Primjeri grafičkog rješavanja nejednadžbi. Grafičko rješavanje nejednadžbi, sustavi skupova nejednadžbi s dvije varijable

vidi također Grafičko rješavanje problema linearnog programiranja, Kanonski oblik problema linearnog programiranja

Sustav ograničenja za takav problem sastoji se od nejednakosti u dvije varijable:
a ciljna funkcija ima oblik F = C 1 x + C 2 g, koji treba maksimizirati.

Odgovorimo na pitanje: koji parovi brojeva ( x; g) su rješenja sustava nejednadžbi, tj. zadovoljavaju li svaku od nejednadžbi istovremeno? Drugim riječima, što znači grafički riješiti sustav?
Prvo morate razumjeti što je rješenje jedne linearne nejednadžbe s dvije nepoznanice.
Riješiti linearnu nejednadžbu s dvije nepoznanice znači odrediti sve parove vrijednosti nepoznanica za koje je nejednakost zadovoljena.
Na primjer, nejednakost 3 x – 5g≥ 42 zadovoljavaju parove ( x , g) : (100, 2); (3, –10) itd. Problem je pronaći sve takve parove.
Razmotrimo dvije nejednakosti: sjekira + po≤ c, sjekira + po≥ c. Ravno sjekira + po = c ravninu dijeli na dvije poluravnine tako da koordinate točaka jedne od njih zadovoljavaju nejednakost sjekira + po >c, a druga nejednakost sjekira + +po <c.
Doista, uzmite točku s koordinatom x = x 0; zatim točka koja leži na pravoj liniji i ima apscisu x 0 , ima ordinatu

Neka za određenost a<0, b>0, c>0. Sve točke s apscisom x 0 iznad P(npr. točka M), imaju y M>g 0 , i sve točke ispod točke P, s apscisom x 0, imati yN<g 0 . Jer x 0 je proizvoljna točka, tada će uvijek postojati točke s jedne strane pravca za koje sjekira+ po > c, tvoreći poluravninu, a s druge strane, točke za koje sjekira + po< c.

Slika 1

Znak nejednakosti u poluravnini ovisi o brojevima a, b , c.
To podrazumijeva sljedeću metodu za grafičko rješavanje sustava linearnih nejednadžbi u dvije varijable. Za rješavanje sustava potrebno je:

Za svaku nejednadžbu napiši jednadžbu koja odgovara zadanoj nejednadžbi.
Konstruirajte linije koje su grafovi funkcija zadanih jednadžbama.
Za svaki pravac odredite poluravninu koja je dana nejednadžbom. Da biste to učinili, uzmite proizvoljnu točku koja ne leži na ravnoj liniji, zamijenite njene koordinate u nejednadžbi. ako je nejednakost točna, tada je poluravnina koja sadrži odabranu točku rješenje izvorne nejednadžbe. Ako je nejednakost netočna, tada je poluravnina s druge strane pravca skup rješenja te nejednadžbe.
Za rješavanje sustava nejednadžbi potrebno je pronaći područje presjeka svih poluravnina koje su rješenje svake nejednadžbe u sustavu.

Može se pokazati da je ovo područje prazno, tada sustav nejednadžbi nema rješenja, nekonzistentan je. Inače se kaže da je sustav kompatibilan.
Rješenja mogu biti konačan broj i beskonačan skup. Područje može biti zatvoreni poligon ili može biti neograničeno.

Pogledajmo tri relevantna primjera.

Primjer 1. Grafički riješiti sustav:
x + y- 1 ≤ 0;
–2x- 2g + 5 ≤ 0.

razmotrite jednadžbe x+y–1=0 i –2x–2y+5=0 koje odgovaraju nejednadžbama;
konstruirajmo ravne linije dane ovim jednadžbama.

Slika 2

Definirajmo poluravnine zadane nejednadžbama. Uzmimo proizvoljnu točku, neka (0; 0). Smatrati x+ y– 1 0, zamijenimo točku (0; 0): 0 + 0 – 1 ≤ 0. dakle, u poluravnini u kojoj leži točka (0; 0), x + g – 1 ≤ 0, tj. poluravnina koja leži ispod pravca rješenje je prve nejednadžbe. Zamjenom ove točke (0; 0) u drugu dobivamo: –2 ∙ 0 – 2 ∙ 0 + 5 ≤ 0, tj. u poluravnini u kojoj se nalazi točka (0; 0), -2 x – 2g+ 5≥ 0, a upitani smo gdje je -2 x – 2g+ 5 ≤ 0, dakle, u drugoj poluravnini - u onoj iznad pravca.
Pronađite sjecište tih dviju poluravnina. Pravci su paralelni, pa se ravnine nigdje ne sijeku, što znači da sustav ovih nejednadžbi nema rješenja, nekonzistentan je.

Primjer 2. Grafički pronaći rješenja sustava nejednadžbi:

Slika 3
1. Napiši jednadžbe koje odgovaraju nejednadžbama i konstruiraj ravne crte.
x + 2g– 2 = 0

x	2	0
g	0	1

g – x – 1 = 0

x	0	2
g	1	3

g + 2 = 0;
g = –2.
2. Odabravši točku (0; 0) odredimo predznake nejednakosti u poluravninama:
0 + 2 ∙ 0 – 2 ≤ 0, tj. x + 2g– 2 ≤ 0 u poluravnini ispod pravca;
0 – 0 – 1 ≤ 0, tj. g –x– 1 ≤ 0 u poluravnini ispod pravca;
0 + 2 =2 ≥ 0, tj. g+ 2 ≥ 0 u poluravnini iznad pravca.
3. Sjecište tih triju poluravnina bit će područje koje je trokut. Nije teško pronaći vrhove regije kao točke presjeka odgovarajućih linija

Na ovaj način, ALI(–3; –2), NA(0; 1), IZ(6; –2).

Razmotrimo još jedan primjer u kojem rezultirajuća domena rješenja sustava nije ograničena.

