Näited võrratuste graafilisest lahendamisest. Võrratuste graafiline lahendus, kahe muutujaga võrratuste hulkade süsteemid

vaata ka Lineaarse programmeerimise ülesande lahendamine graafiliselt, Lineaarse programmeerimise ülesannete kanooniline vorm

Sellise probleemi piirangute süsteem koosneb kahe muutuja ebavõrdsusest:
ja sihtfunktsioonil on vorm F = C 1 x + C 2 y mida tuleb maksimeerida.

Vastame küsimusele: millised arvupaarid ( x; y) kas võrratuste süsteemi lahendused, st rahuldavad kõiki võrratusi üheaegselt? Teisisõnu, mida tähendab süsteemi graafiline lahendamine?
Kõigepealt peate mõistma, mis on ühe lineaarse ebavõrdsuse lahendus kahe tundmatuga.
Lineaarse ebavõrdsuse lahendamine kahe tundmatuga tähendab kõigi tundmatute väärtuste paaride määramist, mille kohta ebavõrdsus kehtib.
Näiteks ebavõrdsus 3 x – 5y≥ 42 rahuldavat paari ( x , y): (100, 2); (3, –10) jne Ülesanne on leida kõik sellised paarid.
Vaatleme kahte ebavõrdsust: kirves + poolt≤ c, kirves + poolt≥ c. Otse kirves + poolt = c jagab tasapinna kaheks pooltasandiks nii, et neist ühe punktide koordinaadid rahuldavad ebavõrdsust kirves + poolt >c ja teine ebavõrdsus kirves + +poolt <c.
Tõepoolest, võtame punkti koordinaadiga x = x 0 ; siis punkt, mis asub joonel ja millel on abstsiss x 0, on ordinaat

Laske kindluse mõttes a< 0, b>0, c>0. Kõik punktid abstsissiga x 0 üleval P(näiteks punkt M), on y M>y 0 ja kõik punktist allpool olevad punktid P, abstsissiga x 0, on y N<y 0 . Alates x 0 on suvaline punkt, siis on ühel pool joont alati punkte, mille jaoks kirves+ poolt > c, moodustades pooltasapinna ja teisel pool - punktid, mille jaoks kirves + poolt< c.

Joonis 1

Ebavõrdsuse märk pooltasandil sõltub arvudest a, b , c.
Sellest järeldub järgmine viis süsteemide graafilised lahendused lineaarsed ebavõrdsused kahest muutujast. Süsteemi lahendamiseks vajate:

Kirjutage iga võrratuse jaoks sellele võrrandile vastav võrrand.
Koostage sirgjooned, mis on võrranditega määratud funktsioonide graafikud.
Määrake iga rea jaoks pooltasapind, mille annab ebavõrdsus. Selleks võtke suvaline punkt, mis ei asu sirgel, asendab selle koordinaadid ebavõrdsusega. kui ebavõrdsus on tõene, siis on valitud punkti sisaldav pooltasand algse võrratuse lahendus. Kui ebavõrdsus on väär, siis on teisel pool sirget asuv pooltasand selle võrratuse lahenduste hulk.
Võrratussüsteemi lahendamiseks on vaja leida kõigi pooltasandite lõikeala, mis on süsteemi iga ebavõrdsuse lahendus.

See ala võib osutuda tühjaks, siis pole ebavõrdsuse süsteemil lahendusi ja see on ebajärjekindel. Muidu väidetakse, et süsteem on järjekindel.
Võib olla lahendusi lõplik number Ja lõpmatu hulk. Ala võib olla suletud hulknurk või piiramata.

Vaatame kolme asjakohast näidet.

Näide 1. Lahendage süsteem graafiliselt:
x + y – 1 ≤ 0;
–2x – 2y + 5 ≤ 0.

vaatleme võrratustele vastavaid võrrandeid x+y–1=0 ja –2x–2y+5=0;
Ehitame nende võrranditega antud sirgjooned.

Joonis 2

Defineerime võrratustega määratletud pooltasandid. Võtame suvalise punkti, olgu (0; 0). Mõelgem x+ y- 1 0, asendage punkt (0; 0): 0 + 0 – 1 ≤ 0. See tähendab, et pooltasandil, kus punkt (0; 0) asub, x + y – 1 ≤ 0, st. joonest allpool asuv pooltasand on esimese ebavõrdsuse lahendus. Asendades selle punkti (0; 0) teisega, saame: –2 ∙ 0 – 2 ∙ 0 + 5 ≤ 0, s.o. pooltasandil, kus asub punkt (0; 0), –2 x – 2y+ 5≥ 0 ja meilt küsiti, kus –2 x – 2y+ 5 ≤ 0, seega teisel pooltasandil - sirgjoone kohal.
Leiame nende kahe pooltasandi ristumiskoha. Sirged on paralleelsed, mistõttu tasandid ei ristu kuskil, mis tähendab, et nende võrratuste süsteemil pole lahendusi ja see on ebaühtlane.

Näide 2. Leia graafilised lahendused võrratuste süsteemile:

Joonis 3
1. Kirjutame välja võrratustele vastavad võrrandid ja konstrueerime sirged.
x + 2y– 2 = 0

x	2	0
y	0	1

y – x – 1 = 0

x	0	2
y	1	3

y + 2 = 0;
y = –2.
2. Olles valinud punkti (0; 0), määrame pooltasandite ebavõrdsuse märgid:
0 + 2 ∙ 0 – 2 ≤ 0, s.o. x + 2y– 2 ≤ 0 pooltasandil sirgest allpool;
0 – 0 – 1 ≤ 0, s.o. y –x– 1 ≤ 0 pooltasandil sirgest allpool;
0 + 2 =2 ≥ 0, st. y+ 2 ≥ 0 pooltasandil sirge kohal.
3. Nende kolme pooltasandi ristumiskohaks on ala, mis on kolmnurk. Piirkonna tippude leidmine vastavate sirgete lõikepunktidena pole keeruline

Seega A(–3; –2), IN(0; 1), KOOS(6; –2).

Vaatleme veel ühte näidet, kus süsteemi tulemuseks olev lahendusvaldkond ei ole piiratud.

Graafiline meetod seisneb komplekti koostamises vastuvõetavad lahendused PAP ja sees olemine antud komplekt punkt, mis vastab max/min objektiivne funktsioon.

