Parametre örnekleriyle denklemlerin çözümü için grafiksel yöntem. Bir parametreyle ilgili problemler (grafiksel çözüm) Giriş

2. Bilinmeyen dağılım parametrelerinin belirlenmesi.

Histogram kullanarak dağılım yoğunluğunu yaklaşık olarak çizebiliriz rastgele değişken. Bu grafiğin görünümü çoğu zaman bir rastgele değişkenin olasılık yoğunluk dağılımı hakkında bir varsayımda bulunmamıza olanak tanır. Bu dağılım yoğunluğunun ifadesi genellikle deneysel verilerden belirlenmesi gereken bazı parametreleri içerir.
Dağıtım yoğunluğunun iki parametreye bağlı olduğu özel durum üzerinde duralım.
Öyleyse izin ver x 1 , x 2 , ..., x n- sürekli bir rastgele değişkenin gözlemlenen değerleri ve olasılık dağılım yoğunluğunun bilinmeyen iki parametreye bağlı olmasına izin verin A Ve B yani benziyor. Bilinmeyen parametreleri bulma yöntemlerinden biri A Ve B teorik dağılımın matematiksel beklentisi ve varyansının örnek ortalama ve varyansla örtüşeceği şekilde seçilmelerinden oluşur:

(66)

(67)

Elde edilen iki denklemden () bulun bilinmeyen parametreler A Ve B. Yani örneğin bir rastgele değişken itaat ederse normal hukuk olasılık dağılımı, ardından olasılık dağılım yoğunluğu

iki parametreye bağlıdır A Ve . Bu parametreler bildiğimiz gibi sırasıyla matematiksel beklenti ve ortalama kare sapma rastgele değişken; dolayısıyla eşitlikler () şu şekilde yazılacaktır:

(68)

Bu nedenle olasılık dağılım yoğunluğu şu şekildedir:

Not 1. Bu sorunu zaten 'de çözdük. Ölçüm sonucu, parametrelerle normal dağılım yasasına uyan rastgele bir değişkendir. A Ve . Yaklaşık değer için A değeri seçtik ve yaklaşık değer olarak değeri seçtik.

Not 2.Şu tarihte: büyük miktarlar deneyler yapmak, miktarları bulmak ve formülleri kullanmak () hantal hesaplamalarla ilişkilidir. Bu nedenle şunu yaparlar: miktarın gözlemlenen değerlerinin her biri, Ben inci aralık ] X i-1 , X i [ istatistiksel seri, yaklaşık olarak kabul edilir ortadakine eşit ben bu aralık, yani c ben =(X i-1 +X i)/2. İlk aralığı düşünün ] X 0 , X 1 [. Ona çarptı m 1 her biri bir sayıyla değiştirdiğimiz rastgele değişkenin gözlemlenen değerleri 1'den itibaren. Dolayısıyla bu değerlerin toplamı yaklaşık olarak eşittir m 1 sn 1. Benzer şekilde ikinci aralığa düşen değerlerin toplamı da yaklaşık olarak şuna eşittir: m 2 ile 2 vesaire. Bu yüzden

Benzer şekilde yaklaşık eşitliği elde ederiz.

Öyleyse bunu gösterelim

(71)

Parametreli denklemler haklı olarak en çok kullanılan denklemlerden biri olarak kabul edilir. karmaşık görevler biliyorum okul matematik. Birleşik devlette her yıl B ve C tipi görevler listesinde yer alan bu görevlerdir. Birleşik Devlet Sınavı. Ancak aralarında büyük sayı parametreli denklemler kolayca çözülebilen denklemlerdir grafiksel olarak. Çeşitli problemleri çözme örneğini kullanarak bu yöntemi ele alalım.

|x 2 – 2x – 3| denkleminin geçerli olduğu a sayısının tamsayı değerlerinin toplamını bulun. = a'nın dört kökü vardır.

Çözüm.

Sorunun sorusunu yanıtlamak için bir tanesini temel alalım koordinat düzlemi fonksiyon grafikleri

y = |x 2 – 2x – 3| ve y = a.

İlk fonksiyonun grafiği y = |x 2 – 2x – 3| y = x 2 – 2x – 3 parabolünün grafiğinden, grafiğin Ox ekseninin altındaki kısmı x eksenine göre simetrik olarak görüntülenerek elde edilecektir. Grafiğin x ekseninin üzerinde bulunan kısmı değişmeden kalacaktır.

Bunu adım adım yapalım. y = x 2 – 2x – 3 fonksiyonunun grafiği, dalları yukarı doğru yönlendirilmiş bir paraboldür. Grafiğini oluşturmak için tepe noktasının koordinatlarını buluyoruz. Bu, x 0 = -b/2a formülü kullanılarak yapılabilir. Böylece, x 0 = 2/2 = 1. Parabolün tepe noktasının ordinat ekseni boyunca koordinatını bulmak için, x 0 için elde edilen değeri söz konusu fonksiyonun denkleminde yerine koyarız. y 0 = 1 – 2 – 3 = -4 sonucunu elde ederiz. Bu, parabolün tepe noktasının (1; -4) koordinatlarına sahip olduğu anlamına gelir.

Daha sonra parabol dallarının koordinat eksenleriyle kesişme noktalarını bulmanız gerekir. Parabolün dallarının apsis ekseni ile kesiştiği noktalarda fonksiyonun değeri sıfırdır. Bu nedenle ikinci dereceden denklem x 2 – 2x – 3 = 0'ı çözüyoruz. Kökleri gerekli noktalar olacaktır. Vieta teoremine göre x 1 = -1, x 2 = 3 elde ederiz.

Parabol dallarının ordinat ekseni ile kesişme noktalarında argümanın değeri sıfırdır. Dolayısıyla y = -3 noktası parabolün dallarının y ekseniyle kesiştiği noktadır. Ortaya çıkan grafik Şekil 1'de gösterilmektedir.

y = |x 2 – 2x – 3| fonksiyonunun grafiğini elde etmek için grafiğin x ekseninin altında bulunan kısmını x eksenine göre simetrik olarak gösterelim. Ortaya çıkan grafik Şekil 2'de gösterilmektedir.

y = a fonksiyonunun grafiği apsis eksenine paralel bir doğrudur. Şekil 3'te gösterilmektedir. Şekli kullanarak, eğer a (0; 4) aralığına aitse grafiklerin dört ortak noktası olduğunu (ve denklemin dört kökü olduğunu) buluruz.

Ortaya çıkan aralıktan a sayısının tamsayı değerleri: 1; 2; 3. Sorunun sorusunu cevaplamak için şu sayıların toplamını bulalım: 1 + 2 + 3 = 6.

