Bagi setiap nilai parameter a a selesaikan ketaksamaan | 2 x + a | ≤ x + 2 |2x+a| \leq x+2 .

Mari kita selesaikan masalah tambahan dahulu. Anggap ketaksamaan ini sebagai ketaksamaan dengan dua pembolehubah x x dan a dan gambarkan pada satah koordinat x O a xOa ialah semua titik yang koordinatnya memenuhi ketaksamaan.

Jika 2 x + a ≥ 0 2x+a \geq 0 (iaitu, pada garis a = - 2 x a=-2x dan lebih tinggi), maka kita mendapat 2 x + a ≤ x + 2 ⇔ a ≤ 2 - x 2x+ a \leq x+2 \Leftrightarrow a \leq 2-x .

Set ditunjukkan dalam Rajah. sebelas.

Sekarang mari kita selesaikan masalah asal menggunakan lukisan ini. Jika kita membetulkan a a , maka kita mendapat garis mendatar a = const a = \textrm(const) . Untuk menentukan nilai x x , anda perlu mencari absis titik persilangan garis ini dengan set penyelesaian ketaksamaan. Sebagai contoh, jika a = 8 a=8 , maka ketaksamaan tidak mempunyai penyelesaian (garis tidak bersilang dengan set); jika a = 1 a=1 , maka semua x x daripada selang [ - 1 ; 1 ] [-1;1], dsb. Jadi, terdapat tiga pilihan.

1) Jika $$a>4$$, maka tiada penyelesaian.

2) Jika a = 4 a=4 , maka x = - 2 x=-2 .

JAWAPAN

untuk $$a

dengan a = 4 a=4 - x = - 2 x=-2 ;

untuk $$a>4$$ - tiada penyelesaian.

Cari semua nilai parameter a a supaya ketaksamaan $$3-|x-a| > x^2$$ a) mempunyai sekurang-kurangnya satu penyelesaian; b) mempunyai sekurang-kurangnya satu penyelesaian positif.

Mari kita tulis semula ketaksamaan sebagai $$3-x^2 > |x-a)$$. Kami membina graf kiri dan bahagian yang betul di atas kapal terbang x O y xOy . Graf di sebelah kiri ialah parabola bercabang ke bawah dengan puncak pada (0 ; 3) (0;3) . Graf melintasi paksi-x pada titik (± 3 ; 0) (\pm \sqrt(3);0) . Graf sebelah kanan ialah sudut dengan bucu pada paksi absis, yang sisinya diarahkan ke atas pada sudut 45 ° 45^(\circ) kepada paksi koordinat. Absis bagi puncak ialah titik x = a x=a .

a) Agar ketaksamaan mempunyai sekurang-kurangnya satu penyelesaian, adalah perlu dan memadai bahawa sekurang-kurangnya pada satu titik parabola lebih tinggi daripada graf y = | x - a | y=|x-a| . Ini dilakukan jika bucu sudut terletak di antara titik A A dan B B paksi-x (lihat Rajah 12 - titik A A dan B B tidak disertakan). Oleh itu, adalah perlu untuk menentukan pada kedudukan puncak salah satu cabang sudut menyentuh parabola.

Pertimbangkan kes apabila bucu sudut berada pada titik A A . Kemudian cawangan sudut kanan menyentuh parabola. cerunnya sama dengan satu. Oleh itu, terbitan bagi fungsi y = 3 - x 2 y = 3-x^2 pada titik sentuhan adalah sama dengan 1 1 , iaitu - 2 x = 1 -2x=1 , dari mana x = - 1 2 x = -\frac( 1)(2) . Maka ordinat bagi titik sentuh ialah y = 3 - (1 2) 2 = 11 4 y = 3 - (\frac(1)(2))^2 = \frac(11)(4) . Persamaan garis lurus dengan kecerunan k = 1 k=1 dan melalui titik dengan koordinat (- 1 2 ; 11 4) (-\frac(1)(2); \frac(11)(4)) , berikut ialah * ( \^* : 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} .!}

Ini adalah persamaan cabang kanan sudut. Absis bagi titik persilangan dengan paksi x x ialah - 13 4 -\frac(13)(4) , iaitu titik A A mempunyai koordinat A (- 13 4 ; 0) A(-\frac(13)(4); 0) . Atas sebab simetri, titik B B mempunyai koordinat: B (13 4 ; 0) B(\frac(13)(4); 0) .

Oleh itu kita mendapat bahawa a ∈ (- 13 4 ; 13 4) a\in (-\frac(13)(4); \frac(13)(4)) .

b) Ketaksamaan mempunyai penyelesaian positif jika bucu sudut berada di antara titik F F dan B B (lihat Rajah 13). Mencari kedudukan titik F F tidak sukar: jika puncak sudut berada pada titik F F, maka cawangan kanannya (garis lurus yang diberikan oleh persamaan y \u003d x - a y \u003d x-a melalui titik (0 ; 3) (0; 3) Dari sini kita dapati bahawa a \u003d - 3 a=-3 dan titik F F mempunyai koordinat (- 3 ; 0) (-3; 0) Oleh itu, a ∈ (- 3 ; 13 4 ) a \in (-3; \frac(13)(4) ) .

JAWAPAN

a) a ∈ (- 13 4 ; 13 4) ,       a\in (-\frac(13)(4); \frac(13)(4)),\:\:\: b) a ∈ (- 3 ; 13 4) a \in (-3; \frac(13)(4)) .

* {\!}^* Formula Berguna:

- \-- garis lurus yang melalui titik (x 0; y 0) (x_0; y_0) dan mempunyai cerun k k diberikan oleh persamaan y - y 0 = k (x - x 0) y-y_0=k (x-x_0);

- \-- kecerunan garis lurus yang melalui titik (x 0 ; y 0) (x_0; y_0) dan (x 1 ; y 1) (x_1; y_1) , di mana x 0 ≠ x 1 x_0 \neq x_1 , dikira daripada formula k = y 1 - y 0 x 1 - x 0 k = \dfrac(y_1-y_0)(x_1-x_0) .

Komen. Jika anda perlu mencari nilai parameter di mana garis lurus y \u003d k x + l y \u003d kx + l dan parabola y \u003d a x 2 + b x + c y \u003d ax ^ 2 + bx + c sentuh, maka kita boleh menulis syarat bahawa persamaan k x + l \u003d a x 2 + b x + c kx+l = ax^2+bx+c mempunyai betul-betul satu penyelesaian. Kemudian cara lain untuk mencari nilai parameter a a yang bucu sudut berada di titik A A ialah yang berikut: persamaan x - a = 3 - x 2 x-a = 3-x^2 mempunyai tepat satu penyelesaian ⇔ D = 1 + 4 (a + 3) = 0 ⇔ a = - 13 4 \Anak panah kiri D = 1 + 4(a+3) = 0 \Anak panah kiri a = -\ dfrac(13)(4) .

Sila ambil perhatian bahawa dengan cara ini adalah mustahil untuk menuliskan syarat menyentuh garis lurus dengan graf sewenang-wenangnya. Sebagai contoh, garis y = 3 x - 2 y = 3x - 2 menyentuh parabola kubik y = x 3 y=x^3 pada titik (1 ; 1) (1; 1) dan bersilang pada titik (- 2 ; - 8) (-2;-8) , iaitu persamaan x 3 = 3 x + 2 x^3 = 3x+2 mempunyai dua penyelesaian.

Cari semua nilai parameter a a , bagi setiap satu persamaan (a + 1 - | x + 2 |) (x 2 + 4 x + 1 - a) = 0 (a+1-|x+2| )(x^2 +4x+1-a) = 0 mempunyai a) tepat dua akar yang berbeza; b) tepat tiga punca yang berbeza.

Mari kita lakukan perkara yang sama seperti dalam Contoh 25. Lukiskan set penyelesaian persamaan ini pada satah x O a xOa . Ia bersamaan dengan gabungan dua persamaan:

1) a = | x + 2 | - 1 a = |x+2| -1 ialah sudut dengan cawangan ke atas dan puncak pada (- 2 ; - 1) (-2;-1) .

2) a \u003d x 2 + 4 x + 1 a \u003d x ^ 2 + 4x + 1 ialah parabola dengan cawangan ke atas dan bucu pada titik (- 2; - 3) (-2; -3) . Lihat rajah. empat belas.

