogël se 28, të njëjtat rrënjë, së pari, duhet të ekzistojë. Më vete. Në thelb. Dhe rrënjët e një ekuacioni kuadratik ekzistojnë nëse dhe vetëm nëse diskriminuesi i tij është jonegativ. Përveç kësaj, detyra flet për dy të ndryshme rrënjët Kjo frazë do të thotë që diskriminuesi ynë duhet të jetë jo vetëm jo negativ, por rreptësisht pozitive!»

Nëse arsyetoni në këtë mënyrë, atëherë jeni duke ecur në drejtimin e duhur! E saktë.) Ne krijojmë një kusht pozitiviteti për diskriminuesin:

D= (-4) 2 - 4·1·(6a+3) = 16-24 a-12 = 4-24 a

4-24 a > 0

-24 a > -4

a < 1/6

Kushti që rezulton na tregon se ekuacioni ynë do të ketë dy rrënjë të ndryshme jo për ndonjë vlerë të parametrit "a", por vetëm për ato që më pak se një e gjashta! Kjo është një kërkesë globale që duhet ndjekur me rigorozitet. Nuk ka rëndësi nëse shuma jonë e kubeve të rrënjëve është më e vogël se 28 ose më shumë. Vlerat e parametrit "a" më të mëdha ose të barabarta me 1/6, ne padyshim që nuk do të përshtatet. Mirë.) U shtruan kashtë. Le të vazhdojmë.

Tani le të kalojmë te shuma misterioze e kubeve të rrënjëve. Sipas kushtit duhet të jetë më pak se 28. Pra shkruajmë:

Kjo do të thotë që për t'iu përgjigjur pyetjes së problemit, duhet të shqyrtojmë së bashku dy kushte:

Metoda e vështirë është gjetja e drejtpërdrejtë e rrënjëve të ekuacionit përmes një parametri. Direkt sipas formulës së përgjithshme të rrënjëve. Si kjo:

Tani përpilojmë shumën e kubeve të rrënjëve të gjetura që na duhen dhe kërkojmë që ajo të jetë më pak se 28:

Dhe pastaj - algjebër e zakonshme: ne zbulojmë shumën e kubeve duke përdorur formulën e shkurtuar të shumëzimit, japim të ngjashme, zvogëlojmë, etj. Nëse rrënjët e ekuacionit tonë do të dilnin më bukur, pa radikale, atëherë një metodë e tillë "frontale" nuk do të ishte e keqe. Por problemi është se rrënjët tona duken paksa të frikshme. Dhe unë disi hezitoj t'i zëvendësoj ato në shumën e kubeve, po. Prandaj, për të shmangur këtë procedurë të rëndë, unë propozoj një metodë të dytë - për ata që janë të vëmendshëm.

Për ta bërë këtë, ne zbulojmë shumën e kubeve të rrënjëve duke përdorur formulën përkatëse të shkurtuar të shumëzimit. Në terma të përgjithshëm:

Total:

Do të duket, atëherë çfarë nga kjo? Tani do të jetë interesante! Le t'i hedhim një vështrim tjetër ekuacionit tonë. Me sa më shumë kujdes:

Cili është koeficienti këtu? x 2 ? Është e drejtë, një! Si quhet ky ekuacion? Kjo është e drejtë, e dhënë! Dhe, meqë kjo është dhënë, atëherë është e vërtetë për të Teorema e Vieta:

Këtu është një tjetër teoremë që na erdhi në ndihmë! Tani, drejtpërdrejt nga teorema e Vietës, ne zëvendësojmë shumën dhe produktin e rrënjëve në kërkesën tonë për shumën e kubeve:

E tëra që mbetet është të hapim kllapat dhe të zgjidhim një pabarazi të thjeshtë lineare:

4·(16-18a-9) < 28

64–72a+36< 28

-72a< 28-64+36

-72a< 0

a > 0

Kujtojmë se kemi edhe një kërkesë globale a < 1/6 . Kjo do të thotë që grupi ynë që rezulton një > 0 është i nevojshëm kryq me kushtina < 1/6 . Vizatojmë një figurë, e kryqëzojmë dhe shkruajmë përgjigjen përfundimtare.

Përgjigje:

Po. Këtu është një interval kaq i vogël. Nga zero në një të gjashtën... E shihni sesi njohja e teoremës së Vietës ndonjëherë e bën jetën më të lehtë!

Këtu janë disa këshilla praktike për ju: Nëse detyra flet për ndërtime të tilla si shuma, prodhimi, shuma e katrorëve, shuma e kubeve të rrënjëve, atëherë përpiqemi të zbatojmë teoremën e Vieta-s. Në 99% të rasteve zgjidhja thjeshtohet shumë.