Cevap: 6.

|x 2 – 4|x| denkleminin verildiği a sayısının tamsayı değerlerinin aritmetik ortalamasını bulun. – 1| = a'nın altı kökü vardır.

y = |x 2 – 4|x| fonksiyonunun grafiğini çizerek başlayalım. – 1|. Bunu yapmak için a 2 = |a| eşitliğini kullanırız. 2'ye gidin ve fonksiyonun sağ tarafında yazılı olan alt modüler ifadedeki tam kareyi seçin:

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

O zaman orijinal fonksiyon y = |(|x| – 2) 2 – 5| biçimine sahip olacaktır.

Bu fonksiyonun grafiğini oluşturmak için fonksiyonların sıralı grafiklerini oluştururuz:

1) y = (x – 2) 2 – 5 – koordinatları (2; -5) olan noktada köşesi olan parabol; (Şekil 1).

2) y = (|x| – 2) 2 – 5 – 1. adımda oluşturulan parabolün ordinat ekseninin sağında yer alan kısmı, Oy ekseninin solunda simetrik olarak görüntülenir; (Şekil 2).

3) y = |(|x| – 2) 2 – 5| – grafiğin x ekseninin altında yer alan 2. noktada oluşturulan kısmı, yukarı doğru x eksenine göre simetrik olarak görüntülenir. (Şekil 3).

Ortaya çıkan çizimlere bakalım:

y = a fonksiyonunun grafiği apsis eksenine paralel bir doğrudur.

Şekli kullanarak fonksiyon grafiklerinin altı tane olduğu sonucuna varıyoruz. ortak noktalar(denklemin altı kökü vardır) eğer a (1; 5) aralığına aitse.

Bu, aşağıdaki şekilde görülebilir:

a parametresinin tamsayı değerlerinin aritmetik ortalamasını bulalım:

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

Cevap: 3.

web sitesi, materyali tamamen veya kısmen kopyalarken kaynağa bir bağlantı gereklidir.

a parametresinin her değeri için eşitsizliği çözün | 2 x + bir | ≤ x + 2 |2x+a| \leqx+2 .

Öncelikle yardımcı bir problemi çözelim. Bu eşitsizliği iki değişken x x ve a a olan bir eşitsizlik olarak düşünelim ve koordinatları eşitsizliği karşılayan tüm noktaları x O a xOa koordinat düzlemi üzerine çizelim.

Eğer 2 x + a ≥ 0 2x+a \geq 0 (yani a = - 2 x a=-2x düz çizgisi üzerinde ve daha yüksekse), o zaman 2 x + a ≤ x + 2 ⇔ a ≤ 2 - x 2x+ a elde ederiz \leq x+2 \Leftrightarrow a \leq 2-x .

Set Şekil 2'de gösterilmektedir. 11.

Şimdi bu çizimi kullanarak orijinal problemi çözelim. a'yı düzeltirsek, a = const a = \textrm(const) yatay bir çizgi elde ederiz. X x'in değerlerini belirlemek için, bu çizginin kesişme noktalarının eşitsizliğin çözüm kümesiyle apsisini bulmanız gerekir. Örneğin a = 8 a=8 ise eşitsizliğin çözümü yoktur (düz çizgi kümeyle kesişmez); a = 1 a=1 ise, çözümlerin tümü x x [ - 1 ; 1 ] [-1;1] vb. Yani üç seçenek mümkündür.

1) Eğer $$a>4$$ ise hiçbir çözüm yoktur.

2) Eğer a = 4 a=4 ise x = - 2 x=-2 olur.

CEVAP

$$a'da

a = 4 için a=4 - x = - 2 x=-2 ;

$$a>4$$ için - hiçbir çözüm yok.

$$3-|x-a| eşitsizliğinin olduğu a a parametresinin tüm değerlerini bulun. > x^2$$ a) en az bir çözüme sahiptir; b) En az bir pozitif çözümü vardır.

Eşitsizliği $$3-x^2 > |x-a)$$ biçiminde yeniden yazalım. Soldaki grafikleri oluşturalım ve doğru parçalar x O y xOy düzleminde. Sol taraftaki grafik, tepe noktası (0; 3) (0;3) noktasında olan, aşağı doğru dalları olan bir paraboldür. Grafik x eksenini (± 3 ; 0) (\pm \sqrt(3);0) noktalarında keser. Sağ tarafın grafiği, x eksenindeki tepe noktasıyla bir açıdır ve kenarları koordinat eksenlerine 45 ° 45^(\circ) açıyla yukarıya doğru yönlendirilir. Tepe noktasının apsisi x = a x=a noktasıdır.

a) Bir eşitsizliğin en az bir çözümü olabilmesi için parabolün en az bir noktasında y = | grafiğinin üzerinde olması gerekli ve yeterlidir. x - a | y=|x-a| . Bu, açının tepe noktası apsis ekseninin A A ve B B noktaları arasında yer alıyorsa gerçekleştirilir (bkz. Şekil 12 - A A ve B B noktaları dahil değildir). Bu nedenle açının dallarından birinin parabolün tepe noktasının hangi konumunda olduğunu belirlemek gerekir.

Köşenin tepe noktasının A A noktasında olduğu durumu ele alalım. Sonra açının sağ dalı parabole değiyor. O eğim bire eşit. Bu, y = 3 - x 2 y = 3-x^2 fonksiyonunun teğetlik noktasındaki türevinin 1 1'e eşit olduğu anlamına gelir, yani - 2 x = 1 -2x=1, dolayısıyla x = - 1 2 x = -\frac( 1)(2) . O zaman teğet noktasının ordinatı şöyledir: y = 3 - (1 2) 2 = 11 4 y = 3 - (\frac(1)(2))^2 = \frac(11)(4) . Açısal katsayısı k = 1 k=1 olan ve koordinatları (- 1 2 ; 11 4) (-\frac(1)(2); \frac(11)(4) olan bir noktadan geçen düz çizginin denklemi ) aşağıdaki gibidir * ( \^* : 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} .!}

Bu köşenin sağ dalının denklemidir. X ekseni ile kesişme noktasının apsisi - 13 4 -\frac(13)(4)'e eşittir, yani A A noktası A (- 13 4 ; 0) A(-\frac(13)(4) koordinatlarına sahiptir 0) . Simetri nedeniyle, B B noktasının koordinatları vardır: B (13 4 ; 0) B(\frac(13)(4); 0) .

Bundan a ∈ (- 13 4 ; 13 4) a\in (-\frac(13)(4); \frac(13)(4)) sonucunu elde ederiz.

b) Köşenin tepe noktası F F ve B B noktaları arasındaysa eşitsizliğin pozitif çözümleri vardır (bkz. Şekil 13). F F noktasının konumunu bulmak zor değildir: eğer köşenin tepe noktası F F noktasındaysa, sağ dalı (y = x - a y = x-a denklemiyle verilen düz çizgi (0; 3) noktasından geçer) ) (0;3). Buradan a = - 3 a=-3 ve F F noktasının (- 3 ; 0) (-3;0) koordinatlarına sahip olduğunu buluruz. Dolayısıyla a ∈ (- 3 ; 13 4) a olur. \in (-3; \frac(13)(4) ) .