Cari titik persilangan dua graf. Cabang kanan sudut diberikan oleh persamaan y = x + 1 y=x+1 . Menyelesaikan Persamaan

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

kita dapati bahawa x = 0 x=0 atau x = - 3 x=-3 . Hanya nilai x = 0 x=0 sahaja yang sesuai (kerana untuk cawangan kanan x + 2 ≥ 0 x+2 \geq 0). Kemudian a = 1 a=1 . Begitu juga, kita dapati koordinat titik persilangan kedua - (- 4 ; 1) (-4; 1) .

Kembali kepada masalah asal. Persamaan mempunyai tepat dua penyelesaian untuk a a , yang mana garis mendatar a = const a=\textrm(const) memotong set penyelesaian persamaan pada dua titik. Daripada graf, kita melihat bahawa ini adalah benar untuk a ∈ (- 3 ; - 1) ∪ ( 1 ) a\in (-3;-1)\bigcup\(1\) . Tepat tiga penyelesaian akan ada dalam kes itu tiga mata persimpangan, yang mungkin hanya apabila a = - 1 a=-1 .

JAWAPAN

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

$$\mulakan(kes) x^2-x-a \leq 0,\\ x^2+2x-6a \leq 0 \end(kes) $$

mempunyai tepat satu penyelesaian.

Mari kita wakili penyelesaian sistem ketaksamaan pada satah x O a xOa . Tulis semula sistem sebagai $$ \begin(cases) a \leq -x^2+x,\\ a \geq \dfrac(x^2+6x)(6) .\end(cases) $$

Ketaksamaan pertama dipenuhi dengan titik yang terletak pada parabola a = - x 2 + x a = -x^2+x dan di bawahnya, dan yang kedua - dengan titik yang terletak pada parabola a = x 2 + 6 x 6 a = \dfrac(x^2 +6x)(6) atau lebih tinggi. Kami mencari koordinat bucu parabola dan titik persilangannya, dan kemudian membina graf. Puncak parabola pertama ialah (1 2 ; 1 4) (\dfrac(1)(2);\dfrac(1)(4)) , parabola kedua ialah (- 1 ; - 1 6) (-1; -\dfrac( 1)(6)) , titik persilangan ialah (0 ; 0) (0;0) dan (4 7 ; 12 49) (\dfrac(4)(7); \dfrac(12)(49 )). Set titik yang memenuhi sistem ditunjukkan dalam rajah. 15. Dapat dilihat bahawa garis mendatar a = const a=\textrm(const) mempunyai tepat satu titik sepunya dengan set ini (yang bermaksud sistem mempunyai tepat satu penyelesaian) dalam kes a = 0 a=0 dan a = 1 4 a= \dfrac(1)(4) .

JAWAPAN

A = 0 ,   a = 1 4 a=0,\: a=\dfrac(1)(4)

Cari nilai terkecil parameter a a , bagi setiap satu sistem

$$\mulakan(kes) x^2+y^2 + 3a^2 = 2y + 2\sqrt(3)ax,\\ \sqrt(3)|x|-y=4 \end(cases) $$

mempunyai penyelesaian yang unik.

Mari kita ubah persamaan pertama, menonjolkan petak penuh:

(x 2 - 2 3 a x + 3 a 2) + (y 2 - 2 y + 1) = 1 ⇔ (x - a 3) 2 + (y - 1) 2 = 1 . 18 (x^2- 2\sqrt(3)ax+3a^2)+(y^2-2y+1)=1 \Anak panah kiri (x-a\sqrt(3))^2+(y-1)^2 =1. \:\:\:\kiri(18\kanan)

Berbeza dengan tugasan sebelumnya, adalah lebih baik untuk menggambarkan lukisan pada satah x O y xOy (lukisan dalam satah "pembolehubah - parameter" biasanya digunakan untuk masalah dengan satu pembolehubah dan satu parameter - sebagai hasilnya, kita mendapat set pada satah Dalam masalah ini, kita berurusan dengan dua pembolehubah dan parameter Lukis set titik (x ; y ; a) (x; y; a) dalam ruang tiga dimensi- ia adalah tugas yang sukar; selain itu, lukisan sedemikian tidak mungkin visual). Persamaan (18) mentakrifkan bulatan dengan pusat (a 3 ; 1) (a\sqrt(3);1) jejari 1. Bergantung kepada nilai a a , pusat bulatan ini boleh berada di mana-mana titik garis y = 1 y=1 .

Persamaan kedua sistem y = 3 | x | - 4 y = \sqrt(3)|x|-4 mentakrifkan sudut dengan sisi ke atas pada sudut 60 ° 60^(\circ) kepada paksi-x (cerun garis lurus ialah tangen bagi cerun sudut tg 60 ° = 3 \textrm(tg )(60^(\circ)) = \sqrt(3)), berakhir pada (0 ; - 4) (0;-4) .

Sistem ini persamaan mempunyai tepat satu penyelesaian jika bulatan menyentuh salah satu cabang sudut. Ini boleh dilakukan dalam empat kes (Rajah 16): pusat bulatan boleh berada di salah satu titik A A , B B , C C , D D . Oleh kerana kita perlu mencari nilai terkecil bagi parameter a a , kita berminat dengan absis titik D D . Pertimbangkan segi tiga tepat D H M DHM . Jarak dari titik D D ke garis H M HM adalah sama dengan jejari bulatan, oleh itu D H = 1 DH=1 . Jadi D M = D H sin 60 ° = 2 3 DM=\dfrac(DH)(\textrm(sin)(60^(\circ))) = \dfrac(2)(\sqrt(3)) . Koordinat titik M M didapati sebagai koordinat titik persilangan dua garis y = 1 y=1 dan y = - 3 x - 4 y=-\sqrt(3)x-4 ( sebelah kiri sudut).

Kami mendapat M (- 5 3) M(-\dfrac(5)(\sqrt(3))) . Maka absis bagi titik D D ialah - 5 3 - 2 3 = - 7 3 -\dfrac(5)(\sqrt(3))-\dfrac(2)(\sqrt(3))=-\dfrac(7) (\ sqrt(3)) .

Oleh kerana absis pusat bulatan ialah a 3 a\sqrt(3) , maka a = - 7 3 a=-\dfrac(7)(3) .

JAWAPAN

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

Cari semua nilai parameter a a , bagi setiap satu daripadanya sistem

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

mempunyai tepat satu penyelesaian.

Mari kita gambarkan set penyelesaian bagi setiap ketaksamaan pada satah x O y xOy .

Dalam ketaksamaan kedua, kami memilih kuasa dua sempurna:

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

Untuk a + 8 = 0 a+8=0 (a = - 8 a=-8) ketaksamaan (19) mentakrifkan titik dengan koordinat (7 a ; 3 a) (7a;3a) , iaitu (- 56 ; - 24 ) (-56; -24) . Untuk semua nilai lain a a (19) mentakrifkan bulatan berpusat pada titik (7 a ; 3 a) (7a;3a) jejari | a + 8 | |a+8| .

Pertimbangkan ketidaksamaan pertama.
1) Untuk negatif a a ia tidak mempunyai penyelesaian. Oleh itu, sistem juga tidak mempunyai penyelesaian.

2) Jika a = 0 a=0 , maka kita mendapat garis lurus 4 x + 3 y = 0 4x+3y=0 . Daripada ketaksamaan kedua, kita mendapat bulatan dengan pusat (0 ; 0) (0; 0) jejari 8. Jelas sekali, lebih daripada satu penyelesaian keluar.

3) Jika $$a>0$$, maka ketaksamaan ini bersamaan dengan ketaksamaan berganda- 12 a ≤ 4 x + 3 y ≤ 12 a -12a \leq 4x+3y \leq 12a . Ia mentakrifkan jalur antara dua garis y = ± 4 a - 4 x 3 y=\pm 4a -\dfrac(4x)(3) , setiap satunya selari dengan garis 4 x + 3 y = 0 4x+3y= 0 (Gamb. 17).