Grafička metoda sastoji se u konstruiranju skupa izvedivih LLP rješenja i pronalaženju u tom skupu točke koja odgovara funkciji cilja max/min.

Zbog ograničenih mogućnosti vizualnog grafičkog prikaza, ova se metoda koristi samo za sustave linearnih nejednadžbi s dvije nepoznanice i sustave koji se mogu svesti na ovaj oblik.

Kako bismo vizualno demonstrirali grafičku metodu, riješit ćemo sljedeći problem:

1. U prvoj fazi potrebno je konstruirati područje izvedivih rješenja. Za ovaj primjer najprikladnije je izabrati X2 za apscisu, a X1 za ordinatu, te nejednakosti napisati u sljedećem obliku:

Budući da su i grafikoni i područje dopuštenih rješenja u prvoj četvrtini. Da bismo pronašli granične točke, rješavamo jednadžbe (1)=(2), (1)=(3) i (2)=(3).

Kao što se može vidjeti iz ilustracije, poliedar ABCDE čini područje izvedivih rješenja.

Ako područje dopustivih rješenja nije zatvoreno, onda je max(f)=+ ? ili min(f)= -?.

2. Sada možemo prijeći na izravno pronalaženje maksimuma funkcije f.

Naizmjenično zamjenjujući koordinate vrhova poliedra u funkciju f i uspoređujući vrijednosti, nalazimo da je f(C)=f (4; 1)=19 - maksimum funkcije.

Ovaj pristup je vrlo koristan za mali broj vrhova. Ali ovaj se postupak može odgoditi ako ima dosta vrhova.

U ovom slučaju, prikladnije je razmotriti liniju razine oblika f=a. Uz monotono povećanje broja a od -? na +? pravci f=a pomaknuti su po vektoru normale. Ako uz takav pomak linije razine postoji neka točka X - prva zajednička točka područja mogućih rješenja (poliedra ABCDE) i linije razine, tada je f(X) minimum f na postaviti ABCDE. Ako je X posljednja točka presjeka linije razine i skupa ABCDE, tada je f(X) maksimum na skupu mogućih rješenja. Ako za >-? pravac f=a siječe skup dopustivih rješenja, tada je min(f)= -?. Ako se to dogodi kada je a>+?, tada je max(f)=+?.

Ciljevi:

1. Ponoviti znanje o kvadratnoj funkciji.

2. Upoznati način rješavanja kvadratne nejednadžbe na temelju svojstava kvadratne funkcije.

Oprema: multimedija, prezentacija “Rješavanje kvadratnih nejednadžbi”, kartice za samostalni rad, tablica “Algoritam za rješavanje kvadratnih nejednadžbi”, kontrolni listovi s karbonskim papirom.

TIJEKOM NASTAVE

I. Organizacijski trenutak (1 min).

II. Obnavljanje temeljnih znanja(10 min).

1. Crtanje kvadratne funkcije y \u003d x 2 -6x + 8<Рисунок 1. Приложение >

određivanje smjera grana parabole;
određivanje koordinata vrha parabole;
određivanje osi simetrije;
određivanje sjecišta s koordinatnim osima;
pronalaženje dodatnih točaka.

2. Iz crteža odredite predznak koeficijenta a i broj korijena jednadžbe ax 2 +in+c=0.<Рисунок 2. Приложение >

3. Prema grafu funkcije y \u003d x 2 -4x + 3, odredite:

Što su nule funkcije;
Odredite intervale na kojima funkcija poprima pozitivne vrijednosti;
Odredite intervale na kojima funkcija poprima negativne vrijednosti;
Pri kojim vrijednostima x funkcija raste, a pri kojim opada?<Рисунок 3>

4. Učenje novih znanja (12 min.)

1. zadatak: Riješite nejednadžbu: x 2 +4x-5 > 0.

Nejednakost zadovoljavaju x vrijednosti na kojima su vrijednosti funkcije y=x 2 +4x-5 jednake nuli ili pozitivne, odnosno one x vrijednosti na kojima leže točke parabole na x-osi ili iznad ove osi.

Izgradimo graf funkcije y \u003d x 2 + 4x-5.

S x-osi: X 2 + 4x-5 \u003d 0. Prema Vieta teoremu: x 1 \u003d 1, x 2 \u003d -5. Bodovi(1;0),(-5;0).

Uz y-os: y(0)=-5. Točka (0;-5).

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

Zaključak: Vrijednosti funkcije su pozitivne i jednake nuli (nisu negativne) kada

Je li za rješavanje nejednadžbe svaki put potrebno detaljno iscrtati kvadratnu funkciju?
Trebam li pronaći koordinate vrha parabole?
Što je važno? (a, x 1, x 2)

Zaključak: Za rješavanje kvadratne nejednadžbe dovoljno je odrediti nulte točke funkcije, smjer grana parabole i izgraditi skicu grafa.

2. zadatak: Riješite nejednadžbu: x 2 -6x + 8 < 0.

Rješenje: Odredimo korijene jednadžbe x 2 -6x+8=0.

Prema Vieta teoremu: x 1 \u003d 2, x 2 \u003d 4.

a>0 - grane parabole su usmjerene prema gore.

Napravimo skicu grafa.<Рисунок 5>

Znakovima “+” i “–” označavamo intervale na kojima funkcija poprima pozitivne i negativne vrijednosti. Odaberimo interval koji nam je potreban.

Odgovor: X€.

5. Učvršćivanje novog gradiva (7 min).

broj 660 (3). Učenik odlučuje na ploči.

Riješite nejednadžbu-x 2 -3x-2<0.

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

korijeni jednadžbe: x 1 \u003d -1, x 2 \u003d -2.

a<0 – ветви вниз. <Рисунок 6>

br. 660 (1) - Rad sa skrivenom pločom.

Riješite nejednadžbu x 2 -3x + 2 < 0.

Rješenje: x 2 -3x+2=0.