CEVAP

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)) .

* {\!}^* Yararlı formüller:

- \-- (x 0 ; y 0) (x_0;y_0) noktasından geçen ve k k açısal katsayısına sahip bir düz çizgi, y - y 0 = k (x - x 0) y-y_0= denklemiyle verilir k(x-x_0 ) ;

- \-- (x 0 ; y 0) (x_0;y_0) ve (x 1 ; y 1) (x_1;y_1) noktalarından geçen düz çizginin açısal katsayısı, burada x 0 ≠ x 1 x_0 \neq x_1, k = y 1 - y 0 x 1 - x 0 k = \dfrac(y_1-y_0)(x_1-x_0) formülüyle hesaplanır.

Yorum. y = k x + l y=kx+l düz çizgisine ve y = a x 2 + b x + c y = ax^2+bx+c parabolüne dokunduğu parametrenin değerini bulmanız gerekiyorsa, o zaman şunu yazabilirsiniz: k x + l = a x 2 + b x + c kx+l = ax^2+bx+c denkleminin tam olarak bir çözümü olması koşuluyla, açının tepe noktası olan a a parametresinin değerlerini bulmanın başka bir yolu. A noktasındadır A aşağıdaki gibidir: denklem x - a = 3 - x 2 x-a = 3-x^2'nin tam olarak bir çözümü vardır ⇔ D = 1 + 4 (a + 3) = 0 ⇔ a = - 13 4 \Leftrightarrow D = 1 + 4(a+3) = 0 \Leftrightarrow a = -\ dfrac(13)(4) .

Lütfen bu şekilde bir çizginin rastgele bir grafiğe dokunması koşulunu yazmanın imkansız olduğunu unutmayın. Örneğin, y = 3 x - 2 y = 3x - 2 doğrusu kübik parabol y = x 3 y=x^3'e (1 ; 1) (1;1) noktasında dokunur ve onu (-) noktasında keser. 2 ; - 8) (-2;-8), yani x 3 = 3 x + 2 x^3 = 3x+2 denkleminin iki çözümü vardır.

a a parametresinin tüm değerlerini bulun; her biri için (a + 1 - | x + 2 |) (x 2 + 4 x + 1 - a) = 0 (a+1-|x+2| )(x^2 +4x+1-a) = 0'ın a) tam olarak iki farklı kökü vardır; b) tam olarak üç farklı kök.

Örnek 25'tekinin aynısını yapalım. Bu denklemin çözüm kümesini x O a xOa düzleminde gösterelim. İki denklemin birleşimine eşdeğerdir:

1) bir = | x + 2 | - 1 a = |x+2| -1, dalları yukarı ve tepe noktası (- 2 ; - 1) (-2;-1) noktasında olan bir açıdır.

2) a = x 2 + 4 x + 1 a = x^2 + 4x + 1 - bu, yukarı doğru dalları olan ve tepe noktası (- 2 ; - 3) (-2;-3) noktasında olan bir paraboldür. Bkz. 14.

İki grafiğin kesişim noktalarını buluyoruz. Açının sağ dalı y = x + 1 y=x+1 denklemiyle verilir. Denklemin çözümü

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

x = 0 x=0 veya x = - 3 x=-3 olduğunu buluruz. Yalnızca x = 0 x=0 değeri uygundur (çünkü sağ dal için x + 2 ≥ 0 x+2 \geq 0). O halde a = 1 a=1 . Benzer şekilde ikinci kesişim noktasının koordinatlarını da buluyoruz - (- 4 ; 1) (-4; 1) .

Asıl soruna dönelim. Denklemin, a = const a=\textrm(const) yatay çizgisinin denklemin çözüm kümesini iki noktada kestiği a a çözümleri için tam olarak iki çözümü vardır. Grafikten bunun a ∈ (- 3 ; - 1) ∪ ( 1 ) a\in (-3;-1)\bigcup\(1\) için doğru olduğunu görüyoruz. Tam olarak üç çözüm olacak üç durum yalnızca a = - 1 a=-1 olduğunda mümkün olan kesişme noktaları.

CEVAP

a) a ∈ (- 3 ; - 1) ∪ ( 1 ) ;      

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

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

tam olarak tek bir çözümü var.

Eşitsizlik sisteminin çözümlerini x O a xOa düzleminde gösterelim. Sistemi şu biçimde yeniden yazalım: $$ \begin(cases) a \leq -x^2+x,\\ a \geq \dfrac(x^2+6x)(6) .\end(cases) $$

CEVAP

İlk eşitsizlik, a = - x 2 + x a = -x^2+x parabolünün üzerinde ve onun altındaki noktalarla sağlanır ve ikincisi, a = x 2 + 6 x 6 a = parabolünün üzerinde yer alan noktalarla sağlanır. \dfrac(x^2 +6x)(6) ve üzeri. Parabollerin köşelerinin koordinatlarını ve kesişme noktalarını bulup bir grafik oluşturuyoruz. Birinci parabolün tepe noktası (1 2 ; 1 4) (\dfrac(1)(2);\dfrac(1)(4)), ikinci parabolün tepe noktası (- 1 ; - 1 6) ( -1; -\dfrac( 1)(6)), kesişme noktaları (0 ; 0) (0;0) ve (4 7 ; 12 49) (\dfrac(4)(7); \dfrac(12) )(49)). Sistemi karşılayan noktalar kümesi Şekil 2'de gösterilmektedir. 15. a = const a=\textrm(const) yatay çizgisinin a = 0 a=0 ve a = durumlarında bu kümeyle tam olarak bir ortak noktaya sahip olduğu (yani sistemin tam olarak bir çözümü olduğu) görülebilir. 1 4 a= \dfrac(1)(4) .

A = 0 ,  a = 1 4 a=0,\: a=\dfrac(1)(4) Bulmak en küçük değer

a a parametresi, sistemin her biri için

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

tek çözüm İlk denklemi dönüştürelim,:

tam kareleri vurgulama

Önceki problemlerden farklı olarak, burada x O y xOy düzleminde bir çizim göstermek daha iyidir (“değişken - parametre” düzlemindeki bir çizim genellikle bir değişken ve bir parametreli problemler için kullanılır - sonuç düzlemde bir kümedir Bu problemde iki değişken ve bir parametreyle uğraşıyoruz. (x ; y ; a) (x;y;a) noktalarını çizin. üç boyutlu uzay- Bu zor görev; ayrıca böyle bir çizimin görsel olması pek mümkün değildir). Denklem (18), merkezi (a 3 ; 1) (a\sqrt(3);1) olan ve yarıçapı 1 olan bir daireyi belirtir. Bu dairenin merkezi, a a'nın değerine bağlı olarak, yüzey üzerinde herhangi bir noktada bulunabilir. y = 1 y=1 doğrusu.