Këta ishin shembuj mjaft të thjeshtë. Për të marrë thelbin. Tani do të ketë shembuj më mbresëlënës.

Për shembull, ky problem nga versioni real i Provimit të Unifikuar të Shtetit:

Shembulli 3

Çfarë frymëzon? Ne nuk kemi frikë nga asgjë dhe veprojmë sipas parimit tonë të preferuar: « Nëse nuk dini çfarë keni nevojë, bëni atë që mundeni!»

Përsëri, shkruani me kujdes të gjithë koeficientët e ekuacionit tonë kuadratik:

a = 1

b = -6

c = a 2 -4 a

Tani le të lexojmë deklaratën e problemit dhe të gjejmë fjalët "moduli i ndryshimit midis rrënjëve të ekuacionit." Moduli i ndryshimit nuk na shqetëson ende, por fjalët "rrënjët e ekuacionit" Le ta marrim parasysh. Meqenëse po flasim për rrënjë (nuk ka rëndësi nëse janë dy identike apo dy të ndryshme), atëherë diskriminuesi ynë duhet të jetë jo negativ! Kështu ne shkruajmë:

D ≥ 0

Epo, le të përshkruajmë me kujdes diskriminuesin tonë përmes parametrit A:

D= (-6) 2 – 4 1 (12 +a 2 -4 a) = 36 - 48 - 4a 2 + 16a = -4a 2 +16a-12.

Tani le të zgjidhim pabarazinë kuadratike. Sipas skemës standarde, përmes ekuacionit kuadratik përkatës dhe një vizatimi skematik të një parabole:

Kjo do të thotë se në mënyrë për ekuacionin tonë në thelb kishte të paktën disa rrënjë, një parametër A duhet të jetë në intervalin [-1; 3]. Kjo është një kërkesë e hekurt. Mirë. Le të kujtojmë.)

Dhe tani le të zbresim në këtë modul të ndryshimit midis rrënjëve të ekuacionit. Ata duan që ne të bëjmë diçka të tillë

Do të merrte vlerën më të madhe. Për këtë, asgjë nuk mund të bëhet, por tani duhet të gjejmë vetë rrënjët dhe të bëjmë dallimin e tyre: x 1 – x 2. Teorema e Vieta-s është e pafuqishme këtu këtë herë.

Epo, ne llogarisim rrënjët duke përdorur formulën e përgjithshme:

Tani mbani mend se rrënja katrore është një sasi e njohur jo negative. Prandaj, pa dëmtuar shëndetin, moduli mund të ulet në mënyrë të sigurt. Në total, moduli ynë i ndryshimit rrënjë duket si ky:

Dhe ky funksion f(a) duhet të pranojë vlera më e lartë. Dhe për të gjetur vlerën më të madhe ne kemi një mjet kaq të fuqishëm si derivatore! Shkoni përpara dhe këndoni!)

Ne e diferencojmë funksionin tonë dhe e barazojmë derivatin me zero:

Ne morëm të vetmen pikë kritike a = 2 . Por kjo nuk është ende përgjigja, pasi ne ende duhet të kontrollojmë që pika e gjetur është me të vërtetë pika maksimale! Për ta bërë këtë, ne shqyrtojmë shenjat e derivatit tonë në të majtë dhe në të djathtë të dy. Kjo bëhet lehtësisht me zëvendësim të thjeshtë (për shembull, a = 1,5 dhe a = 2,5).

Në të majtë të të dyve derivati ​​është pozitiv, dhe në të djathtë të të dyve derivati ​​është negativ. Kjo do të thotë se pika jonë a = 2 është me të vërtetë pika maksimale. Zona e hijezuar në foto do të thotë që ne po shqyrtojmë funksionin tonë vetëm në segment. Jashtë këtij segmenti të funksionit tonë f(a) thjesht nuk ekziston. Sepse në zonën me hije diskriminuesi ynë është negativ, dhe të flasim për ndonjë rrënjë (dhe për funksione gjithashtu) është e pakuptimtë. Kjo është e kuptueshme, mendoj.

Të gjitha. Tani problemi ynë është zgjidhur plotësisht.

Përgjigje: 2.

Këtu kishte një aplikim të derivatit. Dhe ka edhe probleme ku duhet të zgjidhni ekuacione ose pabarazi me module që janë kaq të urryera nga shumë studentë dhe të krahasoni numrat e shëmtuar irracionalë me rrënjët. Gjëja kryesore është të mos kesh frikë! Le të shohim një problem të ngjashëm të lig (edhe nga Provimi i Unifikuar i Shtetit, meqë ra fjala).