Pronađimo korijene: ; x 1 =1, x 2 =2.

a>0 - grane prema gore. Gradimo skicu grafa funkcije.<Рисунок 7>

Algoritam:

Pronađite korijene jednadžbe ax 2 + in + c \u003d 0.
Označite ih na koordinatnoj ravnini.
Odredite smjer grana parabole.
Skicirajte grafikon.
Znakovima “+” i “-” označite intervale u kojima funkcija poprima pozitivne i negativne vrijednosti.
Odaberite željeni interval.

6. Samostalni rad (10 min.).

(Recepcija - karbonski papir).

Kontrolni list se potpisuje i predaje nastavniku na provjeru i utvrđivanje ispravka.

Samoprovjera ploče.

Dodatni zadatak:

№ 670. Pronađite vrijednosti x pri kojima funkcija poprima vrijednosti koje nisu veće od nule: y=x 2 +6x-9.

7. Domaća zadaća (2 min).

№ 660 (2, 4), № 661 (2, 4).

Popuni tablicu:

D	Nejednakost	a	Crtanje	Riješenje
D>0	sjekira 2 + in + s > 0	a>0
D>0	sjekira 2 + in + s > 0	a<0
D>0	sjekira 2 + in + s < 0	a>0
D>0	sjekira 2 + in + s < 0	a<0

8. Sažetak lekcije (3 min).

Reproducirajte algoritam za rješavanje nejednadžbi.
Tko je napravio odličan posao?
Što se činilo teškim?

Jedna od najprikladnijih metoda za rješavanje kvadratnih nejednadžbi je grafička metoda. U ovom ćemo članku analizirati kako se kvadratne nejednadžbe rješavaju grafički. Prvo, raspravimo što je bit ove metode. Zatim dajemo algoritam i razmatramo primjere grafičkog rješavanja kvadratnih nejednadžbi.

Navigacija po stranici.

Suština grafičke metode

općenito grafički način rješavanja nejednakosti s jednom varijablom koristi se ne samo za rješavanje kvadratnih nejednadžbi, već i nejednadžbi drugih vrsta. Bit grafičke metode rješavanja nejednadžbi sljedeće: razmotriti funkcije y=f(x) i y=g(x) koje odgovaraju lijevom i desnom dijelu nejednadžbe, izgraditi njihove grafove u istom pravokutnom koordinatnom sustavu i saznati u kojim intervalima graf jedne od nalazi se ispod ili iznad drugog. Ti intervali gdje

graf funkcije f iznad grafa funkcije g su rješenja nejednadžbe f(x)>g(x) ;
graf funkcije f koji nije niži od grafa funkcije g su rješenja nejednadžbe f(x)≥g(x) ;
graf funkcije f ispod grafa funkcije g su rješenja nejednadžbe f(x)
graf funkcije f ne iznad grafa funkcije g su rješenja nejednadžbe f(x)≤g(x) .

Recimo i to da su apscise sjecišta grafova funkcija f i g rješenja jednadžbe f(x)=g(x) .

Prenesimo ove rezultate na naš slučaj – da riješimo kvadratnu nejednadžbu a x 2 +b x+c<0 (≤, >, ≥).

Uvodimo dvije funkcije: prva y=a x 2 +b x+c (u ovom slučaju f(x)=a x 2 +b x+c) odgovara lijevoj strani kvadratne nejednadžbe, druga y=0 (u ovaj slučaj g (x)=0 ) odgovara desnoj strani nejednadžbe. raspored kvadratna funkcija f je parabola i graf stalna funkcija g je pravac koji se poklapa s osi apscisa Ox.

Nadalje, prema grafičkoj metodi rješavanja nejednadžbi, potrebno je analizirati u kojim intervalima se graf jedne funkcije nalazi iznad ili ispod druge, što će nam omogućiti da napišemo željeno rješenje kvadratne nejednadžbe. U našem slučaju, moramo analizirati položaj parabole u odnosu na os Ox.

Ovisno o vrijednostima koeficijenata a, b i c, moguće je sljedećih šest opcija (shematski prikaz je dovoljan za naše potrebe, a moguće je i ne prikazati Oy os, jer njezin položaj ne utječe na rješenje nejednakosti):

Na ovom crtežu vidimo parabolu čiji su kraci usmjereni prema gore i koja siječe os Ox u dvije točke čije su apscise x 1 i x 2 . Ovaj crtež odgovara varijanti kada je koeficijent a pozitivan (on je odgovoran za smjer grana parabole prema gore), a kada je vrijednost pozitivna diskriminant kvadratnog trinoma a x 2 +b x + c (u ovom slučaju trinom ima dva korijena, koje smo označili kao x 1 i x 2, a pretpostavili smo da je x 1 0 , D=b 2 −4 a c=(−1) 2 −4 1 (−6)=25>0, x 1 =−2 , x 2 =3 .

Radi jasnoće, crvenom bojom nacrtajmo dijelove parabole koji se nalaze iznad osi apscise, a plavom - koji se nalaze ispod osi apscise.

Sada saznajmo koje praznine odgovaraju tim dijelovima. Sljedeći crtež pomoći će im odrediti (u budućnosti ćemo mentalno napraviti takve odabire u obliku pravokutnika):

Tako su na apscisnoj osi dva intervala (−∞, x 1) i (x 2, +∞) označena crvenom bojom, na njima je parabola iznad Ox osi, oni čine rješenje kvadratne nejednadžbe a x 2 +b x+c>0 , a interval (x 1 , x 2) je označen plavom bojom, na njemu je parabola ispod osi Ox , rješenje je nejednadžbe a x 2 + b x + c<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 .