Sistemin ikinci denklemi y = 3 | x | - 4 y = \sqrt(3)|x|-4, apsis eksenine 60 ° 60^(\circ) açı yapacak şekilde kenarları yukarıda olacak şekilde açıyı ayarlar (düz çizginin açısal katsayısı, düz çizginin tanjantıdır) eğim açısı tg 60 ° = 3 \textrm(tg )(60^(\circ)) = \sqrt(3)), tepe noktası (0; - 4) (0;-4) noktasındadır.

Eğer daire açının dallarından birine dokunuyorsa, bu denklem sisteminin tam olarak bir çözümü vardır. Bu mümkün dört vaka(Şekil 16): dairenin merkezi A A, B B, C C, D D noktalarından birinde olabilir. a a parametresinin en küçük değerini bulmamız gerektiğinden, D D noktasının apsisiyle ilgileniyoruz. düşünelim dik üçgen DHM DHM . D D noktasından H M HM düz çizgisine olan mesafe dairenin yarıçapına eşittir, dolayısıyla D H = 1 DH=1. Yani, D M = D H sin 60 ° = 2 3 DM=\dfrac(DH)(\textrm(sin)(60^(\circ)))) = \dfrac(2)(\sqrt(3)) . M M noktasının koordinatları, y = 1 y=1 ve y = - 3 x - 4 y=-\sqrt(3)x-4 ( olmak üzere iki doğrunun kesişme noktasının koordinatları olarak bulunur. sol taraf açı).

M (- 5 3) M(-\dfrac(5)(\sqrt(3)))) elde ederiz. O halde D D noktasının apsisi eşittir - 5 3 - 2 3 = - 7 3 -\dfrac(5)(\sqrt(3))-\dfrac(2)(\sqrt(3))=-\dfrac( 7)(\ sqrt(3)) .

Çemberin merkezinin apsisi a 3 a\sqrt(3)'e eşit olduğundan, a = - 7 3 a=-\dfrac(7)(3) olur.

CEVAP

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

Sistemin her biri için a a parametresinin tüm değerlerini bulun

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

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

x O y xOy düzlemindeki eşitsizliklerin her birinin çözüm kümelerini gösterelim.

İkinci eşitsizlikte tam kareleri seçiyoruz:

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

a + 8 = 0 a+8=0 (a = - 8 a=-8) olduğunda, eşitsizlik (19), (7 a ; 3 a) (7a;3a), yani (- 56 ; -) koordinatlarına sahip bir noktayı belirtir. 24)(-56;-24) . a'nın diğer tüm değerleri için a (19), yarıçapı | a + 8 | |a+8| .

İlk eşitsizliği ele alalım.
1) Negatif a a için çözümü yoktur. Bu, sistemin hiçbir çözümü olmadığı anlamına gelir.

2) Eğer a = 0 a=0 ise, 4 x + 3 y = 0 4x+3y=0 düz çizgisini elde ederiz. İkinci eşitsizlikten merkezi (0; 0) (0; 0) olan ve yarıçapı 8 olan bir daire elde ederiz. Açıkçası birden fazla çözüm var.

3) Eğer $$a>0$$ ise, bu eşitsizlik çifte eşitsizliğe eşdeğerdir - 12 a ≤ 4 x + 3 y ≤ 12 a -12a \leq 4x+3y \leq 12a . Her biri 4 x + 3 y = 0 4x+ düz çizgisine paralel olan iki düz çizgi arasında y = ± 4 a - 4 x 3 y=\pm 4a -\dfrac(4x)(3) olan bir şerit tanımlar. 3y=0 (Şekil 17).

$$a>0$$'ı düşündüğümüz için, dairenin merkezi y = 3 x 7 y = \dfrac(3x)(7) doğrusu üzerinde ilk çeyrekte yer alır. Aslında merkezin koordinatları x = 7 a x=7a , y = 3 a y=3a ; a a'yı ifade ederek ve eşitleyerek x 7 = y 3 \dfrac(x)(7)=\dfrac(y)(3) elde ederiz, dolayısıyla y = 3 x 7 y = \dfrac(3x)(7) . Sistemin tam olarak tek bir çözüme sahip olması için dairenin a 2 a_2 düz çizgisine değmesi gerekli ve yeterlidir. Bu, dairenin yarıçapı olduğunda meydana gelir. mesafeye eşitÇemberin merkezinden a 2 a_2 düz çizgisine kadar. Bir noktadan bir çizgiye olan mesafe formülüne göre * (\^{*} 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 .!}

CEVAP

bir = 2 bir=2

* {\^{*} Пусть даны точка M (x 0 ; y 0) M (x_0;y_0) и прямая l l , !} denklem tarafından verilen a x + b y + c = 0 ax+by+c=0 . Daha sonra M M noktasından l l düz çizgisine olan mesafe ρ = | a x 0 + b x 0 + c | a 2 + b 2 \rho = \dfrac(|ax_0+bx_0+c|)(\sqrt(a^2+b^2)) .

Sistem a a parametresinin hangi değerlerinde çalışır?

$$\begin(cases) |x|+|y|=1,\\ |x+a|+|y+a|=1 \end(cases)$$'ın çözümü yok mu?

Sistemin ilk denklemi x O y xOy düzlemindeki A B C D ABCD karesini tanımlar (bunu oluşturmak için x ≥ 0 x\geq 0 ve y ≥ 0 y\geq 0'ı düşünün. Daha sonra denklem x + y = formunu alır) 1 x+y=1 İlk çeyrekte yer alan x + y = 1 x+y=1 düz çizgisinin bir parçasını elde ederiz. Daha sonra bu parçayı O x Ox eksenine göre yansıtırız. elde edilen kümeyi O y Oy eksenine göre yansıtır (bkz. Şekil 18). İkinci denklem P Q R S PQRS karesini tanımlar, kareye eşit A B C D ABCD , ancak (- a ; - a) (-a;-a)'da ortalanmıştır. Şek. Örnek olarak, Şekil 18'de a = - 2 a=-2 için bu kare gösterilmektedir. Bu iki kare kesişmezse sistemin çözümü yoktur.

P Q PQ ve B C BC doğru parçaları çakışırsa ikinci karenin merkezinin (1; 1) (1;1) noktasında olduğunu görmek kolaydır. Merkezin “yukarıda” ve “sağda” olduğu a a değerleri bizim için uygundur, yani $$a1$$.