Oleh kerana kita sedang mempertimbangkan $$a>0$$, pusat bulatan terletak di kuadran pertama pada garis y = 3 x 7 y = \dfrac(3x)(7) . Sesungguhnya, koordinat pusat ialah x = 7 a x=7a , y = 3 a y=3a ; menyatakan a a dan menyamakan, kita dapat x 7 = y 3 \dfrac(x)(7)=\dfrac(y)(3) , dari mana y = 3 x 7 y = \dfrac(3x)(7) . Untuk sistem mempunyai tepat satu penyelesaian, adalah perlu dan memadai bahawa bulatan menyentuh garis a 2 a_2 . Ini berlaku apabila jejari bulatan sama dengan jarak dari pusat bulatan ke garis a 2 a_2 . Mengikut formula untuk jarak dari titik ke garis * (\^{*} 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 .!}

JAWAPAN

A=2 a=2

* {\^{*} Пусть даны точка M (x 0 ; y 0) M (x_0;y_0) и прямая l l , !} diberikan oleh persamaan a x + b y + c = 0 ax+by+c=0 . Kemudian jarak dari titik M M ke garis l l ditentukan oleh formula ρ = | a x 0 + b x 0 + c | a 2 + b 2 \rho = \dfrac(|ax_0+bx_0+c|)(\sqrt(a^2+b^2)) .

Untuk apakah nilai parameter a a sistem

$$\mulakan(kes) |x|+|y|=1,\\ |x+a|+|y+a|=1 \end(kes)$$ tiada penyelesaian?

Persamaan pertama sistem mentakrifkan segi empat sama A B C D ABCD pada satah x O y xOy (untuk membinanya, pertimbangkan x ≥ 0 x\geq 0 dan y ≥ 0 y\geq 0. Kemudian persamaan itu mengambil bentuk x + y = 1 x+y=1 . Kami mendapat segmen - sebahagian daripada garisan x + y = 1 x + y \u003d 1, terletak pada suku pertama.Seterusnya, kami mencerminkan segmen ini mengenai paksi O x Ox, dan kemudian kami mencerminkan set yang terhasil tentang paksi O y Oy) (lihat Rajah 18). Persamaan kedua memberikan kuasa dua P Q R S PQRS sama dengan kuasa dua A B C D ABCD , tetapi berpusat pada titik (- a ; - a) (-a;-a) . Pada rajah. 18 contohnya segi empat sama ini ditunjukkan untuk a = - 2 a=-2 . Sistem ini tidak mempunyai penyelesaian jika dua petak ini tidak bersilang.

Adalah mudah untuk melihat bahawa jika segmen P Q PQ dan B C BC bertepatan, maka pusat petak kedua adalah pada titik (1 ; 1) (1; 1) . Kami akan menggunakan nilai a a , di mana pusat terletak "di atas" dan "ke kanan", iaitu $$a1$$.

JAWAPAN

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

Cari semua nilai parameter b b yang mana sistem

$$\mulakan(kes) y=|b-x^2|,\\ y=a(x-b) \tamat(kes) $$

mempunyai sekurang-kurangnya satu penyelesaian untuk sebarang nilai a a .

Mari kita pertimbangkan beberapa kes.

1) Jika $$b2) Jika b = 0 b=0 , maka sistem menjadi $$\begin(cases) y=x^2,\\ y=ax .\end(cases) $$

Untuk mana-mana a a, pasangan nombor (0 ; 0) (0;0) ialah penyelesaian kepada sistem ini, maka b = 0 b=0 padan.

3) Betulkan beberapa $$b>0$$. Persamaan pertama dipenuhi dengan set titik yang diperoleh daripada parabola y \u003d x 2 - b y \u003d x ^ 2-b dengan mencerminkan sebahagian parabola ini mengenai paksi O x Ox (lihat Rajah 19a, b). Persamaan kedua mentakrifkan keluarga garisan (menggantikan nilai yang berbeza a a , anda boleh mendapatkan semua jenis garis yang melalui titik (b ; 0) (b; 0) , kecuali yang menegak), melalui titik ( b ; 0) (b; 0) . Jika titik (b ; 0) (b; 0) terletak pada ruas [ - b ; b ] [-\sqrt(b);\sqrt(b)] . paksi-x, kemudian garis lurus bersilang dengan graf fungsi pertama pada sebarang cerun (Rajah 19a). Jika tidak (Rajah 19b), dalam apa jua keadaan, terdapat garis lurus yang tidak bersilang dengan graf ini. Menyelesaikan ketaksamaan - b ≤ b ≤ b -\sqrt(b)\leq b \leq \sqrt(b) dan mengambil kira bahawa $$b>0$$, kita mendapat bahawa b ∈ (0 ; 1 ] b \ dalam ( 0;1] .

Gabungkan hasil: $$b \dalam $$.

JAWAPAN

$$b \dalam $$

Cari semua nilai a a , bagi setiap satunya fungsi f (x) = x 2 - | x - a 2 | - 3 x f(x) = x^2-|x-a^2|-3x mempunyai sekurang-kurangnya satu titik maksimum.

Memperluas modul, kami mendapatnya

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

Pada setiap dua selang, graf bagi fungsi y = f (x) y=f(x) ialah parabola dengan cawangan ke atas.

Oleh kerana parabola bercabang ke atas tidak boleh mempunyai titik maksimum, satu-satunya kemungkinan ialah titik maksimum ialah titik sempadan bagi jurang ini - titik x = a 2 x=a^2 . Akan ada maksimum pada titik ini jika puncak parabola y = x 2 - 4 x + a 2 y=x^2-4x+a^2 jatuh pada selang $$x>a^2$$, dan puncak parabola y = x 2 - 2 x - a 2 y=x^2-2x-a^2 - pada selang $$x\lt a^2$$ (lihat Rajah 20). Keadaan ini diberikan oleh ketaksamaan dan $$2 \gt a^2$$ dan $$1 \lt a^2$$, penyelesaian yang kita dapati bahawa a ∈ (- 2 ; 1) ∪ (1 ; 2) a\in (-\ sqrt(2);1)\bigcup(1;\sqrt(2)) .

JAWAPAN

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

Cari semua nilai a a , untuk setiap nilai penyelesaian umum ketidaksamaan

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

adalah penyelesaian kepada ketidaksamaan

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

Untuk mengorientasikan diri anda dalam situasi, kadangkala berguna untuk mempertimbangkan satu nilai parameter. Mari kita buat lukisan, sebagai contoh, untuk a = 0 a=0 . Ketaksamaan (20) (sebenarnya, kita berurusan dengan sistem ketaksamaan (20)) berpuas hati dengan titik sudut B A C BAC (lihat Rajah 21) - titik, setiap satunya terletak di atas kedua-dua garis y = - 2 x y=-2x dan y = x y =x (atau pada baris ini). Ketaksamaan (21) dipenuhi dengan titik yang terletak di atas garis y = 1 2 x + 3 2 y = \dfrac(1)(2)x + \dfrac(3)(2) . Dapat dilihat bahawa untuk a = 0 a=0 keadaan masalah tidak dipenuhi.

Apakah yang akan berubah jika kita mengambil nilai parameter a a yang berbeza? Setiap garisan akan bergerak dan masuk ke garisan selari dengan dirinya sendiri, kerana cerun garisan tidak bergantung pada a . Untuk memenuhi syarat masalah, adalah perlu bahawa keseluruhan sudut B A C BAC terletak di atas garis l l . Oleh kerana kecerunan garis A B AB dan A C AC adalah lebih besar dalam nilai mutlak cerun garis l l , adalah perlu dan memadai bahawa bucu sudut terletak di atas garis l l .

Menyelesaikan sistem persamaan

$$\mulakan(kes) y+2x=a,\\ y-x=2a, \end(kes)$$

cari koordinat titik A (- a 3 ; 5 a 3) A(-\dfrac(a)(3);\dfrac(5a)(3)) . Mereka mesti memenuhi ketaksamaan (21), jadi $$\dfrac(10a)(3)+\dfrac(a)(3) > a+3$$, dari mana $$a>\dfrac(9)(8)$$ .

JAWAPAN

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

Otdelkina Olga, pelajar darjah 9

Topik ini adalah sebahagian daripada kajian kursus sekolah algebra. Tujuan kerja ini adalah untuk mengkaji topik ini dengan lebih mendalam, untuk mengenal pasti yang paling banyak keputusan yang rasional membawa dengan cepat kepada jawapan. Esei ini akan membantu pelajar lain memahami penggunaan kaedah grafik untuk menyelesaikan persamaan dengan parameter, belajar tentang asal usul, pembangunan kaedah ini.

Muat turun:

Pratonton:

Pengenalan2

Bab 1

Sejarah kemunculan persamaan dengan parameter 3

Teorem Vieta4

Konsep asas5

Bab 2. Jenis-jenis persamaan dengan parameter.