A sad ukratko: za a>0 i D=b 2 −4 a c>0 (ili D"=D/4>0 za paran koeficijent b)

rješenje kvadratne nejednadžbe a x 2 +b x+c>0 je (−∞, x 1)∪(x 2 , +∞) ili, na drugi način, x x2;
rješenje kvadratne nejednadžbe a x 2 +b x+c≥0 je (−∞, x 1 ]∪ ili u drugom zapisu x 1 ≤x≤x 2 ,

gdje su x 1 i x 2 korijeni kvadratnog trinoma a x 2 + b x + c, i x 1

Ovdje vidimo parabolu čiji su krakovi usmjereni prema gore i koja dodiruje apscisnu os, odnosno ima s njom jednu zajedničku točku, apscisu te točke označimo s x 0. Prikazani slučaj odgovara a>0 (grane su usmjerene prema gore) i D=0 (kvadratni trinom ima jedan korijen x 0 ). Na primjer, možemo uzeti kvadratnu funkciju y=x 2 −4 x+4 , ovdje a=1>0 , D=(−4) 2 −4 1 4=0 i x 0 =2 .

Na crtežu se jasno vidi da se parabola nalazi iznad osi Ox posvuda, osim u točki dodira, odnosno u intervalima (−∞, x 0) , (x 0 , ∞) . Radi jasnoće odabiremo područja na crtežu analogno prethodnom odlomku.

Izvodimo zaključke: za a>0 i D=0

rješenje kvadratne nejednadžbe a x 2 +b x+c>0 je (−∞, x 0)∪(x 0 , +∞) ili u drugom zapisu x≠x 0 ;
rješenje kvadratne nejednadžbe a x 2 +b x+c≥0 je (−∞, +∞) ili, u drugom zapisu, x∈R ;
kvadratna nejednadžba a x 2 +b x+c<0 не имеет решений (нет интервалов, на которых парабола расположена ниже оси Ox );
kvadratna nejednadžba a x 2 +b x+c≤0 ima jedinstveno rješenje x=x 0 (dana je tangentnom točkom),

gdje je x 0 korijen kvadratnog trinoma a x 2 + b x + c.

U ovom slučaju grane parabole usmjerene su prema gore i nema zajedničkih točaka s osi apscise. Ovdje imamo uvjete a>0 (grane su usmjerene prema gore) i 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 .

Očito je da se parabola cijelom svojom dužinom nalazi iznad osi Ox (nema intervala gdje je ispod osi Ox, nema dodirne točke).

Dakle, za a>0 i D<0 решением квадратных неравенств a·x 2 +b·x+c>0 i a x 2 +b x+c≥0 je skup svih realnih brojeva, a nejednakosti a x 2 +b x+c<0 и a·x 2 +b·x+c≤0 не имеют решений.

I postoje tri opcije za položaj parabole s granama usmjerenim prema dolje, a ne prema gore, u odnosu na os Ox. U načelu, oni se ne mogu uzeti u obzir, budući da nam množenje obaju dijelova nejednadžbe s −1 omogućuje prijelaz na ekvivalentnu nejednadžbu s pozitivnim koeficijentom pri x 2 . Međutim, nije naodmet dobiti ideju o tim slučajevima. Ovdje je obrazloženje slično, pa zapisujemo samo glavne rezultate.

Algoritam rješenja

Rezultat svih prethodnih izračuna je algoritam za grafičko rješavanje kvadratnih nejednadžbi:

Izvodi se shematski crtež na koordinatnoj ravnini koji prikazuje os Ox (nije potrebno prikazati os Oy) i skicu parabole koja odgovara kvadratnoj funkciji y=a x 2 + b x + c. Da biste konstruirali skicu parabole, dovoljno je saznati dvije točke:

Najprije se pomoću vrijednosti koeficijenta a saznaje kamo su usmjerene njegove grane (za a>0 - prema gore, za a<0 – вниз).
I drugo, po vrijednosti diskriminanta kvadratnog trinoma a x 2 + b x + c, ispada da li parabola siječe x-os u dvije točke (za D> 0), dodiruje li je u jednoj točki (za D= 0), ili nema zajedničkih točaka s osi Ox (za 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.

Kada je crtež spreman, na njemu u drugom koraku algoritma
- pri rješavanju kvadratne nejednadžbe a·x 2 +b·x+c>0 određuju se intervali u kojima se parabola nalazi iznad osi apscisa;
- pri rješavanju nejednadžbe a x 2 +b x+c≥0 određuju se intervali u kojima se parabola nalazi iznad osi apscisa i njima se pribrajaju apscise presječnih točaka (ili apscise tangente);
- pri rješavanju nejednadžbe a x 2 +b x+c<0 находятся промежутки, на которых парабола ниже оси Ox ;
- konačno, pri rješavanju kvadratne nejednadžbe oblika a x 2 +b x + c≤0, postoje intervali u kojima je parabola ispod osi Ox i njima se dodaju apscise presječnih točaka (ili apscise dodirne točke) ;
oni čine željeno rješenje kvadratne nejednadžbe, a ako nema takvih praznina i dodirnih točaka, tada izvorna kvadratna nejednadžba nema rješenja.

Preostaje samo riješiti nekoliko kvadratnih nejednadžbi pomoću ovog algoritma.

Primjeri s rješenjima

Primjer.

Riješite nejednadžbu .

Riješenje.

Trebamo riješiti kvadratnu nejednadžbu, koristit ćemo algoritam iz prethodnog paragrafa. U prvom koraku trebamo nacrtati skicu grafa kvadratne funkcije . Koeficijent pri x 2 je 2, pozitivan je, stoga su grane parabole usmjerene prema gore. Utvrdimo također ima li parabola s osi apscisa zajedničke točke, za to izračunavamo diskriminant kvadratnog trinoma . Imamo . Pokazalo se da je diskriminant veći od nule, stoga trinom ima dva stvarna korijena: i , odnosno x 1 =−3 i x 2 =1/3.

Iz ovoga je jasno da parabola siječe os Ox u dvije točke s apscisama −3 i 1/3. Te ćemo točke na crtežu prikazati kao obične točke, budući da rješavamo nestrogu nejednadžbu. Prema razjašnjenim podacima dobivamo sljedeći crtež (odgovara prvom predlošku iz prvog odlomka članka):

Prelazimo na drugi korak algoritma. Budući da rješavamo nestrogu kvadratnu nejednadžbu s predznakom ≤, potrebno je odrediti intervale u kojima se parabola nalazi ispod osi apscisa i njima dodati apscise točaka presjeka.