CEVAP

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

Sistemin bağlandığı b b parametresinin tüm değerlerini bulun

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

a'nın herhangi bir değeri için en az bir çözümü vardır.

Birkaç durumu ele alalım.

1) Eğer $$b2) Eğer b = 0 b=0 ise, sistem $$\begin(cases) y=x^2,\\ y=ax .\end(cases) $$ formunu alır

Herhangi bir a a sayısı çifti için (0 ; 0) (0;0) bu sistemin bir çözümüdür, dolayısıyla b = 0 b=0 uygundur.

3) Biraz $$b>0$$ düzeltelim. İlk denklem, bu parabolün bir kısmının O x Ox eksenine göre yansıtılmasıyla y = x 2 - b y=x^2-b parabolünden elde edilen noktalar kümesiyle sağlanır (bkz. Şekil 19a, b). İkinci denklem bir düz çizgi ailesini belirtir (a a'nın farklı değerlerini değiştirerek, (b ; 0) (b;0) noktasından geçen, dikey olan hariç her türlü düz çizgiyi elde edebilirsiniz), (b ; 0) (b;0) noktasından geçerek. (b ; 0) (b;0) noktası [ - b ; doğru parçası üzerinde yer alıyorsa b ] [-\sqrt(b);\sqrt(b)] . apsis ekseni, daha sonra düz çizgi herhangi bir eğim için birinci fonksiyonun grafiğini keser (Şekil 19a). Aksi takdirde (Şekil 19b) her durumda kesişmeyen düz bir çizgi olacaktır. bu program. - b ≤ b ≤ b -\sqrt(b)\leq b \leq \sqrt(b) eşitsizliğini çözerek ve $$b>0$$ değerini dikkate alarak b ∈ (0 ; 1 ] b \'yi elde ederiz. ( 0;1] içinde.

Sonuçları birleştiriyoruz: $$b \in $$.

CEVAP

$$b \$$ cinsinden

Her biri için f (x) = x 2 - | fonksiyonunun bulunduğu a a'nın tüm değerlerini bulun. x - a 2 | - 3 x f(x) = x^2-|x-a^2|-3x'in en az bir maksimum noktası vardır.

Modülü genişleterek şunu anlıyoruz

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

İki aralığın her birinde, y = f (x) y=f(x) fonksiyonunun grafiği yukarı doğru dalları olan bir paraboldür.

Yukarıya doğru dallanan parabollerin maksimum noktaları olamayacağından, tek olasılık maksimum noktanın bu aralıkların sınır noktası olmasıdır - x = a 2 x=a^2 noktası. Bu noktada, y = x 2 - 4 x + a 2 y=x^2-4x+a^2 parabolünün tepe noktası $$x>a^2$$ aralığına denk geliyorsa bir maksimum olacaktır ve $$x\lt a^2$$ aralığı için y = x 2 - 2 x - a 2 y=x^2-2x-a^2 parabolünün tepe noktası (bkz. Şekil 20). Bu koşul eşitsizlikler tarafından verilir ve $$2 \gt a^2$$ ve $$1 \lt a^2$$, bunun çözümünde a ∈ (- 2 ; 1) ∪ (1 ; 2) a\in olduğunu buluruz. (-\ sqrt(2);1)\bigcup(1;\sqrt(2)) .

CEVAP

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

Her biri için a a'nın tüm değerlerini bulun genel çözümler eşitsizlikler

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

eşitsizliğin çözümleri

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

Durumu yönlendirmek için bazen bir parametre değerini dikkate almak yararlı olabilir. Örneğin a = 0 a=0 için bir çizim yapalım. Eşitsizlikler (20) (aslında bir eşitsizlik sistemiyle (20) uğraşıyoruz) B A C BAC açısının noktaları (bkz. Şekil 21) - her biri her iki düz çizginin üzerinde yer alan y = - noktaları tarafından karşılanır 2 x y=-2x ve y = x y =x (veya bu satırlarda). Eşitsizlik (21), y = 1 2 x + 3 2 y = \dfrac(1)(2)x + \dfrac(3)(2) düz çizgisinin üzerinde yer alan noktalarla sağlanır. a = 0 a=0 olduğunda problemin koşulunun sağlanmadığı görülebilir.

a a parametresine farklı bir değer alırsak ne değişir? Doğruların açısal katsayıları a’ya bağlı olmadığı için doğruların her biri hareket edecek ve kendine paralel bir doğruya dönüşecektir. Sorunun koşulunun yerine getirilmesi için, B A C BAC açısının tamamının l l düz çizgisinin üzerinde olması gerekir. A B AB ve A C AC düz çizgilerinin açısal katsayıları mutlak değer olarak l l düz çizginin açısal katsayısından daha büyük olduğundan, açının tepe noktasının l l düz çizgisinin üzerinde olması gerekli ve yeterlidir.

Bir denklem sistemini çözme

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

A noktasının koordinatlarını bulun (- a 3 ; 5 a 3) A(-\dfrac(a)(3);\dfrac(5a)(3)) . Eşitsizliği (21) sağlamalıdırlar, yani $$\dfrac(10a)(3)+\dfrac(a)(3) > a+3$$, dolayısıyla $$a>\dfrac(9)(8)$$ .

CEVAP

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

Olga Otdelkina, 9. sınıf öğrencisi

Bu konu çalışmanın ayrılmaz bir parçasıdır okul kursu cebir. Bu çalışmanın amacı bu konuyu daha derinlemesine incelemek, en çok tespit etmektir. rasyonel karar, hızla bir cevaba yol açar. Bu makale, diğer öğrencilerin parametreli denklemleri çözmek için grafik yönteminin kullanımını anlamalarına, bu yöntemin kökenini ve gelişimini öğrenmelerine yardımcı olacaktır.

İndirmek:

Önizleme:

Giriş2

Bölüm 1. Parametreli Denklemler

Parametre3 ile denklemlerin ortaya çıkış tarihi

Vieta teoremi4

Temel kavramlar5

Bölüm 2. Parametreli denklem türleri.

Doğrusal denklemler6

İkinci dereceden denklemler……………………………………………………………….7

Bölüm 3. Parametreli denklemleri çözme yöntemleri

Analitik yöntem….………………………………………………8

Grafik yöntemi. Menşe tarihi….…………………………9

Çözüm algoritması grafiksel yöntem..…………….....…………….10

Denklemin modüllü çözümü……………………………………………….11

Pratik kısım…………………………………………………………12

Sonuç……………………………………………………………………………….19

Referanslar………………………………………………………………20

Giriiş.