Persamaan Linear6

Persamaan Kuadratik……………………………………………………………………………………………………………………………… ………………………………………………………………………………………………………………………………… ………………………………………………………………………………………………………………………………… ………………………………………………………………………………………………………………………………… ………………………………………………………………………………………………………………………7

Bab 3

Kaedah analisis……………………………………………………………………8

Kaedah grafik. Sejarah kejadian……………………………………9

Algoritma penyelesaian grafik ..…………………………………………….10

Menyelesaikan persamaan dengan modulus……………………………………………………………….11

Bahagian amali…………………………………………………………………………12

Kesimpulan………………………………………………………………………….19

Rujukan………………………………………………………………20

pengenalan.

Saya memilih topik ini kerana ia merupakan sebahagian daripada kajian kursus algebra sekolah. Memasak kerja ini, saya menetapkan matlamat kajian yang lebih mendalam tentang topik ini, mengenal pasti penyelesaian paling rasional yang cepat membawa kepada jawapan. Esei saya akan membantu pelajar lain memahami penggunaan kaedah grafik untuk menyelesaikan persamaan dengan parameter, belajar tentang asal usul, pembangunan kaedah ini.

AT kehidupan moden kajian ramai proses fizikal dan corak geometri selalunya membawa kepada penyelesaian masalah dengan parameter.

Untuk menyelesaikan persamaan tersebut kaedah grafik adalah sangat berkesan apabila anda perlu menentukan bilangan punca persamaan bergantung pada parameter α.

Masalah dengan parameter adalah kepentingan matematik semata-mata, menyumbang kepada perkembangan intelek pelajar, berfungsi sebagai bahan yang baik untuk mempraktikkan kemahiran. Ia mempunyai nilai diagnostik, kerana ia boleh digunakan untuk menguji pengetahuan tentang bahagian utama matematik, tahap matematik dan pemikiran logik, kemahiran awal aktiviti penyelidikan dan peluang yang menjanjikan untuk kejayaan penguasaan kursus matematik di institusi pengajian tinggi.

Dalam abstrak saya, jenis persamaan yang biasa ditemui dipertimbangkan, dan saya berharap pengetahuan yang saya peroleh dalam proses kerja akan membantu saya apabila lulus peperiksaan sekolah, Lagipunpersamaan dengan parameterwajar dianggap salah satu yang paling tugasan yang mencabar saya tahu matematik sekolah. Tugas-tugas inilah yang termasuk dalam senarai tugasan pada satu-satu peperiksaan negeri GUNA.

Sejarah kemunculan persamaan dengan parameter

Masalah untuk persamaan dengan parameter telah pun ditemui dalam risalah astronomi "Aryabhattam", yang disusun pada 499 oleh ahli matematik dan astronomi India Aryabhatta. Seorang lagi sarjana India, Brahmagupta (abad ke-7), menjelaskan peraturan Am penyelesaian persamaan kuadratik dikurangkan kepada satu bentuk kanonik:

αх 2 + bx = c, α>0

Dalam persamaan, pekali, kecuali untuk parameter, juga boleh negatif.

Persamaan kuadratik dalam al-Khawarizmi.

Risalah algebra Al-Khawarizmi memberikan klasifikasi persamaan linear dan kuadratik dengan parameter. Penulis menyenaraikan 6 jenis persamaan, menyatakannya seperti berikut:

1) "Petak sama dengan punca", iaitu αx 2 = bx.

2) "Petak sama dengan nombor", iaitu αx 2 = c.

3) "Akar-akar adalah sama dengan nombor", iaitu αx = c.

4) "Petak kuasa dan nombor adalah sama dengan punca", iaitu αx 2 + c = bx.

5) "Petak kuasa dan punca adalah sama dengan nombor", iaitu αx 2 + bx = c.

6) "Akar dan nombor adalah sama dengan kuasa dua", iaitu bx + c = αx 2 .

Formula untuk menyelesaikan persamaan kuadratik menurut al-Khorezmi di Eropah pertama kali dinyatakan dalam "Book of the Abacus", yang ditulis pada tahun 1202 oleh ahli matematik Itali Leonardo Fibonacci.

Terbitan formula penyelesaian persamaan kuadratik dengan parameter dalam Pandangan umum Vieta ada, tetapi Vieta mengenali sahaja akar positif. Ahli matematik Itali Tartaglia, Cardano, Bombelli adalah antara yang pertama pada abad kedua belas. mengambil kira, sebagai tambahan kepada positif, dan akar negatif. Hanya pada abad XVII. terima kasih kepada karya Girard, Descartes, Newton dan lain-lain cara saintis menyelesaikan persamaan kuadratik mengambil bentuk moden.

Teorem Vieta

Teorem yang menyatakan hubungan antara parameter, pekali persamaan kuadratik dan punca-puncanya, dengan nama Vieta, telah dirumuskan oleh beliau buat kali pertama pada tahun 1591. Seperti berikut: “Jika b + d didarab dengan α tolak α 2 sama dengan bc, maka α sama dengan b dan sama dengan d.

Untuk memahami Vieta, seseorang harus ingat bahawa α, seperti mana-mana vokal, bermaksud yang tidak diketahui (x kami), manakala vokal b, d adalah pekali untuk yang tidak diketahui. Dalam bahasa algebra moden, rumusan Vieta di atas bermaksud:

Jika ada

(α + b)x - x 2 \u003d αb,

Iaitu, x 2 - (α -b)x + αb \u003d 0,

maka x 1 = α, x 2 = b.

Menyatakan hubungan antara punca dan pekali persamaan formula am, ditulis menggunakan simbol, Vieta mewujudkan keseragaman dalam kaedah penyelesaian persamaan. Walau bagaimanapun, simbolisme Vieta masih jauh rupa moden. Dia tidak mengenali nombor negatif dan oleh itu, apabila menyelesaikan persamaan, dia hanya mempertimbangkan kes di mana semua punca adalah positif.

Konsep asas

Parameter - pembolehubah bebas, yang nilainya dianggap sebagai nombor tetap atau arbitrari, atau nombor kepunyaan selang yang ditentukan oleh keadaan masalah.

Persamaan dengan parameter- matematikpersamaan, penampilan dan penyelesaiannya bergantung pada nilai satu atau lebih parameter.

Selesaikan persamaan dengan parameter bermakna bagi setiap nilaicari nilai x yang memenuhi persamaan ini, dan juga:

1. 1. Siasat apakah nilai parameter persamaan mempunyai punca dan berapa banyak daripadanya pada makna yang berbeza parameter.
2. 2. Cari semua ungkapan untuk punca dan nyatakan bagi setiap daripada mereka nilai parameter yang mana ungkapan ini benar-benar menentukan punca persamaan.

Pertimbangkan persamaan α(х+k)= α +c, dengan α, c, k, x ialah pembolehubah.

Sistem nilai boleh diterima pembolehubah α, c, k, xsebarang sistem nilai pembolehubah dipanggil, di mana kedua-dua bahagian kiri dan kanan persamaan ini mengambil nilai sebenar.

Biarkan A menjadi set semua nilai α yang boleh diterima, K - set semua nilai k yang boleh diterima, X - set semua nilai x yang boleh diterima, C - set semua nilai yang boleh diterima. daripada c. Jika bagi setiap set A, K, C, X kita memilih dan menetapkan, masing-masing, satu nilai α, k, c, dan menggantikannya ke dalam persamaan, maka kita memperoleh persamaan untuk x, i.e. persamaan dengan satu yang tidak diketahui.

Pembolehubah α, k, c, yang dianggap malar apabila menyelesaikan persamaan, dipanggil parameter, dan persamaan itu sendiri dipanggil persamaan yang mengandungi parameter.

Parameter ditunjukkan oleh huruf pertama abjad Latin: α, b, c, d, …, k , l, m, n dan tidak diketahui - dengan huruf x, y, z.

Dua persamaan yang mengandungi parameter yang sama dipanggil setara jika:

a) mereka masuk akal untuk nilai parameter yang sama;

b) setiap penyelesaian persamaan pertama ialah penyelesaian kedua dan sebaliknya.

Jenis persamaan dengan parameter

Persamaan dengan parameter ialah: linear dan persegi.

1) Persamaan linear. Borang am:

α x = b, di mana x tidak diketahui;α , b - parameter.

Untuk persamaan ini, nilai khas atau kawalan parameter ialah nilai di mana pekali hilang dalam keadaan tidak diketahui.

Apabila membuat keputusan persamaan linear dengan parameter, kes dipertimbangkan apabila parameter itu sama dan berbeza daripada nilai khasnya.

Nilai istimewa parameter α ialah nilaiα = 0.