Iz crteža je vidljivo da se parabola nalazi ispod apscise u intervalu (−3, 1/3) te joj pribrajamo apscise presječnih točaka, odnosno brojeve −3 i 1/3. Kao rezultat, dolazimo do numeričkog segmenta [−3, 1/3] . Ovo je željeno rješenje. Može se napisati kao dvostruka nejednadžba −3≤x≤1/3 .

Odgovor:

[−3, 1/3] ili −3≤x≤1/3 .

Primjer.

Pronađite rješenje kvadratne nejednadžbe −x 2 +16 x−63<0 .

Riješenje.

Kao i obično, počinjemo s crtežom. Numerički koeficijent za kvadrat varijable je negativan, −1, stoga su grane parabole usmjerene prema dolje. Izračunajmo diskriminantu, bolje rečeno njen četvrti dio: D"=8 2 −(−1)(−63)=64−63=1. Njegova vrijednost je pozitivna, izračunavamo korijene kvadratnog trinoma: i , x 1 =7 i x 2 =9. Dakle, parabola siječe os Ox u dvije točke s apscisama 7 i 9 (početna nejednakost je stroga, pa ćemo te točke prikazati s praznim središtem). Sada možemo napraviti shematski crtež:

Budući da rješavamo striktnu kvadratnu nejednadžbu s predznakom<, то нас интересуют промежутки, на которых парабола расположена ниже оси абсцисс:

Crtež pokazuje da su rješenja izvorne kvadratne nejednadžbe dva intervala (−∞, 7) , (9, +∞) .

Odgovor:

(−∞, 7)∪(9, +∞) ili u drugom zapisu x<7 , x>9 .

Kod rješavanja kvadratnih nejednadžbi, kada je diskriminant kvadratnog trinoma na njegovoj lijevoj strani jednak nuli, treba biti oprezan s uključivanjem ili isključivanjem apscise tangente iz odgovora. Ovisi o predznaku nejednadžbe: ako je nejednadžba stroga, onda nije rješenje nejednadžbe, a ako je nestroga, onda jest.

Primjer.

Ima li kvadratna nejednadžba 10 x 2 −14 x+4,9≤0 barem jedno rješenje?

Riješenje.

Nacrtajmo funkciju y=10 x 2 −14 x+4.9 . Njegove su grane usmjerene prema gore, budući da je koeficijent pri x 2 pozitivan, a dodiruje apscisu u točki s apscisom 0,7, budući da je D "=(−7) 2 −10 4,9=0, odakle ili 0,7 kao decimala. Shematski to izgleda ovako:

Budući da rješavamo kvadratnu nejednadžbu s predznakom ≤, tada će njeno rješenje biti intervali na kojima se parabola nalazi ispod osi Ox, kao i apscisa tangente. Iz crteža je vidljivo da ne postoji niti jedan razmak gdje bi parabola bila ispod osi Ox, pa će njeno rješenje biti samo apscisa dodirne točke, odnosno 0,7.

Odgovor:

ova nejednadžba ima jedinstveno rješenje 0.7 .

Primjer.

Riješite kvadratnu nejednadžbu –x 2 +8 x−16<0 .

Riješenje.

Ponašamo se prema algoritmu za rješavanje kvadratnih nejednadžbi i počinjemo crtanjem. Grane parabole su usmjerene prema dolje, jer je koeficijent pri x 2 negativan, −1. Nađi diskriminant kvadratnog trinoma –x 2 +8 x−16 , imamo D'=4 2 −(−1)(−16)=16−16=0 i dalje x 0 =−4/(−1) , x 0 =4 . Dakle, parabola dodiruje os Ox u točki s apscisom 4 . Napravimo crtež:

Gledamo predznak izvorne nejednakosti, on je<. Согласно алгоритму, решение неравенства в этом случае составляют все промежутки, на которых парабола расположена строго ниже оси абсцисс.

U našem slučaju to su otvorene zrake (−∞, 4) , (4, +∞) . Zasebno napominjemo da 4 - apscisa tangentne točke - nije rješenje, jer u tangentnoj točki parabola nije niža od osi Ox.

Odgovor:

(−∞, 4)∪(4, +∞) ili u drugom zapisu x≠4 .

Obratite posebnu pozornost na slučajeve u kojima je diskriminant kvadratnog trinoma na lijevoj strani kvadratne nejednadžbe manji od nule. Ovdje ne treba žuriti i reći da nejednadžba nema rješenja (navikli smo donositi takav zaključak za kvadratne jednadžbe s negativnom diskriminantom). Stvar je u tome da je kvadratna nejednakost za D<0 может иметь решение, которым является множество всех действительных чисел.

Primjer.

Pronađite rješenje kvadratne nejednadžbe 3·x 2 +1>0 .

Riješenje.

Kao i obično, počinjemo s crtežom. Koeficijent a je 3, pozitivan je, stoga su grane parabole usmjerene prema gore. Izračunajte diskriminantu: D=0 2 −4 3 1=−12 . Budući da je diskriminanta negativna, parabola nema zajedničkih točaka s osi x. Dobivene informacije dovoljne su za shematski dijagram:

Rješavamo strogu kvadratnu nejednadžbu sa znakom >. Njegovo rješenje bit će svi intervali u kojima je parabola iznad Ox osi. U našem slučaju parabola je cijelom svojom dužinom iznad x-osi, pa će željeno rješenje biti skup svih realnih brojeva.

Ox , a također im trebate dodati apscisu točaka sjecišta ili apscisu dodirne točke. Ali na crtežu se jasno vidi da takvih praznina nema (jer je parabola posvuda ispod apscisne osi), kao što nema ni sjecišta, kao što nema ni dodirnih točaka. Dakle, izvorna kvadratna nejednadžba nema rješenja.