Tänu puuetega visuaalne graafiline esitus seda meetodit kehtib ainult kahe tundmatuga lineaarse ebavõrdsuse süsteemide ja sellesse vormi taandatavate süsteemide kohta.

Graafilise meetodi selgeks demonstreerimiseks lahendame järgmise probleemi:

1. Esimeses etapis on vaja konstrueerida teostatavate lahenduste piirkond. Sest see näide Kõige mugavam on valida abstsissiks X2 ja ordinaadiks X1 ning kirjutada ebavõrdsused järgmisel kujul:

Kuna nii graafikud kui ka teostatavate lahenduste pindala on esimeses kvartalis. Piirpunktide leidmiseks lahendame võrrandid (1)=(2), (1)=(3) ja (2)=(3).

Nagu jooniselt näha, moodustab polühedron ABCDE teostatavate lahenduste piirkonna.

Kui teostatavate lahenduste piirkond ei ole suletud, siis kas max(f)=+ ? või min(f)= -?.

2. Nüüd saame asuda otse funktsiooni f maksimumi leidmisele.

Asendades vaheldumisi hulktahuka tippude koordinaadid funktsiooniga f ja võrreldes väärtusi, leiame, et f(C)=f (4; 1)=19 on funktsiooni maksimum.

See lähenemisviis on väikese arvu tippude korral üsna kasulik. Kuid see protseduur võib võtta kaua aega, kui tippe on üsna palju.

Sel juhul on mugavam vaadelda niveljoont kujul f=a. Arvu a monotoonse suurenemisega alates -? +? sirgjooned f=a nihutatakse piki normaalvektorit. Kui nivoojoone sellise liikumise korral on olemas teatud punkt X - teostatavate lahenduste piirkonna (polühedron ABCDE) ja nivoojoone esimene ühine punkt, siis f(X) on hulga f miinimum ABCDE. Kui X on nivoojoone ja ABCDE hulga viimane lõikepunkt, siis f(X) on võimalike lahenduste hulga maksimum. Kui a>-? sirge f=a lõikab võimalike lahenduste hulka, siis min(f)= -?. Kui see juhtub a>+?, siis max(f)=+?.

Eesmärgid:

1. Vaadake üle teadmised ruutfunktsiooni kohta.

2. Tutvuda ruutvõrratuse lahendamise meetodiga ruutfunktsiooni omaduste põhjal.

Varustus: multimeedia, esitlus “Ruutvõrratuste lahendamine”, kaardid jaoks iseseisev töö, tabel “Ruudvõrratuste lahendamise algoritm”, kontrolllehed kopeerpaberiga.

TUNNI EDU

I. Organisatsiooniline moment(1 min).

II. Viiteteadmiste uuendamine(10 min).

1. Ruutfunktsiooni y=x 2 -6x+8 graafiku joonistamine<Рисунок 1. Приложение >

parabooli harude suuna määramine;
parabooli tipu koordinaatide määramine;
sümmeetriatelje määramine;
koordinaattelgedega ristumispunktide määramine;
lisapunktide leidmine.

2. Määrake jooniselt koefitsiendi a märk ja võrrandi ax 2 + in + c = 0 juurte arv.<Рисунок 2. Приложение >

3. Määrake funktsiooni y=x 2 -4x+3 graafiku abil:

Mis on funktsiooni nullid?
Leidke intervallid, mille korral funktsioon nõustub positiivsed väärtused;
Leidke intervallid, mille korral funktsioon nõustub negatiivsed väärtused;
Milliste x väärtuste korral funktsioon suureneb ja milliste väärtuste korral väheneb?<Рисунок 3>

4. Uute teadmiste õppimine (12 min.)

Ülesanne 1: Lahendage võrratus: x 2 +4x-5 > 0.

Ebavõrdsust rahuldavad x väärtused, mille puhul funktsiooni y = x 2 + 4x-5 väärtused on võrdsed nulliga või positiivsed, st need x väärtused, mille puhul on parabool asuvad x-teljel või selle telje kohal.

Koostame funktsiooni y=x 2 +4x-5 graafiku.

Oh-teljega: X 2 +4x-5=0. Vastavalt Vieta teoreemile: x 1 = 1, x 2 = -5. Punktid(1;0),(-5;0).

Y-teljega: y(0)=-5. Punkt (0;-5).

Lisapunktid: y(-1)=-8, y(2)=7.<Рисунок 4>

Tulemus: funktsiooni väärtused on positiivsed ja võrdsed nulliga (mitte-negatiivsed).

Kas ebavõrdsuse lahendamiseks on vaja ruutfunktsiooni iga kord üksikasjalikult joonistada?
Kas peate leidma parabooli tipu koordinaadid?
Mis on oluline? (a, x 1, x 2)

Järeldus: Ruutvõrratuse lahendamiseks piisab, kui määrata funktsiooni nullid, parabooli harude suund ja joonistada graafiku eskiis.

Ülesanne 2: Lahendage võrratus: x 2 -6x+8 < 0.

Lahendus: Määrame võrrandi x 2 juured -6x+8=0.

Vieta teoreemi järgi: x 1 =2, x 2 =4.

a>0 – parabooli oksad on suunatud ülespoole.

Koostame graafiku eskiisi.<Рисунок 5>

Märgistame “+” ja “–” märgiga intervallid, mille järel funktsioon saab positiivseid ja negatiivseid väärtusi. Valime vajaliku intervalli.

Vastus: X €.

5. Uue materjali konsolideerimine (7 min).

nr 660 (3). Juhatuse üle otsustab õpilane.

Lahendage võrratus x 2 -3x-2<0.

X2-3x-2=0; x 2 +3x+2=0;

võrrandi juured: x 1 = -1, x 2 = -2.

A<0 – ветви вниз. <Рисунок 6>

Nr 660 (1) - Töö peidetud tahvliga.

Lahendage võrratus x 2 -3x+2 < 0.

Lahendus: x 2 -3x+2=0.

Leiame juured: ; x 1 = 1, x 2 = 2.

a>0 – haruneb ülespoole. Koostame funktsiooni graafiku visandi.<Рисунок 7>

Algoritm:

Leidke võrrandi ax 2 + juured + c = 0.
Märgistage need koordinaattasand.
Määrake parabooli harude suund.
Joonistage graafiku eskiis.
Märgistage “+” ja “-” abil intervallid, mille järel funktsioon võtab positiivseid ja negatiivseid väärtusi.
Valige vajalik intervall.