1. Jika, a ≠0 , kemudian untuk sebarang pasangan parameterα dan b ia mempunyai penyelesaian yang unik x = .

2. Jika, a =0, maka persamaan itu mengambil bentuk: 0 x = b . Dalam kes ini, nilai b = 0 ialah kepentingan khusus parameter b.

2.1. Untuk b ≠ 0 persamaan tidak mempunyai penyelesaian.

2.2. Untuk b =0 persamaan akan berbentuk: 0 x=0.

Keputusan persamaan yang diberikan ialah sebarang nombor nyata.

Persamaan kuadratik dengan parameter.

Borang am:

α x 2 + bx + c = 0

di mana parameter α ≠0, b dan c - nombor sewenang-wenangnya

Jika α =1, maka persamaan itu dipanggil persamaan kuadratik terkurang.

Punca-punca persamaan kuadratik ditemui oleh rumus

Ungkapan D = b 2 - 4 α c dipanggil diskriminasi.

1. Jika D> 0 - persamaan mempunyai dua punca yang berbeza.

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

3. Jika D = 0 - persamaan mempunyai dua punca yang sama.

Kaedah untuk menyelesaikan persamaan dengan parameter:

1. Analitikal - cara keputusan langsung, mengulangi prosedur piawai untuk mencari jawapan dalam persamaan tanpa parameter.
2. Grafik - bergantung kepada keadaan masalah, kedudukan graf yang sepadan fungsi kuadratik dalam sistem koordinat.

Kaedah analisis

Algoritma penyelesaian:

1. Sebelum meneruskan untuk menyelesaikan masalah dengan parameter kaedah analisis, anda perlu memahami situasi untuk tertentu nilai berangka parameter. Sebagai contoh, ambil nilai parameter α =1 dan jawab soalan: adakah nilai parameter α =1 nilai yang diperlukan untuk masalah ini.

Contoh 1: Tentukan Mengenai X persamaan linear dengan parameter m:

Mengikut maksud masalah (m-1)(x+3) = 0, iaitu m= 1, x = -3.

Mendarab kedua-dua belah persamaan dengan (m-1)(x+3), kita mendapat persamaan

Kita mendapatkan

Oleh itu, pada m = 2.25.

Sekarang adalah perlu untuk menyemak sama ada tidak ada nilai m seperti itu

nilai x yang ditemui ialah -3.

menyelesaikan persamaan ini, kita mendapat bahawa x ialah -3 apabila m = -0.4.

Jawapan: pada m=1, m=2.25.

Kaedah grafik. Sejarah kejadian

Kajian kebergantungan am bermula pada abad ke-14. sains zaman pertengahan adalah skolastik. Dengan watak sedemikian, tidak ada ruang untuk mengkaji kebergantungan kuantitatif, ia hanya mengenai kualiti objek dan hubungannya antara satu sama lain. Tetapi di kalangan skolastik, muncul sebuah sekolah yang menegaskan bahawa kualiti boleh menjadi lebih atau kurang sengit (pakaian orang yang jatuh ke dalam sungai lebih basah daripada seseorang yang baru sahaja terperangkap dalam hujan)

Perancis saintis Nikolai Oresmus mula mewakili keamatan panjang segmen. Apabila dia menyusun segmen ini berserenjang dengan beberapa garis lurus, hujungnya membentuk satu garisan, yang dipanggilnya "garis keamatan" atau "garisan tepi atas" (graf pergantungan fungsi yang sepadan). Oresmus mengkaji walaupun "satah" dan kualiti "jasmani", iaitu fungsi bergantung pada dua atau tiga pembolehubah.

Pencapaian penting Oresmes ialah percubaan untuk mengklasifikasikan graf yang terhasil. Dia memilih tiga jenis kualiti: Seragam (dengan intensiti malar), tidak sekata seragam (dengan kelajuan tetap perubahan intensiti) dan tidak sekata-tidak sekata (semua yang lain), serta sifat ciri graf kualiti tersebut.

Untuk mencipta radas matematik untuk mengkaji graf fungsi, ia mengambil konsep pembolehubah. Konsep ini diperkenalkan ke dalam sains oleh ahli falsafah dan ahli matematik Perancis René Descartes (1596-1650). Descarteslah yang mengemukakan idea tentang perpaduan algebra dan geometri dan tentang peranan pembolehubah, Descartes memperkenalkan segmen unit tetap dan mula mempertimbangkan hubungan segmen lain dengannya.

Oleh itu, graf fungsi sepanjang tempoh kewujudannya telah melalui satu siri transformasi asas yang telah membawanya ke bentuk yang kita biasa. Setiap peringkat atau langkah dalam pembangunan graf fungsi adalah bahagian penting dalam sejarah algebra dan geometri moden.

Kaedah grafik untuk menentukan bilangan punca persamaan bergantung pada parameter yang disertakan di dalamnya adalah lebih mudah daripada kaedah analisis.

Algoritma penyelesaian grafik

Graf Fungsi ialah set titik di manaabscissaadalah nilai yang sah hujah, a ordinat- nilai yang sepadanfungsi.

Algoritma penyelesaian grafik persamaan dengan parameter:

1. Cari domain bagi persamaan itu.
2. Kami menyatakan α sebagai fungsi x.
3. Dalam sistem koordinat kita membina graf fungsiα (x) bagi nilai-nilai x yang berada dalam domain persamaan yang diberikan.
4. Mencari titik persilangan garisα =c, dengan graf fungsi

a(x). Jika garis α =c melintasi grafα (x), maka kita tentukan absis bagi titik persilangan. Untuk melakukan ini, sudah cukup untuk menyelesaikan persamaan c = α (x) berbanding dengan x.

1. Tulis jawapannya

Menyelesaikan Persamaan dengan Modulus

Apabila menyelesaikan persamaan dengan modulus yang mengandungi parameter, secara grafik, adalah perlu untuk membina graf fungsi dan untuk nilai yang berbeza parameter untuk mempertimbangkan semua kes yang mungkin.

Contohnya, │х│= a,

Jawapan: jika a < 0, то нет корней, a > 0, kemudian x \u003d a, x \u003d - a, jika a \u003d 0, maka x \u003d 0.

Penyelesaian masalah.

Masalah 1. Berapakah bilangan punca persamaan itu| | x | - 2 | = a bergantung pada parameter a?

Keputusan. Dalam sistem koordinat (x; y), kita plotkan graf bagi fungsi y = | | x | - 2 | dan y= a . Graf fungsi y = | | x | - 2 | ditunjukkan dalam rajah.

Graf bagi fungsi y =α a = 0).

Dari graf dapat dilihat bahawa:

Jika a = 0, maka garis y = a bertepatan dengan paksi Lembu dan mempunyai dengan graf fungsi y = | | x | - 2 | dua perkara biasa; jadi persamaan asal mempunyai dua punca (dalam kes ini akar boleh didapati: x 1,2 = + 2).
Jika 0< a < 2, то прямая y = α mempunyai dengan graf fungsi y = | | x | - 2 | empat titik sepunya dan, oleh itu, persamaan asal mempunyai empat punca.
Jika a = 2, maka garis y = 2 mempunyai tiga titik persamaan dengan graf fungsi. Maka persamaan asal mempunyai tiga punca.
Jika a > 2, maka garis y = a akan mempunyai dua titik dengan graf fungsi asal, iaitu persamaan ini akan mempunyai dua punca.

Jawapan: jika a < 0, то корней нет;
jika a = 0, a > 2, maka dua punca;
jika a = 2, maka tiga punca;
jika 0< a < 2, то четыре корня.

Masalah 2. Berapakah bilangan punca persamaan itu| x 2 - 2| x | - 3 | = a bergantung pada parameter a?

Keputusan. Dalam sistem koordinat (x; y), kita plotkan graf bagi fungsi y = | x 2 - 2| x | - 3 | dan y = a .

Graf fungsi y = | x 2 - 2| x | - 3 | ditunjukkan dalam rajah. Graf bagi fungsi y =α ialah garis selari dengan Lembu atau bertepatan dengannya (apabila a = 0).