Odgovor:

nema rješenja ili u drugom zapisu ∅.

Bibliografija.

Algebra: udžbenik za 8 ćelija. opće obrazovanje institucije / [Yu. N. Makarychev, N. G. Mindyuk, K. I. Neshkov, S. B. Suvorova]; izd. S. A. Teljakovski. - 16. izd. - M. : Obrazovanje, 2008. - 271 str. : ilustr. - ISBN 978-5-09-019243-9.
Algebra: 9. razred: udžbenik. za opće obrazovanje institucije / [Yu. N. Makarychev, N. G. Mindyuk, K. I. Neshkov, S. B. Suvorova]; izd. S. A. Teljakovski. - 16. izd. - M. : Obrazovanje, 2009. - 271 str. : ilustr. - ISBN 978-5-09-021134-5.
Mordkovich A. G. Algebra. 8. razred. U 14 sati Dio 1. Udžbenik za studente obrazovnih ustanova / A. G. Mordkovich. - 11. izd., izbrisano. - M.: Mnemozina, 2009. - 215 str.: ilustr. ISBN 978-5-346-01155-2.
Mordkovich A. G. Algebra. 9. razred U 14 sati 1. dio. Udžbenik za studente obrazovnih ustanova / A. G. Mordkovich, P. V. Semenov. - 13. izd. Sr. - M.: Mnemosyne, 2011. - 222 str.: ilustr. ISBN 978-5-346-01752-3.
Mordkovich A. G. Algebra i početak matematičke analize. 11. razred. Na 2 sata 1. dio. Udžbenik za učenike obrazovnih ustanova (razina profila) / A. G. Mordkovich, P. V. Semenov. - 2. izd., izbrisano. - M.: Mnemosyne, 2008. - 287 str.: ilustr. ISBN 978-5-346-01027-2.

Vrsta lekcije:

Vrsta lekcije: Predavanje, sat rješavanja problema.

Trajanje: 2 sata.

Golovi:1) Naučite grafičku metodu.

2) Prikažite korištenje programa Maple u rješavanju sustava nejednadžbi grafičkom metodom.

3) Razvijati percepciju i mišljenje o temi.

Plan učenja:

Napredak tečaja.

Faza 1: Grafička metoda sastoji se od konstruiranja skupa izvedivih LLP rješenja i pronalaženja točke u tom skupu koja odgovara max/min funkciji cilja.

Zbog ograničenih mogućnosti vizualnog grafičkog prikaza, ova se metoda koristi samo za sustave linearnih nejednadžbi s dvije nepoznanice i sustave koji se mogu svesti na ovaj oblik.

Kako bismo vizualno demonstrirali grafičku metodu, riješit ćemo sljedeći problem:

1. U prvoj fazi potrebno je konstruirati područje izvedivih rješenja. Za ovaj primjer najprikladnije je izabrati X2 za apscisu, a X1 za ordinatu, te nejednakosti napisati u sljedećem obliku:

Budući da su i grafikoni i područje dopuštenih rješenja u prvoj četvrtini. Da bismo pronašli granične točke, rješavamo jednadžbe (1)=(2), (1)=(3) i (2)=(3).

Kao što se može vidjeti iz ilustracije, poliedar ABCDE čini područje izvedivih rješenja.

Ako područje dopustivih rješenja nije zatvoreno, onda je max(f)=+ ? ili min(f)= -?.

2. Sada možemo prijeći na izravno pronalaženje maksimuma funkcije f.

Naizmjenično zamjenjujući koordinate vrhova poliedra u funkciju f i uspoređujući vrijednosti, nalazimo da je f(C)=f(4;1)=19 maksimum funkcije.

Ovaj pristup je vrlo koristan za mali broj vrhova. Ali ovaj se postupak može odgoditi ako ima dosta vrhova.

U ovom slučaju, prikladnije je razmotriti liniju razine oblika f=a. Uz monotono povećanje broja a od -? na +? linije f=a su pomaknute duž vektora normale Vektor normale ima koordinate (S1;S2), gdje su C1 i C2 koeficijenti nepoznanica u funkciji cilja f=C1?X1+C2?X2+C0.. Ako postoji je neka točka tijekom takvog pomaka linije razine X prva zajednička točka područja mogućih rješenja (politopa ABCDE) i linije razine, tada je f(X) minimum f na skupu ABCDE. Ako je X posljednja točka presjeka linije razine i skupa ABCDE, tada je f(X) maksimum na skupu mogućih rješenja. Ako za >-? pravac f=a siječe skup dopustivih rješenja, tada je min(f)= -?. Ako se to dogodi kada je a>+?, tada je max(f)=+?.

U našem primjeru pravac f=a siječe površinu ABCDE u točki S(4;1). Budući da je ovo zadnja točka presjeka, max(f)=f(C)=f(4;1)=19.

Riješi grafički sustav nejednadžbi. Pronađite kutna rješenja.

x1>=0, x2>=0

>sa(parcele);

>with(plottool);

> S1:=riješi((f1x = X6, f2x = X6), );

Odgovor: Sve točke Si gdje je i=1..10 za koje su x i y pozitivni.

Područje ograničeno ovim točkama: (54/11,2/11) (5/7,60/7) (0,5) (10/3, 10/3)

Faza 3. Svaki učenik dobiva jednu od 20 opcija u kojoj se od učenika traži samostalno rješavanje nejednadžbe grafičkom metodom, a ostali primjeri kao domaća zadaća.

Lekcija №4 Grafičko rješenje problema linearnog programiranja

Vrsta lekcije: lekcija učenje novog gradiva.

Vrsta lekcije: Predavanje + sat rješavanja problema.

Trajanje: 2 sata.

Ciljevi: 1) Proučiti grafičko rješenje problema linearnog programiranja.

2) Naučiti kako koristiti program Maple pri rješavanju problema linearnog programiranja.

2) Razvijati percepciju, razmišljanje.

Plan učenja: Faza 1: učenje novog materijala.