6. Iseseisev töö (10 min.).

(Vastuvõtt - kopeerpaber).

Kontrollleht allkirjastatakse ja antakse üle kontrollimiseks ja paranduse määramiseks õpetajale.

Enesetest tahvlil.

Lisaülesanne:

Nr 670. Leidke x väärtused, mille juures funktsioon ei võta nullist suuremaid väärtusi: y=x 2 +6x-9.

7. Kodutöö (2 min).

№ 660 (2, 4), № 661 (2, 4).

Täida tabel:

D	Ebavõrdsus	a	Joonistamine	Lahendus
D>0	ah 2 +in+s > 0	a>0
D>0	ah 2 +in+s > 0	a<0
D>0	ah 2 +in+s < 0	a>0
D>0	ah 2 +in+s < 0	a<0

8. Tunni kokkuvõte (3 min).

Esitage ebavõrdsuse lahendamise algoritm.
Kes tegi suurepärast tööd?
Mis oli teile raske?

Üks mugavamaid ruutvõrratuste lahendamise meetodeid on graafiline meetod. Selles artiklis vaatleme, kuidas lahendada ruutvõrratusi graafiliselt. Kõigepealt arutame, mis on selle meetodi olemus. Järgmisena tutvustame algoritmi ja vaatleme ruutvõrratuste graafilise lahendamise näiteid.

Leheküljel navigeerimine.

Graafilise meetodi olemus

Üldse graafiline meetod võrratuste lahendamiseksühe muutujaga ei kasutata mitte ainult ruutvõrratuste, vaid ka muud tüüpi võrratuste lahendamiseks. Ebavõrdsuse lahendamise graafilise meetodi olemus järgmiseks: vaatleme funktsioone y=f(x) ja y=g(x), mis vastavad võrratuse vasakule ja paremale poolele, koostame nende graafikud ühte ristkülikukujulises koordinaatsüsteemis ja selgitame välja, milliste intervallidega on ühe graafik need on teisest madalamad või kõrgemad. Need intervallid, kus

funktsiooni f graafik funktsiooni g graafiku kohal on võrratuse f(x)>g(x) lahendid;
funktsiooni f graafik, mis ei ole madalam funktsiooni g graafikust, on võrratuse f(x)≥g(x) lahendid;
f graafik allpool g graafikut on võrratuse f(x) lahendid
funktsiooni f graafik, mis ei ole kõrgem kui funktsiooni g graafik, on võrratuse f(x)≤g(x) lahendid.

Samuti ütleme, et funktsioonide f ja g graafikute lõikepunktide abstsissid on võrrandi f(x)=g(x) lahendid.

Kanname need tulemused üle meie juhtumile - ruutvõrratuse a x 2 +b x+c lahendamiseks<0 (≤, >, ≥).

Tutvustame kahte funktsiooni: esimene y=a x 2 +b x+c (koos f(x)=a x 2 +b x+c) vastab ruutvõrratuse vasakule küljele, teine y=0 (koos g ( x)=0 ) vastab võrratuse paremale poolele. Ajakava ruutfunktsioon f on parabool ja graafik pidev funktsioon g – sirgjoon, mis langeb kokku abstsissteljega Ox.

Järgmiseks tuleb võrratuste lahendamise graafilise meetodi kohaselt analüüsida, milliste intervallidega asub ühe funktsiooni graafik teise kohal või all, mis võimaldab ruutvõrratuse soovitud lahendi üles kirjutada. Meie puhul peame analüüsima parabooli asukohta härja telje suhtes.

Sõltuvalt koefitsientide a, b ja c väärtustest on võimalikud järgmised kuus võimalust (meie vajaduste jaoks piisab skemaatilisest esitusest ja me ei pea Oy telge kujutama, kuna selle asukoht ei mõjuta lahendused ebavõrdsusele):

Sellel joonisel näeme parabooli, mille oksad on suunatud ülespoole ja mis lõikab härja telge kahes punktis, mille abstsissid on x 1 ja x 2. See joonis vastab valikule, kui koefitsient a on positiivne (see vastutab parabooli harude ülespoole suunatud suuna eest) ja kui väärtus on positiivne ruuttrinoomi diskriminant a x 2 +b x+c (sel juhul on trinoomil kaks juurt, mida tähistasime kui x 1 ja x 2 ning eeldasime, et x 1 0 , D=b 2 −4·a·c=(−1) 2 −4·1·(−6)=25>0, x 1 = −2 , x 2 =3 .

Selguse huvides kujutame punasega parabooli osi, mis asuvad x-telje kohal, ja sinisega neid, mis asuvad x-telje all.

Nüüd selgitame välja, millised intervallid vastavad nendele osadele. Järgmine joonis aitab teil neid tuvastada (edaspidi teeme sarnaseid valikuid mõtteliselt ristkülikute kujul):

Nii et abstsissteljel tõsteti punasega esile kaks intervalli (−∞, x 1) ja (x 2 , +∞), neil on parabool Ox-telje kohal, need moodustavad ruutvõrratuse a x 2 +b x lahendi. +c>0 , ja intervall (x 1 , x 2) on esile tõstetud sinisega, Ox-telje all on parabool, mis esindab võrratuse a x 2 +b x+c lahendit<0 . Решениями нестрогих квадратных неравенств a·x 2 +b·x+c≥0 и a·x 2 +b·x+c≤0 будут те же промежутки, но в них следует включить числа x 1 и x 2 , отвечающие равенству a·x 2 +b·x+c=0 .

Ja nüüd lühidalt: a>0 ja D=b 2 −4 puhul a c>0 (või D"=D/4>0 paariskoefitsiendi b korral)

ruutvõrratuse a x 2 +b x+c>0 lahend on (−∞, x 1)∪(x 2 , +∞) või muus tähises x x2;
ruutvõrratuse a x 2 +b x+c≥0 lahend on (−∞, x 1 ]∪ või mõnes muus tähises x 1 ≤x≤x 2 ,

kus x 1 ja x 2 on ruutkolminoomi a x 2 +b x+c ja x 1 juured

Siin näeme parabooli, mille oksad on suunatud ülespoole ja mis puudutab abstsisstellge, see tähendab, et sellel on temaga üks ühine punkt, tähistame selle punkti abstsissina x 0. Esitatud juhtum vastab a>0 (ülespoole suunatud oksad) ja D=0 ( ruuttrinoom on üks juur x 0). Näiteks võite võtta ruutfunktsioon y=x 2 −4·x+4, siin a=1>0, D=(−4) 2 −4·1·4=0 ja x 0 =2.