Daripada graf anda boleh lihat:

Jika a = 0, maka garis y = a bertepatan dengan paksi Lembu dan mempunyai dengan graf fungsi y = | x2 - 2| x | - 3 | dua titik sepunya, serta garis y = a akan mempunyai dengan graf fungsi y = | x 2 - 2| x | - 3 | dua titik sepunya a > 4. Oleh itu, untuk a = 0 dan a > 4 persamaan asal mempunyai dua punca.
Jika 0< a< 3, то прямая y = a mempunyai dengan graf fungsi y = | x 2 - 2| x | - 3 | empat titik sepunya, serta garis y= a akan mempunyai empat titik sepunya dengan graf fungsi yang dibina di a = 4. Oleh itu, pada 0< a < 3, a = 4 persamaan asal mempunyai empat punca.
Jika a = 3, maka garis y = a memotong graf fungsi pada lima titik; oleh itu, persamaan itu mempunyai lima punca.
Jika 3< a< 4, прямая y = α memotong graf fungsi yang dibina pada enam titik; oleh itu, untuk nilai parameter ini, persamaan asal mempunyai enam punca.
Jika a < 0, уравнение корней не имеет, так как прямая y = α tidak bersilang dengan graf fungsi y = | x 2 - 2| x | - 3 |.

Jawapan: jika a < 0, то корней нет;
jika a = 0, a > 4, maka dua punca;
jika 0< a < 3, a = 4, kemudian empat punca;

sekiranya = 3, kemudian lima punca;
jika 3< a < 4, то шесть корней.

Masalah 3. Berapakah bilangan punca persamaan itu

bergantung pada parameter a?

Keputusan. Kami membina dalam sistem koordinat (x; y) graf fungsi

tetapi pertama-tama mari letakkannya dalam bentuk:

Garis x = 1, y = 1 ialah asimtot bagi graf fungsi. Graf fungsi y = | x | + a diperoleh daripada graf fungsi y = | x | diimbangi oleh unit sepanjang paksi Oy.

Graf Fungsi bersilang pada satu titik di a > - 1; oleh itu, persamaan (1) untuk nilai parameter ini mempunyai satu penyelesaian.

Untuk a = - 1, a = - 2 graf bersilang pada dua titik; oleh itu, untuk nilai parameter ini, persamaan (1) mempunyai dua punca.
Pada - 2< a< - 1, a < - 2 графики пересекаются в трех точках; значит, уравнение (1) при этих значениях параметра имеет три решения.

Jawapan: jika a > - 1, kemudian satu penyelesaian;
jika a = - 1, a = - 2, kemudian dua penyelesaian;
jika - 2< a < - 1, a < - 1, то три решения.

Komen. Apabila menyelesaikan persamaan masalah, perhatian khusus harus diberikan kepada kes apabila a = - 2, kerana titik (- 1; - 1) tidak tergolong dalam graf fungsitetapi tergolong dalam graf fungsi y = | x | + a.

Masalah 4. Berapakah bilangan punca persamaan itu

x + 2 = a | x - 1 |

bergantung pada parameter a?

Keputusan. Ambil perhatian bahawa x = 1 bukan punca persamaan ini, kerana kesamaan 3 = a 0 tidak boleh benar untuk sebarang nilai parameter a . Kami membahagikan kedua-dua belah persamaan dengan | x - 1 |(| x - 1 |0), maka persamaan akan mengambil bentukDalam sistem koordinat xOy, kita merancang fungsi tersebut

Graf fungsi ini ditunjukkan dalam rajah. Graf bagi fungsi y = a ialah garis lurus selari dengan paksi Lembu atau bertepatan dengannya (untuk a = 0).

Persamaan dengan parameter: kaedah penyelesaian grafik

8-9 darjah

Artikel ini membincangkan kaedah grafik untuk menyelesaikan beberapa persamaan dengan parameter, yang sangat berkesan apabila anda perlu menentukan bilangan punca persamaan bergantung pada parameter a.

Masalah 1. Berapakah bilangan punca persamaan itu | | x | – 2 | = a bergantung pada parameter a?

Keputusan. Dalam sistem koordinat (x; y), kita plotkan graf bagi fungsi y = | | x | – 2 | dan y= a. Graf fungsi y = | | x | – 2 | ditunjukkan dalam rajah.

Graf fungsi y = a ialah garis lurus selari dengan paksi Lembu atau bertepatan dengannya (untuk a = 0).

Dari lukisan itu dapat dilihat bahawa:

Jika a= 0, maka garis y = a bertepatan dengan paksi Lembu dan mempunyai dengan graf fungsi y = | | x | – 2 | dua perkara biasa; ini bermakna persamaan asal mempunyai dua punca (dalam kes ini, punca boleh didapati: x 1.2 \u003d q 2).
Jika 0< a < 2, то прямая y = a имеет с графиком функции y = | | x | – 2 | четыре общие точки и, следовательно, исходное уравнение имеет четыре корня.
Jika a= 2, maka garis y = 2 mempunyai tiga titik persamaan dengan graf fungsi. Maka persamaan asal mempunyai tiga punca.
Jika a> 2, maka garis y = a akan mempunyai dua titik dengan graf fungsi asal, iaitu persamaan ini akan mempunyai dua punca.

jika a < 0, то корней нет;
jika a = 0, a> 2, kemudian dua akar;
jika a= 2, kemudian tiga punca;
jika 0< a < 2, то четыре корня.

Masalah 2. Berapakah bilangan punca persamaan itu | x 2 – 2| x | – 3 | = a bergantung pada parameter a?

Keputusan. Dalam sistem koordinat (x; y), kita plotkan graf bagi fungsi y = | x 2 – 2| x | – 3 | dan y= a.

Graf fungsi y = | x 2 – 2| x | – 3 | ditunjukkan dalam rajah. Graf fungsi y = a ialah garis lurus selari dengan Ox atau bertepatan dengannya (apabila a = 0).

Daripada lukisan anda boleh lihat:

Jika a= 0, maka garis y = a bertepatan dengan paksi Lembu dan mempunyai dengan graf fungsi y = | x2-2| x | – 3 | dua titik sepunya, serta garis y = a akan mempunyai dengan graf fungsi y = | x 2 – 2| x | – 3 | dua titik sepunya a> 4. Oleh itu, untuk a= 0 dan a> 4 persamaan asal mempunyai dua punca.
Jika 0< a < 3, то прямая y = a mempunyai dengan graf fungsi y = | x 2 – 2| x | – 3 | empat titik sepunya, serta garis y= a akan mempunyai empat titik sepunya dengan graf fungsi yang dibina di a= 4. Oleh itu, pada 0< a < 3, a= 4 persamaan asal mempunyai empat punca.
Jika a= 3, maka garis y = a memotong graf fungsi pada lima titik; oleh itu, persamaan itu mempunyai lima punca.
Jika 3< a < 4, прямая y = a пересекает график построенной функции в шести точках; значит, при этих значениях параметра исходное уравнение имеет шесть корней.
Jika a < 0, уравнение корней не имеет, так как прямая y = a не пересекает график функции y = | x 2 – 2| x | – 3 |.

jika a < 0, то корней нет;
jika a = 0, a> 4, kemudian dua akar;
jika 0< a < 3, a= 4, kemudian empat punca;
jika a= 3, kemudian lima punca;
jika 3< a < 4, то шесть корней.

Masalah 3. Berapakah bilangan punca persamaan itu

bergantung pada parameter a?

Keputusan. Kami membina dalam sistem koordinat (x; y) graf fungsi tetapi pertama-tama mari letakkannya dalam bentuk:

Garis x = 1, y = 1 ialah asimtot bagi graf fungsi. Graf fungsi y = | x | + a diperoleh daripada graf fungsi y = | x | diimbangi oleh unit sepanjang paksi Oy.

Graf Fungsi bersilang pada satu titik di a> – 1; oleh itu, persamaan (1) untuk nilai parameter ini mempunyai satu penyelesaian.

Pada a = – 1, a= – 2 graf bersilang pada dua titik; oleh itu, untuk nilai parameter ini, persamaan (1) mempunyai dua punca.
Pada - 2< a < – 1, a < – 2 графики пересекаются в трех точках; значит, уравнение (1) при этих значениях параметра имеет три решения.

jika a> – 1, kemudian satu penyelesaian;
jika a = – 1, a= – 2, kemudian dua penyelesaian;
jika - 2< a < – 1, a < – 1, то три решения.

Komen. Apabila menyelesaikan persamaan (1) masalah 3, perhatian khusus harus diberikan kepada kes apabila a= - 2, kerana titik (- 1; - 1) tidak tergolong dalam graf fungsi tetapi tergolong dalam graf fungsi y = | x | + a.

Mari kita teruskan untuk menyelesaikan masalah lain.

Masalah 4. Berapakah bilangan punca persamaan itu

x + 2 = a| x – 1 | (2)

bergantung pada parameter a?