Faza 2: Razvoj novog materijala u matematičkom paketu Maple.

3. faza: provjera naučenog gradiva i domaće zadaće.

Napredak tečaja.

Grafička metoda je prilično jednostavna i jasna za rješavanje problema linearnog programiranja s dvije varijable. Temelji se na geometrijski prikaz dopuštenih rješenja i digitalni filter problema.

Svaka od nejednadžbi problema linearnog programiranja (1.2) definira određenu poluravninu na koordinatnoj ravnini (sl. 2.1), a sustav nejednadžbi kao cjelina definira presjek odgovarajućih ravnina. Skup presječnih točaka tih poluravnina naziva se domena izvedivih rješenja(ODR). ODR je uvijek konveksan figura, tj. koji ima sljedeće svojstvo: ako dvije točke A i B pripadaju toj liku, tada joj pripada i cijeli segment AB. ODR se može grafički prikazati konveksnim poligonom, neograničenim konveksnim poligonalnim područjem, segmentom, zrakom, jednom točkom. Ako je sustav ograničenja problema (1.2) nekonzistentan, tada je ODE prazan skup.

Sve navedeno vrijedi i za slučaj kada sustav ograničenja (1.2) uključuje jednakosti, jer svaka jednakost

može se prikazati kao sustav dviju nejednakosti (vidi sl. 2.1)

Digitalni filtar na fiksnoj vrijednosti definira ravnu liniju na ravnini. Promjenom vrijednosti L, dobivamo obitelj paralelnih pravaca, tzv linije razine.

To je zbog činjenice da će promjena vrijednosti L promijeniti samo duljinu segmenta odsječenog ravnom linijom na osi (početna ordinata), a nagib ravne linije ostat će konstantan (vidi sl. 2.1). Stoga će za rješenje biti dovoljno konstruirati jednu od linija razine, proizvoljno birajući vrijednost L.

Vektor s koordinatama iz CF koeficijenata na i okomit je na svaku od linija razine (vidi sliku 2.1). Smjer vektora je isti kao pravac povećavajući se CF, što je važna točka za rješavanje problema. Smjer silazni Digitalni filtar je suprotan smjeru vektora.

Suština grafičke metode je sljedeća. U smjeru (nasuprot smjeru) vektora u ODR-u vrši se traženje optimalne točke. Optimalna točka je točka kroz koju prolazi linija razine koja odgovara najvećoj (najmanjoj) vrijednosti funkcije. Optimalno rješenje uvijek se nalazi na granici ODT-a, npr. na zadnjem vrhu ODT poligona kroz koji prolazi linija cilja ili na cijeloj njegovoj strani.

Pri traženju optimalnog rješenja problema linearnog programiranja moguće su sljedeće situacije: postoji jedinstveno rješenje problema; postoji beskonačan broj rješenja (alternativni opcijum); CF nije ograničen; područje mogućih rješenja je jedna točka; problem nema rješenja.

Slika 2.1 Geometrijska interpretacija ograničenja i CF problema.

Metodologija rješavanja problema LP grafičkom metodom

I. U ograničenjima zadatka (1.2) zamijenite znakove nejednakosti predznacima točnih jednakosti i konstruirajte odgovarajuće pravce.

II. Pronađite i osjenčajte poluravnine dopuštene svakom od nejednakosti ograničenja problema (1.2). Da biste to učinili, trebate zamijeniti koordinate neke točke [na primjer, (0; 0)] u određenu nejednakost i provjeriti istinitost rezultirajuće nejednakosti.

Ako a prava nejednakost,

zatim potrebno je osjenčati poluravninu koja sadrži zadanu točku;

inače(nejednakost je netočna) potrebno je osjenčati poluravninu koja ne sadrži zadanu točku.

Budući da i moraju biti nenegativni, njihove važeće vrijednosti uvijek će biti iznad osi i desno od osi, tj. u I kvadrantu.

Ograničenja jednakosti dopuštaju samo one točke koje leže na odgovarajućoj liniji. Stoga je potrebno istaknuti takve linije na grafikonu.

III. Definirajte ODR kao dio ravnine koji istovremeno pripada svim dopuštenim područjima i odaberite ga. U nedostatku SDE, problem nema rješenja.

IV. Ako ODS nije prazan skup, tada je potrebno konstruirati ciljnu liniju, tj. bilo koja od linija razine (gdje je L proizvoljan broj, na primjer, višekratnik i, tj. pogodan za izračune). Metoda konstrukcije je slična konstrukciji izravnih ograničenja.

V. Konstruirajte vektor koji počinje u točki (0;0) i završava u točki. Ako su ciljna linija i vektor ispravno izgrađeni, tada hoće okomito.

VI. Prilikom traženja maksimuma digitalnog filtra potrebno je pomaknuti ciljnu liniju u pravcu vektor, kada se traži minimum digitalnog filtra - protiv smjera vektor. Posljednji vrh ODR-a u smjeru kretanja bit će maksimalna ili minimalna točka CF-a. Ako takve točke (točaka) nema, onda to možemo zaključiti neograničenost digitalnog filtra na skupu planova odozgo (kada se traži maksimum) ili odozdo (kada se traži minimum).

VII. Odredite koordinate točke max (min) digitalnog filtra i izračunajte vrijednost digitalnog filtra. Za izračunavanje koordinata optimalne točke potrebno je riješiti sustav jednadžbi ravnih linija u čijem se sjecištu ona nalazi.

Riješite problem linearnog programiranja

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

x1>=0, x2>=0

>parcele((a+b<=3,a+3*b<=5,5*a-b<=5,a+b>=0,a>=0,b>=0), a=-2..5, b=-2..5, opcije izvedive=(boja=crvena),

optionsopen=(boja=plava, debljina=2),

optionsclosed=(boja=zelena, debljina=3),

opcije isključene=(boja=žuta));

> sa (jednostruko):

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

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

>n:=osnova(dp);

W prikaz(C,);

>L:=cterm(C);

W X:=dualno(f,C,p);

W f_max:=pod(R,f);

W R1:=minimiziraj(f,C ,NEGATIVNO);

f_min:=subs(R1,f);

ODGOVOR: Kada x 1 =5/4 x 2 =5/4 f_max=15/4; Na x 1 =0 x 2 =0 f_min=0;

Lekcija #5

Vrsta lekcije: kontrola sata + učenje novog gradiva. Vrsta lekcije: Predavanje.