Jooniselt on selgelt näha, et parabool asub Ox-telje kohal kõikjal, välja arvatud kokkupuutepunkt, see tähendab intervallidel (−∞, x 0), (x 0, ∞). Selguse huvides tõstame joonisel esile alad analoogselt eelmise lõiguga.

Teeme järeldused: kui a>0 ja D=0

ruutvõrratuse a·x 2 +b·x+c>0 lahend on (−∞, x 0)∪(x 0, +∞) või muus tähises x≠x 0;
ruutvõrratuse a·x 2 +b·x+c≥0 lahend on (−∞, +∞) või muus tähises x∈R ;
ruutvälist ebavõrdsust a x 2 +b x+c<0 не имеет решений (нет интервалов, на которых парабола расположена ниже оси Ox );
ruutvõrratus a x 2 +b x+c≤0 omab ainulaadset lahendit x=x 0 (selle annab puutumispunkt),

kus x 0 on ruutkolminoomi a x 2 + b x + c juur.

Sel juhul on parabooli oksad suunatud ülespoole ja sellel pole ühised punktid abstsissteljega. Siin on tingimused a>0 (oksad on suunatud ülespoole) ja D<0 (квадратный трехчлен не имеет действительных корней). Для примера можно построить график функции y=2·x 2 +1 , здесь a=2>0 , D=0 2 −4·2·1=−8<0 .

Ilmselgelt asub parabool kogu oma pikkuses Hrja telje kohal (pole mingeid intervalle, mille järel ta on Härg-teljest allpool, puudub puutumispunkt).

Seega a>0 ja D korral<0 решением квадратных неравенств a·x 2 +b·x+c>0 ja a x 2 +b x+c≥0 on kõigi hulk reaalarvud, ja võrratused a x 2 +b x+c<0 и a·x 2 +b·x+c≤0 не имеют решений.

Ja parabooli asukohaks jääb kolm võimalust, mille oksad on suunatud härja telje suhtes alla, mitte ülespoole. Põhimõtteliselt ei pea neid arvesse võtma, kuna ebavõrdsuse mõlema poole korrutamine -1-ga võimaldab meil jõuda samaväärse võrratuseni, millel on x 2 positiivne koefitsient. Kuid ikkagi ei tee paha, kui neist juhtumitest aimu saab. Arutluskäik on siin sarnane, seega paneme kirja ainult peamised tulemused.

Lahenduse algoritm

Kõigi eelnevate arvutuste tulemus on algoritm ruutvõrratuste graafiliseks lahendamiseks:

Koordinaattasandile tehakse skemaatiline joonis, millel on kujutatud Ox-telge (Oy-telge pole vaja kujutada) ja ruutfunktsioonile y=a·x 2 +b·x+c vastava parabooli eskiis. Parabooli visandi joonistamiseks piisab kahe asja väljaselgitamisest:

Esiteks määratakse koefitsiendi a väärtusega see, kuhu selle harud on suunatud (a>0 puhul ülespoole, a<0 – вниз).
Ja teiseks, ruuttrinoomi a x 2 + b x + c diskriminandi väärtusega tehakse kindlaks, kas parabool lõikub abstsisstelljega kahes punktis (D>0 puhul), puudutab seda ühes punktis (D=0 korral) või sellel pole härja teljega ühiseid punkte (punktis D<0 ). Для удобства на чертеже указываются координаты точек пересечения или координата точки касания (при наличии этих точек), а сами точки изображаются выколотыми при решении строгих неравенств, или обычными при решении нестрогих неравенств.

Kui joonis on valmis, kasutage seda algoritmi teises etapis
- ruutvõrratuse a·x 2 +b·x+c>0 lahendamisel määratakse intervallid, mille juures parabool asub abstsissi kohal;
- võrratuse a·x 2 +b·x+c≥0 lahendamisel määratakse intervallid, mille juures parabool asub abstsissteljest kõrgemal ja liidetakse lõikepunktide abstsissid (või puutujapunkti abstsissid). neid;
- võrratuse a x 2 +b x+c lahendamisel<0 находятся промежутки, на которых парабола ниже оси Ox ;
- lõpuks leitakse ruutvõrratuse lahendamisel kujul a·x 2 +b·x+c≤0 intervallid, milles parabool on allpool Ox-telge ja lõikepunktide abstsiss (või puutujapunkti abstsiss ) lisatakse neile;
need moodustavad ruutvõrratuse soovitud lahendi ja kui selliseid intervalle ja puutepunkte pole, siis pole algsel ruutvõrratusel lahendusi.

Jääb vaid selle algoritmi abil lahendada mõned ruutvõrratused.

Näited lahendustega

Näide.

Lahendage ebavõrdsus .

Lahendus.

Peame lahendama ruutvõrratuse, kasutame eelmise lõigu algoritmi. Esimeses etapis peame joonistama ruutfunktsiooni graafiku . Koefitsient x 2 on võrdne 2-ga, see on positiivne, seetõttu on parabooli harud suunatud ülespoole. Uurime ka, kas paraboolil on ühiseid punkte x-teljega, arvutame välja ruuttrinoomi diskriminandi . Meil on . Diskriminant osutus suuremaks kui null, seetõttu on trinoomil kaks tegelikku juurt: Ja st x 1 =−3 ja x 2 =1/3.

Sellest on selge, et parabool lõikab härja telge kahes punktis abstsissidega −3 ja 1/3. Joonisel kujutame neid punkte tavaliste punktidena, kuna lahendame mitterange ebavõrdsuse. Täpsustatud andmete põhjal saame järgmise joonise (see sobib artikli esimese lõigu esimese malliga):

Liigume edasi algoritmi teise sammu juurde. Kuna lahendame mitteranget ruutvõrratust märgiga ≤, tuleb määrata intervallid, mille järel parabool asub abstsissteljest allpool, ja liita neile lõikepunktide abstsissid.