Shembulli 4

Pra, le të fillojmë. Para së gjithash, vërejmë se parametri A në asnjë rrethanë nuk mund të jetë e barabartë me zero. Pse? Dhe në vend të kësaj ju zëvendësoni në ekuacionin origjinal A zero Çfarë do të ndodhë?

Mora lineare ekuacioni që ka i vetmi rrënjë x=2. Dhe ky nuk është fare rasti ynë. Ata duan që ne të kemi një ekuacion dy te ndryshme rrënjë, dhe për këtë ne kemi nevojë që ajo të jetë të paktën katror.)

Kështu që, a ≠ 0.

Për të gjitha vlerat e tjera të parametrit, ekuacioni ynë do të jetë mjaft kuadratik. Prandaj, që ajo të ketë dy rrënjë të ndryshme, është e nevojshme (dhe e mjaftueshme) që të jetë diskriminues pozitive. Kjo do të thotë, kërkesa jonë e parë do të jetë D > 0 .

D = 4(a-1) 2 – 4a(a-4) = 4a 2 -8a+4-4a 2 +16a = 4+8a

Si kjo. Kjo do të thotë që ekuacioni ynë ka dy rrënjë të ndryshme nëse dhe vetëm nëse parametri a > -1/2. Me "a" të tjera, ekuacioni do të ketë ose një rrënjë ose asnjë fare. Le të marrim parasysh këtë kusht dhe të vazhdojmë.

Pse nevojitet moduli këtu? Dhe pastaj, se çdo distancë (në natyrë, në matematikë) - vlerë jo negative. Për më tepër, këtu është krejtësisht e parëndësishme se cila rrënjë do të shfaqet e para në këtë ndryshim, dhe cila e dyta: moduli është një funksion i barabartë dhe djeg një minus. Saktësisht njësoj si një katror.

Kjo do të thotë se përgjigja e pyetjes problemore është zgjidhja e sistemit të mëposhtëm:

Tani, speci është i qartë, ne duhet të gjejmë vetë rrënjët. Edhe këtu, gjithçka është e qartë dhe transparente. Ne zëvendësojmë me kujdes të gjithë koeficientët në formulën tonë të përgjithshme për rrënjët dhe llogarisim:

E madhe. Rrënjët janë marrë. Tani fillojmë të formojmë distancën tonë:

Distanca jonë midis rrënjëve duhet të jetë më e madhe se tre, kështu që tani duhet të zgjidhim këtë pabarazi:

Pabarazia nuk është dhuratë: modul, rrënjë... Por ne ende po zgjidhim problemin serioz nr.18 nga Provimi i Unifikuar i Shtetit! Ne bëjmë gjithçka që mundemi për të thjeshtuar sa më shumë pamjen e pabarazisë. Ajo që nuk më pëlqen më shumë këtu është thyesa. Pra, gjëja e parë që do të bëj është të heq qafe emëruesin duke shumëzuar të dyja anët e pabarazisë me |a|. Kjo Mund bëni, pasi ne, së pari, në fillim të zgjidhjes së shembullit, ramë dakord që a ≠ 0, dhe së dyti, vetë moduli është një sasi jo negative.

Pra, mos ngurroni të shumëzoni me të dyja anët e pabarazisë pozitive numri | a|. Shenja e pabarazisë i ruajtur:

Si kjo. Tani e kemi në dispozicion pabarazia irracionale me modul. Është e qartë se për ta zgjidhur atë, ne duhet të heqim qafe modulin. Prandaj, do të duhet ta ndani zgjidhjen në dy raste - kur parametri A, qëndrimi nën modul, është pozitiv dhe negativ kur. Fatkeqësisht, ne nuk kemi asnjë mënyrë tjetër për të hequr qafe modulin.

Kështu që!

Rasti 1 (a>0, |a|=a)

Në këtë rast, moduli ynë zgjerohet me një plus, dhe pabarazia (pa modul!) merr formën e mëposhtme:

Pabarazia ka strukturën: “rrënjë më shumë funksione". Pabarazi të tilla irracionale zgjidhen sipas skemës standarde të mëposhtme:

Ne e konsiderojmë veçmas rastin a), kur të dy anët e pabarazisë janë në katror dhe ana e djathtë është jo negative, dhe veçmas - rastin b), kur ana e djathtë është ende negative, por rrënja është nxjerrë vetë. ) Dhe zgjidhjet për këto dy sisteme bashkohen.

Pastaj, në përputhje me këtë skemë, pabarazia jonë do të shkruhet kështu:

Dhe tani ju mund të thjeshtoni ndjeshëm punën tuaj të mëtejshme. Për ta bërë këtë, le të kujtojmë se në rasti 1 po shqyrtojmë vetëma>0 . Duke marrë parasysh këtë kërkesë, sistemi i dytë mund të eliminohet plotësisht nga shqyrtimi, pasi pabarazia e dytë në të (3a<0) эквивалентно неравенству a<0, а условия a>0 dhe a<0 – это два взаимно исключающих требования.