Bu konuyu okul cebir dersinin ayrılmaz bir parçası olduğu için seçtim. Yemek pişirmek bu iş, Bu konuyu daha derinlemesine incelemeyi, hızlı bir şekilde cevaba yol açacak en rasyonel çözümü belirlemeyi hedefledim. Makalem, diğer öğrencilerin parametreli denklemleri çözmek için grafik yöntemin kullanımını anlamalarına, bu yöntemin kökenini ve gelişimini öğrenmelerine yardımcı olacaktır.

İÇİNDE modern yaşamçok çalışmak fiziksel süreçler ve geometrik desenler sıklıkla parametrelerle ilgili problemlerin çözülmesine yol açar.

Bu tür denklemleri çözmek için, α parametresine bağlı olarak denklemin kaç kökü olduğunu belirlemeniz gerektiğinde grafik yöntemi çok etkilidir.

Parametrelerle ilgili problemler tamamen matematiksel ilgi konusudur ve entelektüel gelişimöğrenciler, hizmet ver iyi malzeme becerileri uygulamak. Matematiğin ana dallarına ilişkin bilgiyi, matematiksel düzeyi kontrol etmek için kullanılabildiğinden tanısal değere sahiptirler. mantıksal düşünme, başlangıç ​​becerileri araştırma faaliyetleri ve yükseköğretim kurumlarında bir matematik dersinde başarılı bir şekilde uzmanlaşmak için umut verici fırsatlar.

Makalemde sık karşılaşılan denklem türlerini ele alıyorum ve çalışma sürecinde edindiğim bilgilerin, geçerken bana yardımcı olacağını umuyorum. okul sınavları, Nihayetparametreli denklemlerhaklı olarak okul matematiğindeki en zor problemlerden biri olarak kabul edilir. Tek bir görev listesine giren tam da bu tür görevlerdir. devlet sınavı Birleşik Devlet Sınavı.

Parametreli denklemlerin ortaya çıkış tarihi

Parametreli denklemlerle ilgili problemlerle, 499 yılında Hintli matematikçi ve gökbilimci Aryabhatta tarafından derlenen “Aryabhattiam” astronomi incelemesinde zaten karşılaşılmıştı. Başka bir Hintli bilim adamı Brahmagupta (7. yüzyıl), şunları özetledi: genel kural birleşik hale getirilmiş ikinci dereceden denklemlerin çözülmesi kanonik form:

αx 2 + bx = c, α>0

Parametre hariç denklemdeki katsayılar, aynı zamanda negatif de olabilir.

El-Harizmi'nin ikinci dereceden denklemleri.

Al-Khorezmi'nin cebirsel incelemesi, a parametreli doğrusal ve ikinci dereceden denklemlerin bir sınıflandırmasını verir. Yazar 6 tür denklem sayıyor ve bunları şu şekilde ifade ediyor:

1) “Kareler köklere eşittir” yani αx 2 = bx.

2) “Kareler sayılara eşittir”, yani αx 2 = c.

3) “Kökler sayıya eşittir” yani αx = c.

4) “Kareler ve sayılar köklere eşittir” yani αx 2 + c = bx.

5) “Kareler ve kökler sayıya eşittir” yani αx 2 + bx = c.

6) “Kökler ve sayılar karelere eşittir” yani bx + c = αx 2 .

Avrupa'da ikinci dereceden denklemleri Harezmi'ye göre çözmenin formülleri ilk olarak İtalyan matematikçi Leonardo Fibonacci'nin 1202 yılında yazdığı "Abaküs Kitabı"nda ortaya konmuştur.

Parametreli ikinci dereceden bir denklemi çözmek için formülün türetilmesi genel görünüm Vieta'da var ama Vieta yalnızca tanıdı pozitif kökler. İtalyan matematikçiler Tartaglia, Cardano, Bombelli 12. yüzyılın ilkleri arasındaydı. olumlu yanı sıra dikkate almak ve negatif kökler. Sadece 17. yüzyılda. Girard, Descartes, Newton ve diğer bilim adamlarının çalışmaları sayesinde ikinci dereceden denklemleri çözme yöntemi modern şeklini aldı.

Vieta'nın teoremi

İkinci dereceden bir denklemin parametreleri, katsayıları ve kökleri arasındaki ilişkiyi ifade eden ve adını Vieta'dan alan teorem, ilk kez 1591'de kendisi tarafından şu şekilde formüle edildi: “Eğer b + d, α eksi α ile çarpılırsa 2 , bc'ye eşitse α, b'ye ve d'ye eşit olur."

Vieta'yı anlamak için, herhangi bir sesli harf gibi α'nın bilinmeyen (bizim x'imiz) anlamına geldiğini, b, d sesli harflerinin ise bilinmeyenin katsayıları olduğunu hatırlamamız gerekir. Modern cebir dilinde yukarıdaki Vieta formülasyonu şu anlama gelir:

eğer varsa

(α + b)x - x 2 = αb,

Yani x 2 - (α -b)x + αb =0,

o zaman x 1 = α, x 2 = b.

Denklemlerin kökleri ve katsayıları arasındaki ilişkinin ifade edilmesi genel formüller Semboller kullanılarak yazılan Vieta, denklem çözme yöntemlerinde tekdüzelik sağladı. Ancak Viet'in sembolizmi hala bundan uzaktır. modern görünüm. O itiraf etmedi negatif sayılar ve bu nedenle denklemleri çözerken yalnızca tüm köklerin pozitif olduğu durumları dikkate aldı.

Temel Kavramlar

Parametre - değeri sabit kabul edilen bağımsız bir değişken veya herhangi bir sayı veya ait bir numara verilen koşul aradaki görevler.

Parametreli denklem— matematikseldenklem, dış görünüş ve çözümü bir veya daha fazla parametrenin değerlerine bağlıdır.

Karar vermek her değer için parametre ortalamalarıyla denklemBu denklemi sağlayan x değerlerini bulun ve ayrıca:

1. 1. Denklemin parametrelerinin hangi değerlerinde köklerinin olduğunu ve kaç tane kök bulunduğunu araştırın. farklı anlamlar parametreler.
2. 2. Kökler için tüm ifadeleri bulun ve her biri için, bu ifadenin gerçekte denklemin kökünü belirlediği parametre değerlerini belirtin.

α, c, k, x'in değişken büyüklükler olduğu α(x+k)= α +c denklemini düşünün.

α, c, k, x değişkenlerinin izin verilen değerleri sistemibu denklemin hem sol hem de sağ tarafının gerçek değerler aldığı herhangi bir değişken değer sistemidir.

A, α'nın kabul edilebilir tüm değerlerinin kümesi olsun, K, k'nin kabul edilebilir tüm değerlerinin kümesi olsun, X, x'in kabul edilebilir tüm değerlerinin kümesi olsun, C, c'nin kabul edilebilir tüm değerlerinin kümesi olsun. A, K, C, X kümelerinin her biri için sırasıyla bir α, k, c değerini seçip sabitlersek ve bunları denklemde değiştirirsek, o zaman x için bir denklem elde ederiz, yani. bir bilinmeyenli denklem.