Jooniselt on selgelt näha, et parabool asub intervallil (−3, 1/3) allpool x-telge ja sellele liidame lõikepunktide abstsissid ehk arvud −3 ja 1/3. Selle tulemusena jõuame arvulise intervallini [−3, 1/3] . See on lahendus, mida me otsime. Selle saab kirjutada topeltvõrratusena −3≤x≤1/3.

Vastus:

[−3, 1/3] või −3≤x≤1/3.

Näide.

Leia ruutvõrratuse −x 2 +16 x −63 lahend<0 .

Lahendus.

Nagu tavaliselt, alustame joonistamisega. Muutuja ruudu arvuline koefitsient on negatiivne, −1, seetõttu on parabooli harud suunatud allapoole. Arvutame diskriminandi või veel parem selle neljanda osa: D"=8 2 −(−1)·(−63)=64−63=1. Selle väärtus on positiivne, arvutame ruudukujulise trinoomi juured: Ja , x 1 = 7 ja x 2 = 9. Seega lõikub parabool härja teljega kahes punktis abstsissidega 7 ja 9 (esialgne ebavõrdsus on range, seega kujutame neid punkte tühja keskpunktiga) Nüüd saame teha skemaatilise joonise:

Kuna me lahendame märgiga range ruutvõrratuse<, то нас интересуют промежутки, на которых парабола расположена ниже оси абсцисс:

Jooniselt on näha, et algse ruutvõrratuse lahendid on kaks intervalli (−∞, 7) , (9, +∞) .

Vastus:

(−∞, 7)∪(9, +∞) või mõnes muus tähises x<7 , x>9 .

Ruutvõrratuste lahendamisel, kui ruuttrinoomi diskriminant selle vasakul küljel on null, tuleb olla ettevaatlik puutujapunkti abstsissi vastusesse kaasamisel või väljajätmisel. See sõltub ebavõrdsuse märgist: kui ebavõrdsus on range, siis see ei ole ebavõrdsuse lahendus, aga kui see pole range, siis on.

Näide.

Kas ruutvõrratusel 10 x 2 −14 x+4,9≤0 on vähemalt üks lahend?

Lahendus.

Joonistame funktsiooni y=10 x 2 −14 x+4,9. Selle harud on suunatud ülespoole, kuna koefitsient x 2 on positiivne ja see puudutab abstsisstelge punktis, kus abstsiss on 0,7, kuna D"=(−7) 2 −10 4,9=0, kust või 0,7 kujul kümnendmurru skemaatiliselt näeb see välja järgmine:

Kuna lahendame ruutvõrratuse märgiga ≤, on selle lahenduseks intervallid, millel parabool on Hrja telje all, ja puutujapunkti abstsiss. Jooniselt on selgelt näha, et seal pole ühtegi tühimikku, kus parabool oleks allpool Härg-telge, seega on selle lahenduseks ainult puutujapunkti abstsiss, see tähendab 0,7.

Vastus:

sellel ebavõrdsusel on ainulaadne lahendus 0,7.

Näide.

Lahenda ruutvõrratus –x 2 +8 x−16<0 .

Lahendus.

Lähtume ruutvõrratuste lahendamise algoritmist ja alustame graafiku koostamisest. Parabooli harud on suunatud allapoole, kuna x 2 koefitsient on negatiivne, −1. Leiame ruudu trinoomi diskriminandi –x 2 +8 x−16, saame D’=4 2 −(−1)·(−16)=16−16=0 ja siis x 0 =−4/(−1) , x 0 =4 . Seega puudutab parabool Härgi telge abstsisspunktis 4. Teeme joonise:

Vaatame algse ebavõrdsuse märki, see on seal<. Согласно алгоритму, решение неравенства в этом случае составляют все промежутки, на которых парабола расположена строго ниже оси абсцисс.

Meie puhul on tegemist avatud kiirtega (−∞, 4) , (4, +∞) . Eraldi märgime, et 4 - puutepunkti abstsiss - ei ole lahendus, kuna kokkupuutepunktis ei ole parabool madalam kui Ox-telg.

Vastus:

(−∞, 4)∪(4, +∞) või mõnes muus tähises x≠4 .

Pöörake erilist tähelepanu juhtudele, kus ruutkõrvatuse vasakul poolel oleva ruuttrinoomi diskriminant on väiksem kui null. Siin pole vaja kiirustada ja öelda, et ebavõrdsusel pole lahendeid (oleme harjunud tegema sellist järeldust negatiivse diskriminandiga ruutvõrrandite puhul). Asi on selles, et ruutvõrdsus D jaoks<0 может иметь решение, которым является множество всех действительных чисел.

Näide.

Leia ruutvõrratuse 3 x 2 +1>0 lahend.

Lahendus.

Nagu tavaliselt, alustame joonistamisega. Koefitsient a on 3, see on positiivne, seetõttu on parabooli harud suunatud ülespoole. Arvutame diskriminandi: D=0 2 −4·3·1=−12 . Kuna diskriminant on negatiivne, pole paraboolil härja teljega ühiseid punkte. Saadud teabest piisab skemaatilise graafiku jaoks:

Lahendame range ruutvõrratuse > märgiga. Selle lahenduseks on kõik intervallid, milles parabool on Hrja telje kohal. Meie puhul on parabool kogu pikkuses x-telje kohal, nii et soovitud lahendus on kõigi reaalarvude hulk.

Ox , ja neile tuleb lisada ka lõikepunktide abstsiss või puutuja abstsiss. Kuid jooniselt on selgelt näha, et selliseid lünki ei ole (kuna parabool on kõikjal abstsisstelje all), nagu pole ka lõikepunkte ega puutumispunkte. Seetõttu pole algsel ruutvõrrasel lahendusi.

Vastus:

lahendusteta või teises kirjes ∅.

Viited.