Ne thjeshtojmë grupin tonë duke marrë parasysh kushtin kryesor a>0:

Si kjo. Tani le të zgjidhim pabarazinë kuadratike më të zakonshme:

Ne jemi të interesuar në hapësirë ​​midis rrënjëve. Kjo eshte,

E madhe. Tani e kryqëzojmë këtë interval me kushtin e dytë të sistemit a>0:

Hani. Kështu, pjesa e parë e përgjigjes për pabarazinë tonë (dhe jo ende i gjithë problemi!) do të jetë ky interval:

Të gjitha. Rasti 1 është zbërthyer. Le të kalojmë në rastin 2.

Rasti 2 ( a< 0, | a |=- a )

Në këtë rast, moduli ynë zgjerohet me një minus, dhe pabarazia merr formën e mëposhtme:

Përsëri kemi strukturën: “rrënjë më shumë funksione". Ne përdorim skemën tonë standarde me dy sisteme (shih më lart):

Duke marrë parasysh kërkesat e përgjithshme a<0 , ne përsëri, si në rastin e mëparshëm, kryejmë thjeshtime maksimale: kalojmë sistemin e dytë për shkak të mospërputhjes së dy kërkesave -3a< 0 и нашего общего условия a<0 për çdo gjë rastet 2 .

Dhe përsëri ne e shkurtojmë punën tonë. Sepse ne e kemi tashmë të vendosur në procesin e analizës rasti 1 ! Zgjidhja e kësaj pabarazie dukej kështu:

Gjithçka që mbetet është të kryqëzojmë këtë interval me kushtin tonë të ri a<0.

Ne kalojmë:

Këtu është pjesa e dytë e përgjigjes:

Meqë ra fjala, si e dija që zero qëndron saktësisht ndërmjet rrënjët tona irracionale? Lehtë! Natyrisht, rrënja e duhur është padyshim pozitive. Sa për rrënjën e majtë, unë vetëm në mendjen time krahasoi një numër irracional

Me zero. Si kjo:

Dhe tani bashkohen të dyja intervalet e gjetura. Sepse ne vendosim tërësi (jo sistem):

Puna është kryer. Këto dy intervale janë ende vetëm zgjidhje pabarazie

Kush harroi, kjo pabarazi është përgjegjëse për distancën midis rrënjëve të ekuacionit tonë. Që duhet të jenë më shumë se 3. Por! Kjo nuk është ende përgjigja!

Kemi edhe një kusht diskriminues pozitiv! Pabarazia a>-1/2, mbani mend? Kjo do të thotë që ne ende duhet ta kryqëzojmë këtë grup me kushtin a>-1/2. Me fjalë të tjera, tani ne duhet të kalojë dy komplete:

Por ka një problem. ne nuk e dimë, saktësisht se si numri -1/2 ndodhet në vijën në lidhje me rrënjën e majtë (negative). Për këtë do të na duhet krahasojnë dy numra me njëri-tjetrin:

Pra, tani marrim një draft dhe fillojmë të krahasojmë numrat tanë. Kështu:

Kjo do të thotë se thyesa -1/2 në boshtin numerik është në të majtë rrënjën tonë të majtë. Dhe fotografia për përgjigjen përfundimtare të problemit do të jetë diçka e tillë:

Kjo është ajo, problemi është zgjidhur plotësisht dhe ju mund të shkruani përgjigjen përfundimtare.

Përgjigje:

Pra, si? E kuptuat pikën? Pastaj vendosim vetë.)

1. Gjeni të gjitha vlerat e parametraveb, për të cilën ekuacioni

sëpatë 2 + 3 x +5 = 0

ka një rrënjë të vetme.

2. Gjeni të gjitha vlerat e parametrit a, për secilën prej të cilave rrënja më e madhe e ekuacionit

x 2 – (14 a -9) x + 49 a 2 – 63 a + 20 = 0

më pak se 9.

3. Gjeni të gjitha vlerat e parametrit a, për secilën prej të cilave shuma e katrorëve të rrënjëve të ekuacionit

x 2 – 4 , për secilën prej të cilave të paktën një nga zgjidhjet e ekuacionit 15 + 5 a = 0

është e barabartë me 6.

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

x 2 + 2( a -2) x + a + 3 = 0

ka dy rrënjë të ndryshme, distanca ndërmjet të cilave është më e madhe se 3.

Përgjigjet (në rrëmujë):