Bir denklem çözülürken sabit kabul edilen α, k, c değişkenlerine parametre, denklemin kendisine ise parametre içeren denklem denir.

Parametreler ilk harflerle gösterilir Latin alfabesi: α, b, c, d, …, k, l, m, n ve bilinmeyenler - x, y, z harfleriyle.

Aynı parametreleri içeren iki denklem denir eğer eşdeğer:

a) aynı parametre değerleri için anlamlıdırlar;

b) birinci denklemin her çözümü ikincinin de çözümüdür ve bunun tersi de geçerlidir.

Parametreli denklem türleri

Parametreli denklemler şunlardır: doğrusal ve kare.

1) Doğrusal denklem. Genel görünüm:

α x = b, burada x bilinmiyor;α, b - parametreler.

Bu denklem için özel veya kontrol değeri parametre bilinmeyenin katsayısının sıfırlandığı parametredir.

Karar verirken doğrusal denklem Bir parametre ile parametrenin özel değerine eşit ve ondan farklı olduğu durumlar dikkate alınır.

α parametresinin özel bir değeri, değerdirα = 0.

1.Eğer ve ≠0 ise herhangi bir parametre çifti içinα ve b benzersiz bir çözümü var x = .

2.Eğer ve =0 ise denklem şu şekli alır:0 x = b . Bu durumda değer B = 0 özel önem parametre B.

2.1. b'de ≠ 0 denklemin çözümü yoktur.

2.2. b'de =0 denklem şu şekli alacaktır:0 x =0.

Kararla verilen denklem herhangi bir gerçek sayıdır.

İkinci dereceden denklem parametre ile.

Genel görünüm:

a x 2 + bx + c = 0

burada parametre α ≠0, b ve c - keyfi sayılar

Eğer α =1 ise denkleme indirgenmiş ikinci dereceden denklem denir.

İkinci dereceden bir denklemin kökleri aşağıdaki formüller kullanılarak bulunur:

İfade D = b 2 - 4 α c diskriminant denir.

1. D> 0 ise denklemin iki farklı kökü vardır.

2. Eğer D ise< 0 — уравнение не имеет корней.

3. D = 0 ise denklemin iki eşit kökü vardır.

Parametreli denklemleri çözme yöntemleri:

1. Analitik - yöntem doğrudan çözüm parametresiz bir denklemde cevabı bulmak için standart prosedürlerin tekrarlanması.
2. Grafik - problemin koşullarına bağlı olarak, ilgili grafiğin konumu ikinci dereceden fonksiyon koordinat sisteminde.

Analitik yöntem

Çözüm algoritması:

1. Parametrelerle ilgili bir problemi çözmeye başlamadan önce analitik yöntem belirli bir durum için durumu anlamanız gerekir sayısal değer parametre. Örneğin, α =1 parametresinin değerini alın ve şu soruyu cevaplayın: bu görev için gerekli olan α =1 parametresinin değeri nedir?

Örnek 1. Göreceli olarak çözün X m parametreli doğrusal denklem:

Problemin anlamına göre (m-1)(x+3) = 0 yani m= 1, x = -3.

Denklemin her iki tarafını (m-1)(x+3) ile çarparak denklemi elde ederiz

Aldık

Dolayısıyla m= 2,25'te.

Şimdi m'nin herhangi bir değerinin olup olmadığını kontrol etmemiz gerekiyor.

Bulunan x'in değeri -3'tür.

bu denklemi çözerek x'in -3'e eşit olduğunu ve m = -0,4 olduğunu buluruz.

Cevap: m=1 ile m =2,25.

Grafik yöntemi. Menşe tarihi

Çalışmak ortak bağımlılıklar 14. yüzyılda başladı. Ortaçağ bilimi skolastikti. Bu doğası gereği niceliksel bağımlılıkların incelenmesine yer kalmamıştı; konu yalnızca nesnelerin nitelikleri ve birbirleriyle olan bağlantıları ile ilgiliydi. Ancak skolastikler arasında, niteliklerin az ya da çok yoğun olabileceğini savunan bir okul ortaya çıktı (nehre düşen bir kişinin elbisesi, yağmura yeni yakalanan birinin elbisesinden daha ıslaktır).

Fransızca bilim adamı Nikolai Oresme, yoğunluğu bölümlerin uzunluklarıyla tasvir etmeye başladı. Bu parçaları belirli bir düz çizgiye dik olarak yerleştirdiğinde uçları, "yoğunluk çizgisi" veya "üst kenar çizgisi" adını verdiği bir çizgi oluşturdu (hatta Oresme'nin "düzlemsel olarak incelediği karşılık gelen fonksiyonel bağımlılığın grafiği). ” ve “fiziksel” nitelikler, yani işlevler, iki veya üç değişkene bağlıdır.

Oresme'nin önemli başarısı, ortaya çıkan grafikleri sınıflandırma girişimiydi. Üç tür nitelik belirledi: Tek tip (sabit yoğunlukta), tek tip-eşitsiz (eşit olmayan) sabit hız yoğunluktaki değişiklikler) ve eşit olmayan-eşit olmayan (diğerlerinin tümü) ve ayrıca karakteristik özellikler bu tür niteliklerin grafikleri.

Fonksiyonların grafiklerini incelemek için matematiksel bir aparat oluşturmak için değişken kavramına ihtiyaç vardı. Bu kavram bilime Fransız filozof ve matematikçi Rene Descartes (1596-1650) tarafından tanıtıldı. Cebir ve geometrinin birliği ve rolü hakkındaki fikirlere ulaşan Descartes'tı. değişkenler Descartes sabit bir fikir ortaya attı birim segmenti diğer kesimlerin onunla ilişkisini düşünmeye başladı.

Böylece, varoluşlarının tüm dönemi boyunca fonksiyonların grafikleri, onları alıştığımız forma yönlendiren bir dizi temel dönüşümden geçmiştir. Fonksiyon grafiklerinin geliştirilmesindeki her aşama veya aşama, modern cebir ve geometri tarihinin ayrılmaz bir parçasıdır.

Bir denklemin kök sayısını, içerdiği parametreye bağlı olarak belirlemenin grafiksel yöntemi, analitik olandan daha uygundur.

Algoritmayı grafik yöntemle çözme

Bir fonksiyonun grafiği - bir dizi noktaapsisgeçerli argüman değerleridir, A koordinatlar- karşılık gelen değerlerişlevler.