Algebra:õpik 8. klassi jaoks. üldharidus institutsioonid / [Yu. N. Makarychev, N. G. Mindjuk, K. I. Neshkov, S. B. Suvorova]; toimetanud S. A. Teljakovski. - 16. väljaanne. - M.: Haridus, 2008. - 271 lk. : haige. - ISBN 978-5-09-019243-9.
Algebra: 9. klass: hariv. üldhariduse jaoks institutsioonid / [Yu. N. Makarychev, N. G. Mindjuk, K. I. Neshkov, S. B. Suvorova]; toimetanud S. A. Teljakovski. - 16. väljaanne. - M.: Haridus, 2009. - 271 lk. : haige. - ISBN 978-5-09-021134-5.
Mordkovitš A.G. Algebra. 8. klass. 2 tunniga 1. osa. Õpik üldharidusasutuste õpilastele / A. G. Mordkovich. - 11. väljaanne, kustutatud. - M.: Mnemosyne, 2009. - 215 lk.: ill. ISBN 978-5-346-01155-2.
Mordkovitš A.G. Algebra. 9. klass. 2 tunniga 1. osa. Õpik üldharidusasutuste õpilastele / A. G. Mordkovich, P. V. Semenov. - 13. väljaanne, kustutatud. - M.: Mnemosyne, 2011. - 222 lk.: ill. ISBN 978-5-346-01752-3.
Mordkovitš A.G. Algebra ja matemaatilise analüüsi algus. 11. klass. 2 tunniga 1. osa. Õpik üldharidusasutuste õpilastele (profiilitase) / A. G. Mordkovich, P. V. Semenov. - 2. väljaanne, kustutatud. - M.: Mnemosyne, 2008. - 287 lk.: ill. ISBN 978-5-346-01027-2.

Tunni tüüp:

Tunni tüüp: Loeng, ülesannete lahendamise tund.

Kestus: 2 tundi.

Eesmärgid: 1)Õppige graafilist meetodit.

2) Näidake Maple programmi kasutamist ebavõrdsussüsteemide lahendamisel graafiline meetod.

3) Arendage sellel teemal taju ja mõtlemist.

Tunniplaan:

Tunni edenemine.

1. etapp: graafiline meetod seisneb PLP teostatavate lahenduste komplekti koostamises ja selles komplektis max/min eesmärgifunktsioonile vastava punkti leidmises.

Visuaalse graafilise esituse piiratud võimaluste tõttu kasutatakse seda meetodit ainult kahe tundmatuga lineaarse ebavõrdsuse süsteemide ja sellisele kujule taandatavate süsteemide puhul.

Graafilise meetodi selgeks demonstreerimiseks lahendame järgmise probleemi:

1. Esimeses etapis on vaja konstrueerida teostatavate lahenduste piirkond. Selle näite jaoks on kõige mugavam valida abstsissiks X2 ja ordinaatiks X1 ning kirjutada võrratused järgmisel kujul:

Kuna nii graafikud kui ka teostatavate lahenduste pindala on esimeses kvartalis. Piirpunktide leidmiseks lahendame võrrandid (1)=(2), (1)=(3) ja (2)=(3).

Nagu jooniselt näha, moodustab polühedron ABCDE teostatavate lahenduste piirkonna.

Kui teostatavate lahenduste piirkond ei ole suletud, siis kas max(f)=+ ? või min(f)= -?.

2. Nüüd saame asuda otse funktsiooni f maksimumi leidmisele.

Asendades vaheldumisi hulktahuka tippude koordinaadid funktsiooniga f ja võrreldes väärtusi, leiame, et f(C)=f(4;1)=19 on funktsiooni maksimum.

See lähenemisviis on väikese arvu tippude korral üsna kasulik. Kuid see protseduur võib võtta kaua aega, kui tippe on üsna palju.

Sel juhul on mugavam vaadelda niveljoont kujul f=a. Arvu a monotoonse suurenemisega alates -? +? sirged f=a on nihutatud piki normaalvektorit Normaalvektoril on koordinaadid (C1;C2), kus C1 ja C2 on tundmatute koefitsiendid sihtfunktsioonis f=C1?X1+C2?X2+C0.. Kui. nivoojoone sellise liikumisega tekib teatud punkt X on teostatavate lahenduste valdkonna (polühedron ABCDE) ja nivoojoone esimene ühine punkt, siis f(X) on hulgal ABCDE f miinimum. Kui X on nivoojoone ja ABCDE hulga viimane lõikepunkt, siis f(X) on võimalike lahenduste hulga maksimum. Kui a>-? sirge f=a lõikab võimalike lahenduste hulka, siis min(f)= -?. Kui see juhtub a>+?, siis max(f)=+?.

Meie näites lõikub sirge f=a piirkonnaga ABCDE punktis C(4;1). Kuna see on viimane lõikepunkt, siis max(f)=f(C)=f(4;1)=19.

Lahenda võrratuste süsteem graafiliselt. Otsige nurgalahendusi.

x1>= 0, x2>=0

> with(krundid);

> with(plotools);

> S1:=lahenda((f1x = X6, f2x = X6), );

Vastus: Kõik punktid Si, kus i=1..10, mille puhul x ja y on positiivsed.

Nende punktidega piiratud ala: (54/11,2/11) (5/7,60/7) (0,5) (10/3, 10/3)

3. etapp. Igale õpilasele antakse üks 20 variandist, milles õpilasel palutakse graafilisel meetodil iseseisvalt lahendada ebavõrdsus ning ülejäänud näited tuuakse kodutööna.

Õppetund nr 4 Graafiline lahendusülesandeid lineaarne programmeerimine

Tunni tüüp:õppetund uue materjali õppimiseks.

Tunni tüüp: Loeng + ülesannete lahendamise tund.

Kestus: 2 tundi.

Eesmärgid: 1) Uurige lineaarse programmeerimise ülesande graafilist lahendust.

2) Õppige kasutama Maple programmi lineaarse programmeerimise ülesande lahendamisel.

2) arendada taju ja mõtlemist.

Tunniplaan: 1. etapp: uue materjali õppimine.

2. etapp: uue materjali kallal töötamine Maple'i matemaatilises paketis.

3. etapp: õpitud materjali ja kodutöö kontrollimine.

Tunni edenemine.

Graafiline meetod on kahe muutujaga lineaarse programmeerimise ülesannete lahendamiseks üsna lihtne ja intuitiivne. See põhineb geomeetriline probleemi teostatavate lahenduste ja TF-ide esitamine.