Keputusan. Ambil perhatian bahawa x = 1 bukan punca persamaan ini, kerana kesamaan 3 = a 0 tidak boleh benar untuk sebarang nilai parameter a. Kami membahagikan kedua-dua belah persamaan dengan | x – 1 |(| x – 1 | No. 0), maka persamaan (2) akan berbentuk Dalam sistem koordinat xOy, kita merancang fungsi tersebut

Graf fungsi ini ditunjukkan dalam rajah. Graf bagi fungsi y = a ialah garis lurus selari dengan paksi Lembu atau bertepatan dengannya (untuk a = 0).

jika a J - 1, maka tidak ada akar;
jika - 1< aЈ 1, kemudian satu punca;
jika a> 1, maka terdapat dua punca.

Pertimbangkan persamaan yang paling kompleks.

Tugasan 5. Untuk apa nilai parameter a persamaan

a x 2 + | x – 1 | = 0 (3)

mempunyai tiga penyelesaian?

Keputusan. 1. Nilai kawalan parameter untuk persamaan ini ialah nombor a= 0, di mana persamaan (3) mengambil bentuk 0 + | x – 1 | = 0, dari mana x = 1. Oleh itu, untuk a= 0 persamaan (3) mempunyai satu punca, yang tidak memenuhi keadaan masalah.

2. Pertimbangkan kes apabila a № 0.

Mari kita tulis semula persamaan (3) dalam borang berikut: a x 2 = - | x – 1 |. Perhatikan bahawa persamaan hanya akan mempunyai penyelesaian untuk a < 0.

Dalam sistem koordinat xOy, kita plotkan graf bagi fungsi y = | x – 1 | dan y= a x 2 . Graf fungsi y = | x – 1 | ditunjukkan dalam rajah. Graf bagi fungsi y = a x 2 ialah parabola yang cawangannya menghala ke bawah, kerana a < 0. Вершина параболы - точка (0; 0).

Persamaan (3) akan mempunyai tiga penyelesaian hanya apabila garis y = – x + 1 adalah tangen kepada graf fungsi y= a x 2 .

Biarkan x 0 ialah absis bagi titik sentuhan dengan garis y = - x + 1 dengan parabola y = a x 2 . Persamaan tangen mempunyai bentuk

y \u003d y (x 0) + y "(x 0) (x - x 0).

Mari tuliskan syarat sentuhan:

Persamaan ini boleh diselesaikan tanpa menggunakan konsep terbitan.

Mari kita pertimbangkan cara lain. Kami menggunakan fakta bahawa jika garis y = kx + b mempunyai satu titik sepunya dengan parabola y = a x 2 + px + q, kemudian persamaan a x 2 + px + q = kx + b mesti mempunyai penyelesaian yang unik, iaitu, diskriminasinya ialah sifar. Dalam kes kita, kita mempunyai persamaan a x 2 \u003d - x + 1 ( a No. 0). Diskriminasi persamaan

Tugas untuk penyelesaian bebas

6. Berapa banyak punca persamaan itu bergantung kepada parameter a?

1)| | x | – 3 | = a;
2)| x + 1 | + | x + 2 | = a;
3)| x 2 – 4| x | + 3 | = a;
4)| x 2 – 6| x | + 5 | = a.

1) jika a<0, то корней нет; если a=0, a>3, kemudian dua akar; jika a=3, kemudian tiga punca; jika 0<a<3, то четыре корня;
2) jika a<1, то корней нет; если a=1, kemudian set penyelesaian tak terhingga daripada segmen [– 2; - satu]; jika a> 1, kemudian dua penyelesaian;
3) jika a<0, то корней нет; если a=0, a<3, то четыре корня; если 0<a<1, то восемь корней; если a=1, kemudian enam punca; jika a=3, kemudian tiga penyelesaian; jika a>3, kemudian dua penyelesaian;
4) jika a<0, то корней нет; если a=0, 4<a<5, то четыре корня; если 0<a< 4, то восемь корней; если a=4, kemudian enam punca; jika a=5, kemudian tiga punca; jika a>5, kemudian dua akar.

7. Berapakah bilangan punca persamaan | x + 1 | = a(x – 1) bergantung pada parameter a?

Arahan. Oleh kerana x = 1 bukan punca persamaan, persamaan ini boleh dikurangkan kepada bentuk .

Jawapan: jika a J -1, a > 1, a=0, kemudian satu punca; jika - 1<a<0, то два корня; если 0<aЈ 1, maka tidak ada akar.

8. Berapakah bilangan punca persamaan x + 1 = a| x – 1 | bergantung pada parameter a?

Bina graf (lihat rajah).

Jawapan: jika aЈ –1, maka tiada akar; jika - 1<aЈ 1, kemudian satu punca; jika a>1, maka terdapat dua punca.

9. Berapakah bilangan punca persamaan itu

2| x | – 1 = a(x – 1)

bergantung pada parameter a?

Arahan. Bawa persamaan ke borang

Jawapan: jika a J -2, a>2, a=1, kemudian satu punca; jika -2<a<1, то два корня; если 1<aЈ 2, maka tidak ada akar.

10. Berapakah bilangan punca persamaan itu

bergantung pada parameter a?

Jawapan: jika aЈ 0, a i 2, kemudian satu punca; jika 0<a<2, то два корня.

11. Pada apa nilai parameter a persamaan

x 2 + a| x – 2 | = 0

mempunyai tiga penyelesaian?

Arahan. Bawa persamaan ke bentuk x 2 = - a| x - 2 |.

Jawapan: bila aЈ -8.

12. Pada apa nilai parameter a persamaan

a x 2 + | x + 1 | = 0

mempunyai tiga penyelesaian?

Arahan. Gunakan masalah 5. Persamaan ini mempunyai tiga penyelesaian hanya jika persamaan a x 2 + x + 1 = 0 mempunyai satu penyelesaian, dan kesnya a= 0 tidak memenuhi keadaan masalah, iaitu, kes kekal apabila

13. Berapakah bilangan punca persamaan itu

x | x – 2 | = 1 - a

bergantung pada parameter a?

Arahan. Bawa persamaan kepada bentuk –x |x – 2| + 1 = a

bergantung pada parameter a?

Arahan. Bina graf bagi bahagian kiri dan kanan persamaan ini.

Jawapan: jika a<0, a>2, kemudian dua akar; jika 0Ј aЈ 2, kemudian satu punca.

16. Berapakah bilangan punca persamaan itu

bergantung pada parameter a?

Arahan. Bina graf bagi bahagian kiri dan kanan persamaan ini. Untuk merancang fungsi cari selang ketekalan bagi ungkapan x + 2 dan x:

Jawapan: jika a>– 1, kemudian satu penyelesaian; jika a= – 1, kemudian dua penyelesaian; jika - 3<a<–1, то четыре решения; если aЈ –3, kemudian tiga penyelesaian.

§ 8. APLIKASI TEORI KEBARANGKALIAN KEPADA STATISTIK.

2. Penentuan parameter pengedaran yang tidak diketahui.

Dengan bantuan histogram, kita boleh membina kira-kira graf ketumpatan taburan pembolehubah rawak. Kemunculan graf ini selalunya memungkinkan untuk membuat andaian tentang ketumpatan taburan kebarangkalian pembolehubah rawak. Ungkapan untuk ketumpatan taburan ini biasanya termasuk beberapa parameter yang perlu ditentukan daripada data percubaan.
Marilah kita memikirkan kes tertentu apabila ketumpatan pengedaran bergantung pada dua parameter.
Jadi biarlah x 1 , x 2 , ..., x n ialah nilai yang diperhatikan bagi pembolehubah rawak berterusan, dan biarkan ketumpatan taburan kebarangkaliannya bergantung pada dua parameter yang tidak diketahui A dan B, iaitu kelihatan seperti . Salah satu kaedah untuk mencari parameter yang tidak diketahui A dan B ialah ia dipilih sedemikian rupa sehingga jangkaan dan varians matematik bagi taburan teori bertepatan dengan min dan varians sampel:

(66)

di mana

(67)

Daripada dua persamaan yang diperolehi () cari parameter yang tidak diketahui A dan B. Jadi, sebagai contoh, jika pembolehubah rawak mematuhi undang-undang taburan kebarangkalian normal, maka ketumpatan taburan kebarangkaliannya

bergantung kepada dua parameter a dan . Parameter ini, seperti yang kita ketahui, masing-masing adalah jangkaan matematik dan sisihan piawai pembolehubah rawak; jadi sama dengan () akan ditulis seperti ini:

(68)

Oleh itu, ketumpatan taburan kebarangkalian mempunyai bentuk

Catatan 1. Kami telah menyelesaikan masalah ini dalam . Hasil pengukuran adalah pembolehubah rawak yang mematuhi hukum taburan normal dengan parameter a dan . Untuk anggaran a kami memilih nilai , dan untuk nilai anggaran - nilai .