Algoritma grafik çözümü parametreli denklemler:

1. Denklemin tanım tanım kümesini bulun.
2. α'yı ifade ediyoruz x'in bir fonksiyonu olarak.
3. Koordinat sisteminde fonksiyonun bir grafiğini oluşturuyoruzα (x) bu denklemin tanım alanına dahil olan x değerleri için.
4. Bir doğrunun kesişme noktalarını bulmaα =с, fonksiyonun grafiğiyle

a(x). Eğer α çizgisi =с grafiği keserα (x), sonra kesişim noktalarının apsislerini belirleriz. Bunu yapmak için denklemi çözmek yeterlidir. c = α (x) x'e göre.

1. Cevabı yaz

Modüllü denklem çözme

Grafiksel olarak parametre içeren modüllü denklemleri çözerken, fonksiyonların grafiklerini oluşturmak gerekir ve farklı anlamlar tüm olası durumları dikkate alan parametre.

Örneğin, │х│= a,

Cevap: eğer < 0, то нет корней, a > 0 ise x = a, x = - a, eğer a = 0 ise x = 0 olur.

Sorun çözme.

Problem 1. Denklemin kaç kökü var?| | x | -2 | =a parametreye bağlı olarak A?

Çözüm. (x; y) koordinat sisteminde y = | fonksiyonlarının grafiklerini oluşturacağız. | x | -2 | ve y = A . y = | fonksiyonunun grafiği | x | -2 | şekilde gösterilmiştir.

y = fonksiyonunun grafiği a = 0).

Grafikten şunu görüyoruz:

Eğer a = 0 ise düz çizgi y = a Ox eksenine denk gelir ve y = | fonksiyonunun grafiğine sahiptir. | x | -2 | iki ortak nokta; Bu, orijinal denklemin iki kökü olduğu anlamına gelir (içinde bu durumda kökler bulunabilir: x 1,2 = + 2).
0 ise< a < 2, то прямая y = α y = | fonksiyonunun grafiği ile | x | -2 | dört ortak nokta vardır ve bu nedenle orijinal denklemin dört kökü vardır.
Eğer A = 2 ise y = 2 doğrusu fonksiyonun grafiğiyle üç ortak noktaya sahiptir. O halde orijinal denklemin üç kökü vardır.
Eğer a > 2 ise düz çizgi y = a orijinal fonksiyonun grafiğinde iki nokta olacak, yani bu denklemin iki kökü olacak.

Cevap: eğer < 0, то корней нет;
a = 0, a > 2 ise iki kök vardır;
a = 2 ise üç kök vardır;
eğer 0 ise< a < 2, то четыре корня.

Problem 2. Denklemin kaç kökü var?| x 2 - 2| x | - 3 | =a parametreye bağlı olarak A?

Çözüm. (x; y) koordinat sisteminde y = | fonksiyonlarının grafiklerini oluşturacağız. X 2 - 2| x | - 3 | ve y = a.

y = | fonksiyonunun grafiği X 2 - 2| x | - 3 | şekilde gösterilmiştir. y = fonksiyonunun grafiğiα Öküz'e paralel veya onunla çakışan düz bir çizgidir (ne zaman bir = 0).

Grafikten şunları görebilirsiniz:

Eğer a = 0 ise düz çizgi y = a Ox eksenine denk gelir ve y = | fonksiyonunun grafiğine sahiptir. x2 - 2| x | - 3 | iki ortak nokta ve y = düz çizgisi A y = | fonksiyonunun grafiğine sahip olacağız X 2 - 2| x | - 3 | iki ortak nokta a > 4. Yani a = 0 ve a için > 4 orijinal denklemin iki kökü vardır.
0 ise< A< 3, то прямая y = a y = | fonksiyonunun grafiği ile X 2 - 2| x | - 3 | dört ortak nokta ve y= düz çizgisi A oluşturulan fonksiyonun grafiği ile dört ortak noktaya sahip olacaktır. a = 4. Yani 0'da< a < 3, a = 4 orijinal denklemin dört kökü vardır.
Eğer a = 3, sonra düz çizgi y = a bir fonksiyonun grafiğini beş noktada keser; dolayısıyla denklemin beş kökü vardır.
3 ise< A< 4, прямая y = α oluşturulan fonksiyonun grafiğini altı noktada keser; Bu, bu parametre değerleri için orijinal denklemin altı köke sahip olduğu anlamına gelir.
Eğer A < 0, уравнение корней не имеет, так как прямая y = α y = | fonksiyonunun grafiğiyle kesişmiyor X 2 - 2| x | -3 |.

Cevap: eğer < 0, то корней нет;
a = 0, a > 4 ise iki kök vardır;
eğer 0 ise< a < 3, a = 4, ardından dört kök;

eğer bir = 3, ardından beş kök;
eğer 3< a < 4, то шесть корней.

Problem 3. Denklemin kaç kökü var?

parametreye bağlı olarak A?

Çözüm. Fonksiyonun (x; y) koordinat sistemindeki grafiğini oluşturalım.

ama önce bunu formda sunalım:

x = 1, y = 1 doğruları fonksiyonun grafiğinin asimptotlarıdır. y = | fonksiyonunun grafiği x | + A y = | fonksiyonunun grafiğinden elde edilir x | Oy ekseni boyunca bir birimlik yer değiştirme.

Fonksiyon grafikleri bir noktada kesişir A > - 1; Bu, bu parametre değerleri için denklemin (1) tek çözümü olduğu anlamına gelir.

a = - 1 olduğunda, a = - 2 grafik iki noktada kesişiyor; Bu, bu parametre değerleri için denklemin (1) iki kökü olduğu anlamına gelir.
-2'de< A< - 1, a < - 2 графики пересекаются в трех точках; значит, уравнение (1) при этих значениях параметра имеет три решения.

Cevap: eğer > - 1, ardından bir çözüm;
eğer a = - 1 ise, a = - 2 ise iki çözüm vardır;
eğer - 2< a < - 1, a < - 1, то три решения.

Yorum. Problem denklemini çözerken, duruma özel dikkat gösterilmelidir. A = - 2, (- 1; - 1) noktası fonksiyonun grafiğine ait olmadığındanfakat y = | fonksiyonunun grafiğine aittir. x | + A.

Problem 4. Denklemin kaç kökü var?

x + 2 = a | x - 1 |

parametreye bağlı olarak A?

Çözüm. Eşitlik 3 = olduğundan x = 1'in bu denklemin kökü olmadığına dikkat edin. A Hiçbir parametre değeri için 0 doğru olamaz A . Denklemin her iki tarafını | x - 1 |(| x - 1 |0), o zaman denklem şu formu alır:xOy koordinat sisteminde fonksiyonun grafiğini çizeceğiz.

Bu fonksiyonun grafiği şekilde gösterilmiştir. y = fonksiyonunun grafiği A Öküz eksenine paralel veya onunla çakışan düz bir çizgidir (eğer bir = 0).