Lineaarse programmeerimise ülesande (1.2) iga võrratus defineerib koordinaattasandil kindla pooltasandi (joonis 2.1) ja võrratuste süsteem tervikuna defineerib vastavate tasandite lõikepunkti. Nende pooltasandite lõikepunktide hulka nimetatakse teostatavate lahenduste valdkond(ODR). ODR esindab alati kumer kujund, s.t. omamine järgmine omadus: kui sellele joonisele kuuluvad kaks punkti A ja B, siis kogu lõik AB kuulub sinna. ODR-i saab esitada graafiliselt kumer hulknurk, piiramatu kumer hulknurga pindala, segment, kiir, üks punkt. Kui ülesande (1.2) piirangute süsteem on vastuolus, on ODS tühi hulk.

Kõik eelnev kehtib ka juhul, kui piirangute süsteem (1.2) sisaldab võrdusi, kuna igasugune võrdsus

saab esitada kahe võrratuse süsteemina (vt joonis 2.1)

Fikseeritud väärtusega digitaalfilter määrab tasapinnal sirge. Muutes L väärtusi, saame paralleelsete joonte perekonna nimega taseme jooned.

See on tingitud asjaolust, et L väärtuse muutus toob kaasa muutuse ainult telje tasemejoonega (algne ordinaat) lõigatud lõigu pikkus ja kalle sirgjoon jääb konstantseks (vt joonis 2.1). Seetõttu piisab selle lahendamiseks ühe tasemejoone konstrueerimisest, valides meelevaldselt L väärtuse.

Vektor koos koordinaatidega CF koefitsientidest on ja on risti iga nivoojoonega (vt joonis 2.1). Vektori suund langeb kokku suunaga suureneb CF, mis on oluline punkt probleeme lahendada. Suund laskuv CF on vastupidine vektori suunale.

Graafilise meetodi olemus on järgmine. ODR-is oleva vektori suunas (vastusuunas) otsitakse optimaalset punkti. Optimaalne punkt on punkt, mida läbib tasemejoon, mis vastab funktsiooni suurimale (väikseimale) väärtusele. Optimaalne lahendus asub alati ODD piiril, näiteks ODD hulknurga viimases tipus, mille kaudu möödub eesmärgist otse või kogu küljel.

Lineaarse programmeerimise probleemidele optimaalse lahenduse otsimisel on võimalikud järgmised olukorrad: ülesandele on unikaalne lahendus; lahendeid on lõpmatult palju (alternatiiv); TF ei ole piiratud; teostatavate lahenduste piirkond on üks punkt; probleemil pole lahendusi.

Joonis 2.1 Ülesande piirangute ja CF geomeetriline tõlgendus.

LP-ülesannete lahendamise tehnika graafilisel meetodil

I. Asenda ülesande (1.2) piirangutes ebavõrdsusmärgid täpsete võrdusmärkidega ja konstrueeri vastavad sirged.

II. Leidke ja varjutage ülesande (1.2) iga ebavõrdsuse piirangu poolt lubatud pooltasandid. Selleks tuleb punkti koordinaadid [näiteks (0;0)] asendada konkreetse ebavõrdsusega ja kontrollida saadud ebavõrdsuse õigsust.

Kui ebavõrdsus on tõsi,

See seda punkti sisaldavat pooltasapinda on vaja varjutada;

muidu(ebavõrdsus on väär) peame varjutama pooltasandit, mis ei sisalda antud punkti.

Kuna ja peavad olema mittenegatiivsed, on nende lubatud väärtused alati telje kohal ja teljest paremal, st. esimeses kvadrandis.

Võrdsuse piirangud lubavad ainult neid punkte, mis asuvad vastaval sirgel. Seetõttu on vaja sellised sirged jooned graafikul esile tõsta.

III. Määrake ODR tasapinna osana, mis kuulub samaaegselt kõikidesse lubatud piirkondadesse, ja valige see. ODD puudumisel pole probleemil lahendusi.

IV. Kui ODR ei ole tühi hulk, siis tuleb konstrueerida sihtjoon, st. mis tahes taseme rida (kus L on suvaline arv, näiteks mitmekordne ja st arvutuste jaoks mugav). Ehitusmeetod sarnaneb otseste piirangute ehitamisega.

V. Koostage vektor, mis algab punktist (0;0) ja lõpeb punktis. Kui sihtjoon ja vektor on õigesti konstrueeritud, siis nad seda teevad risti.

VI. Maksimaalse CF otsimisel peate sihtjoont liigutama suunas vektor, kui otsite minimaalset CF - vastu suunda vektor. ODR-i viimane tipp liikumissuunas on CF maksimumi või miinimumi punkt. Kui sellist punkti ei eksisteeri, võime järeldada, et piiramatu TF paljudel plaanidelülevalt (maksimumi otsimisel) või altpoolt (minimumi otsimisel).

VII. Määrake digitaalfiltri punkti max (min) koordinaadid ja arvutage digitaalfiltri väärtus. Optimaalse punkti koordinaatide arvutamiseks on vaja lahendada nende sirgete võrrandisüsteem, mille ristumiskohas see asub.

Lahendage lineaarse programmeerimise ülesanne

1. f(x)=2x1+x2 ->extr

x1>= 0, x2>=0

> plots((a+b<=3,a+3*b<=5,5*a-b<=5,a+b>=0,a>=0,b>=0), a=-2..5, b=-2..5, valikud on võimalikud=(värv=punane),

valikud avatud = (värv = sinine, paksus = 2),

valikud suletud = (värv = roheline, paksus = 3),

optionsexcluded=(värv=kollane));

> with (simplex):

> C:=( x+y<=3, x+3*y <=5, 5*x-y <=5,x+y >=0};

> dp:=setup(( x+y<=3, x+3*y <=5, 5*x-y <=5,x+y >=0});

> n:=alus(dp);

Sh ekraan (C,);

> L:=cterm(C);

Sh X:=dual(f,C,p);

Sh f_max:=subs(R,f);

Sh R1:=minimeerima(f,C,MITTENEGATIIVNE);

f_min:=subs(R1,f);

VASTUS: Millal x 1 =5/4 x 2 =5/4 f_max=15/4; Kell x 1 =0 x 2 =0 f_min=0;

Tund nr 5. Maatriksmängude lahendamine lineaarse programmeerimise meetodite ja simpleksmeetodi abil

Tunni tüüp: tunnikontroll + õppetund uue materjali õppimine. Tunni tüüp: Loeng.