Trajanje: 2 sata.

Golovi:1) Provjeriti i učvrstiti znanje o prošlom gradivu u prethodnim lekcijama.

2) Naučite novu metodu za rješavanje matričnih igara.

3) razvijati pamćenje, matematičko mišljenje i pažnju.

1. faza: provjera domaće zadaće u obliku samostalnog rada.

Faza 2: dati kratak opis metode cik-cak

Faza 3: učvrstiti novo gradivo i dati domaću zadaću.

Napredak tečaja.

Metode linearnog programiranja - numeričke metode za rješavanje optimizacijskih problema koje se svode na formalne modele linearnog programiranja.

Kao što je poznato, svaki problem linearnog programiranja može se svesti na kanonski model za minimiziranje linearne funkcije cilja s linearnim ograničenjima tipa jednakosti. Budući da je broj varijabli u problemu linearnog programiranja veći od broja ograničenja (n > m), rješenje se može dobiti izjednačavanjem (n - m) varijabli s nulom, tzv. besplatno. Preostalih m varijabli, tzv Osnovni, temeljni, može se lako odrediti iz sustava ograničenja jednakosti uobičajenim metodama linearne algebre. Ako rješenje postoji, onda se ono poziva Osnovni, temeljni. Ako je osnovno rješenje dopustivo, tada se ono zove osnovni dopušteni. Geometrijski, osnovna izvediva rješenja odgovaraju vrhovima (ekstremnim točkama) konveksnog poliedra, što ograničava skup izvedivih rješenja. Ako problem linearnog programiranja ima optimalna rješenja, onda je barem jedno od njih osnovno.

Gornja razmatranja znače da je pri traženju optimalnog rješenja problema linearnog programiranja dovoljno ograničiti se na nabrajanje osnovnih dopuštenih rješenja. Broj osnovnih rješenja jednak je broju kombinacija n varijabli u m:

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

a mogu biti dovoljno veliki da ih se nabroji izravnim nabrajanjem u stvarnom vremenu. Činjenica da nisu sva temeljna rješenja dopuštena ne mijenja bit problema, budući da se za ocjenu prihvatljivosti osnovnog rješenja ono mora dobiti.

Problem racionalnog nabrajanja osnovnih rješenja problema linearnog programiranja prvi je riješio J. Dantzig. Simpleks metoda koju je on predložio daleko je najčešća opća metoda linearnog programiranja. Simpleks metoda implementira usmjereno nabrajanje izvedivih osnovnih rješenja duž odgovarajućih ekstremnih točaka konveksnog poliedra izvedivih rješenja kao iterativni proces, gdje vrijednosti funkcije cilja striktno opadaju u svakom koraku. Prijelaz između ekstremnih točaka provodi se duž bridova konveksnog poliedra mogućih rješenja u skladu s jednostavnim linearno-algebarskim transformacijama sustava ograničenja. Kako je broj ekstremnih točaka konačan, a ciljna funkcija linearna, onda se sortiranjem ekstremnih točaka u smjeru opadanja ciljne funkcije, simpleks metoda konvergira globalnom minimumu u konačnom broju koraka.

Praksa je pokazala da za većinu primijenjenih problema linearnog programiranja, simpleks metoda omogućuje pronalaženje optimalnog rješenja u relativno malom broju koraka u usporedbi s ukupnim brojem ekstremnih točaka dopustivog poliedra. Istodobno, poznato je da za neke probleme linearnog programiranja s posebno odabranim oblikom dopustivog područja korištenje simpleks metode dovodi do potpunog nabrajanja ekstremnih točaka. Ova je činjenica u određenoj mjeri potaknula potragu za novim učinkovitim metodama za rješavanje problema linearnog programiranja, temeljenim na idejama drugačijim od simpleks metode, koje omogućuju rješavanje bilo kojeg problema linearnog programiranja u konačnom broju koraka, znatno manjem od broja ekstremnih bodova.

Među metodama polinomnog linearnog programiranja koje su nepromjenjive na konfiguraciju raspona dopuštenih vrijednosti, najčešća je metoda L.G. Khachiyan. Međutim, iako ova metoda ima polinomnu procjenu složenosti ovisno o dimenziji problema, ona se ipak pokazuje nekonkurentnom u usporedbi s simpleks metodom. Razlog tome je što je ovisnost broja iteracija simpleks metode o dimenziji problema izražena polinomom 3. reda za većinu praktičnih problema, dok u Khachiyan metodi ta ovisnost uvijek ima red najmanje 4. Ova činjenica je od odlučujuće važnosti za praksu, gdje su primijenjeni problemi složeni za simpleks metodu izuzetno rijetki.

Također treba napomenuti da su za primijenjene probleme linearnog programiranja koji su važni u praktičnom smislu razvijene posebne metode koje uzimaju u obzir specifičnu prirodu ograničenja problema. Konkretno, za problem homogenog transporta koriste se posebni algoritmi za izbor polazne baze, od kojih su najpoznatiji metoda sjeverozapadnog kuta i aproksimativna Vogelova metoda, a sama algoritamska implementacija simpleks metode bliska je specifičnostima problem. Za rješavanje problema linearnog dodjeljivanja (problema izbora), umjesto simpleks metode, obično se koristi ili mađarski algoritam, koji se temelji na tumačenju problema u smislu teorije grafova kao problema pronalaženja maksimalnog ponderiranog savršenog podudaranja u bipartitu graf, odnosno Mackova metoda.

Riješite igru matrice 3x3

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

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

> sa (jednostruko):

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

W prikaz(C,);