Kestus: 2 tundi.

Eesmärgid: 1) Kontrollige ja kinnitage teadmisi varasemate tundide materjalist.

2) Õppige uut meetodit maatriksmängude lahendamiseks.

3) arendab mälu, matemaatilist mõtlemist ja tähelepanu.

1. etapp: kontrollige oma kodutööd iseseisva tööna.

2. etapp: kirjeldage lühidalt siksakmeetodit

3. etapp: koondada uut materjali ja määrata kodutööd.

Tunni edenemine.

Lineaarsed programmeerimismeetodid on arvulised meetodid optimeerimisülesannete lahendamiseks, mida saab taandada formaalseteks lineaarseteks programmeerimismudeliteks.

Nagu on teada, saab iga lineaarse programmeerimise probleemi taandada kanooniliseks mudeliks lineaarse sihtfunktsiooni minimeerimiseks lineaarse võrdsuse tüüpi piirangutega. Kuna lineaarse programmeerimise ülesandes on muutujate arv suurem kui piirangute arv (n > m), on võimalik lahendus saada (n - m) muutujate, nn. tasuta. Ülejäänud m muutujat, nn põhilised, saab hõlpsasti määrata võrdsuse piirangute süsteemist, kasutades tavalisi lineaaralgebra meetodeid. Kui lahendus on olemas, siis seda kutsutakse põhilised. Kui põhilahendus on lubatav, siis kutsutakse põhiline lubatud. Geomeetriliselt vastavad põhilised teostatavad lahendused tippudele (äärmuspunktidele) kumer hulktahukas, mis piirab teostatavate lahenduste hulka. Kui lineaarse programmeerimise probleemil on optimaalsed lahendused, siis vähemalt üks neist on põhiline.

Ülaltoodud kaalutlused tähendavad, et lineaarse programmeerimise probleemile optimaalse lahenduse otsimisel piisab, kui piirdume põhiliste teostatavate lahenduste loetlemisega. Põhilahenduste arv on võrdne n muutuja kombinatsioonide arvuga m-des:

C = mn! /nm! * (n - m)!

ja võib olla piisavalt suur, et neid otseotsinguga loetleda reaalajas. Asjaolu, et kõik põhilahendused ei ole vastuvõetavad, ei muuda probleemi olemust, kuna põhilahenduse lubatavuse hindamiseks tuleb see hankida.

Lineaarse programmeerimisülesande baaslahenduste ratsionaalse loendamise probleemi lahendas esimesena J. Dantzig. Tema pakutud simpleksmeetod on endiselt kõige levinum üldine meetod lineaarne programmeerimine. Simpleksmeetod rakendab lubatavate põhilahenduste suunatud otsimist mööda lubatavate lahenduste kumera hulktahuka vastavaid äärmuslikke punkte iteratiivse protsessi vormis, kus igal etapil sihtfunktsiooni väärtused rangelt vähenevad. Üleminek äärmuslike punktide vahel toimub piki lubatavate lahenduste kumera hulktahuka servi vastavalt piirangute süsteemi lihtsatele lineaarsetele algebralistele teisendustele. Alates numbrist äärmuslikud punktid loomulikult ja sihtfunktsioon on lineaarne, siis liikudes läbi äärmuslike punktide sihtfunktsiooni kahanemise suunas, koondub simpleksmeetod lõpliku arvu sammudega globaalsele miinimumile.

Praktika on seda näidanud enamiku jaoks rakendatud probleemid lineaarse programmeerimise simpleksmeetod võimaldab leida optimaalne lahendus võrreldes suhteliselt väikese sammuga koguarv lubatava hulktahuka äärmuslikud punktid. Samal ajal on teada, et mõne lineaarse programmeerimisprobleemi puhul, mis on spetsiaalselt valitud lubatava piirkonna vormiga, viib simpleksmeetodi kasutamine äärmuslike punktide täieliku loendamiseni. See asjaolu ärgitas teatud määral otsima uut tõhusad meetodid Lineaarse programmeerimise ülesande lahendamine, mis põhineb muudel kui simpleksmeetodil ideedel, mis võimaldavad lahendada mis tahes lineaarse programmeerimise probleemi piiratud arvu etappidega, on oluline väiksemaid numbreidäärmuslikud punktid.

hulgas polünoommeetodid Lineaarne programmeerimise invariant domeeni konfiguratsioonile vastuvõetavad väärtused, kõige levinum on L.G. Khachiyan. Kuigi sellel meetodil on polünoomne keerukuse hinnang sõltuvalt probleemi mõõtmest, osutub see siiski mittekonkureerivaks võrreldes simpleksmeetodiga. Põhjus on selles, et simpleksmeetodi iteratsioonide arvu sõltuvust ülesande mõõtmest väljendatakse enamiku praktiliste ülesannete puhul kolmanda järgu polünoomiga, samas kui Khachiyani meetodi puhul on selle sõltuvuse suurusjärk alati vähemalt neljas järjekord. See fakt on ülioluline praktikaks, kus simpleksmeetodi jaoks keerulised rakendatud probleemid on äärmiselt haruldased.

Samuti tuleb märkida, et rakendusliku lineaarse programmeerimise probleemide puhul, mis on praktilises mõttes olulised, spetsiaalsed meetodid, võttes arvesse probleemi piirangute eripära. Eelkõige homogeensuse jaoks transpordi probleem lähtealuse valimiseks kasutatakse spetsiaalseid algoritme, millest tuntuimad on loodenurga meetod ja ligikaudne Vogeli meetod ning simpleksmeetodi enda algoritmiline teostus on lähedane ülesande spetsiifikale. Lineaarse omistamisülesande (valikuülesanne) lahendamiseks kasutatakse simpleksmeetodi asemel tavaliselt kas ungari algoritmi, mis põhineb ülesande tõlgendusel graafiteoorias kui kahepoolses elemendis maksimaalse kaalu täiusliku sobivuse leidmise ülesandena. graafik või Macki meetod.

Lahendage 3x3 maatriksmäng

f(x)=x 1 +x 2 +x 3

x1>= 0, x2>=0, x3>=0

> with (simplex):

> C:=( 0*x+3*y+2*z<=1, 2*x+0*y+1*z <=1, 3*x+0*y+0*z <=1};

Sh ekraan (C,);