Catatan 2. Dengan sejumlah besar eksperimen, mencari nilai dan menggunakan formula () dikaitkan dengan pengiraan yang rumit. Oleh itu, mereka bertindak seperti berikut: setiap nilai diperhatikan kuantiti , yang jatuh ke dalam i-selang ke- ] X i-1 , X i [ siri statistik, dianggap lebih kurang sama dengan pertengahan c i selang ini, i.e. c i \u003d (X i-1 + X i) / 2. Pertimbangkan selang pertama ] X 0 , X 1 [. Dia terkena m 1 nilai diperhatikan pembolehubah rawak , setiap satunya kita gantikan dengan nombor dari 1. Oleh itu, jumlah nilai ini adalah lebih kurang sama dengan m 1 s 1. Begitu juga, jumlah nilai yang jatuh ke dalam selang kedua adalah lebih kurang sama dengan m 2 s 2 dan lain-lain. sebab tu

Dengan cara yang sama, kita memperoleh kesaksamaan anggaran

Jadi mari kita tunjukkan itu

(71)

sungguh,

Untuk mendedahkan sepenuhnya kemungkinan kaedah ini, kami akan mempertimbangkan jenis masalah utama.

Contoh tugas untuk mengembangkan pengetahuan dan kemahiran dalam menyelesaikan masalah dengan parameter menggunakan kaedah grafik (satah koordinat)

Latihan 1.

Pada nilai apaapersamaan = mempunyai dua punca?

Keputusan.

Kami meneruskan ke sistem yang setara:

Sistem ini mentakrifkan lengkung pada satah koordinat (;). Adalah jelas bahawa semua titik lengkok parabola ini (dan hanya mereka) mempunyai koordinat yang memenuhi persamaan asal. Oleh itu, bilangan penyelesaian kepada persamaan bagi setiap nilai tetap parameter, adalah sama dengan bilangan titik persilangan lengkung dengan garis mendatar sepadan dengan nilai parameter ini.

Jelas sekali, untuk garis yang ditunjukkan bersilang graf pada dua titik, yang bersamaan dengan persamaan asal yang mempunyai dua punca.

Jawapan: di.

Tugasan 2.

Cari semua nilai a yang mana sistem mempunyai penyelesaian yang unik.

Keputusan.

Mari kita tulis semula sistem asal dalam bentuk ini:

Semua penyelesaian sistem ini (pasangan lihat) membentuk kawasan yang ditunjukkan dalam rajah dengan menetas. Keperluan untuk keunikan penyelesaian sistem ini ke dalam bahasa grafik diterjemahkan seperti berikut: garis mendatar mesti mempunyai hanya satu titik sepunya dengan kawasan yang terhasil. Ia adalah mudah untuk melihat bahawa hanya garis lurusdan memenuhi keperluan yang dinyatakan.

Jawapan: atau.

Dua masalah yang baru dianalisis membolehkan kami memberikan cadangan yang lebih khusus berbanding dengan yang diberikan sebelum ini:

cuba nyatakan parameter melalui pembolehubah, iaitu dapatkan kesamaan bentuk, kemudian

graf fungsi pada satah.

Tugasan 3.

Pada nilai apaa adakah persamaan mempunyai tepat tiga punca?

Keputusan.

Kami ada

Graf set ini ialah gabungan "penjuru" dan parabola. Jelas sekali, hanya garis yang bersilang dengan kesatuan yang terhasil pada tiga titik.

Jawapan: .

Ulasan: Parameter biasanya dipertimbangkan sebagai nombor tetap tetapi tidak diketahui. Sementara itu, dari sudut pandangan formal, parameter adalah pembolehubah, lebih-lebih lagi, "sama" dengan orang lain yang hadir dalam tugas itu. Dengan pandangan parameter bentuk ini, fungsi ditakrifkan bukan dengan satu, tetapi dengan dua pembolehubah.

Tugasan 4.

Cari semua nilai parameter, yang mana persamaan mempunyai satu penyelesaian.

Keputusan.

Pecahan adalah sifar jika dan hanya jika pengangka bagi pecahan itu adalah sifar dan penyebutnya adalah bukan sifar.

Mencari punca bagi trinomial segiempat sama:

Menggunakan sistem yang terhasil, mudah untuk memplot persamaan asal. Kehadiran "tusukan" dalam graf ini yang membolehkan dan = mempunyai penyelesaian unik kepada persamaan. Ini adalah faktor penentu dalam keputusan.

Jawab: dan.

Tugasan 5.

Pada apa nilai parameter,a persamaan mempunyai penyelesaian yang unik.

Keputusan.

Mari kita tulis sistem yang setara dengan persamaan asal

Dari sini kita dapat

Kami membina graf dan kami akan melukis garis lurus berserenjang dengan paksia .

Dua ketaksamaan pertama sistem mentakrifkan set mata yang ditunjukkan oleh penetasan, dan set ini tidak termasuk hiperbola dan.

Kemudian ruas dan sinar, ruas dan sinar, masing-masing terletak pada garisan dan , ialah graf bagi persamaan asal. Satu penyelesaian adalah jika 2< < или < или = .

Jawab : 2 < < или < или = .

Tugasan 6.

Cari semua nilai parametera , yang mana persamaan

mempunyai dua penyelesaian yang berbeza

Keputusan.

Pertimbangkan set dua sistem

Jika , kemudian.

Jika < , kemudian.

Dari sini

atau

Parabola dan garis lurus mempunyai dua titik sepunya:DAN (-2; - 2), AT(-1; -1), lebih-lebih lagi, AT ialah puncak parabola pertama,D - bahagian atas kedua. Jadi, graf persamaan asal ditunjukkan dalam rajah.

Mesti ada dua penyelesaian yang berbeza. Ini dilakukan dengan atau.

Jawapan: atau.

Tugasan 7.

Cari set semua nombor, untuk setiap satu persamaan

hanya mempunyai dua akar yang berbeza.

Keputusan.

Mari kita tulis semula persamaan ini dalam bentuk

Punca-punca persamaan, dengan syarat.

Kami membina graf persamaan ini. Dalam kes ini, adalah mudah untuk membina graf dengan memberikan paksi-y kepada pembolehubah. Di sini kita "membaca" jawapan dengan garis menegak, kita mendapat bahawa persamaan ini hanya mempunyai dua punca yang berbeza pada = -1 atau atau.

Garis putus-putus mengatakan itu.

Jawapan: pada = -1 atau atau.

Tugasan 8.

Yang mana set penyelesaian ketaksamaan mengandungi jurang.

Keputusan.

Mari kita tuliskan set dua sistem, yang bersamaan dengan persamaan asal:

atau

Oleh kerana dalam penyelesaian sistem pertama tidaka segmen tidak boleh dimasukkan, maka kami akan menjalankan kajian yang diperlukan untuk sistem kedua.

Kami ada

Menandakan . Kemudian ketidaksamaan kedua sistem mengambil bentuk< - dan mentakrifkan set yang ditunjukkan dalam rajah pada satah koordinat.

Dengan bantuan angka itu, kami menetapkan bahawa untuk set yang terhasil mengandungi semua titik, abscissas yang mengalir melalui semua nilai selang

Kemudian, dari sini.

Jawab : .

Tugasan 9.

Cari semua nombor bukan negatif yang mempunyai nombor tunggal yang memenuhi sistem

Keputusan.

Kami ada

Persamaan pertama pada satah koordinat mentakrifkan keluarga garis menegak. Garis lurus dan bahagikan satah kepada empat kawasan. Sebahagian daripadanya adalah penyelesaian kepada ketidaksamaan sistem. Secara khusus, yang mana boleh ditubuhkan dengan mengambil titik percubaan dari setiap kawasan. Kawasan yang titiknya memenuhi ketaksamaan ialah penyelesaiannya (teknik ini dikaitkan dengan kaedah selang apabila menyelesaikan ketaksamaan dengan satu pembolehubah). Kami membina garis lurus

Sebagai contoh, kita mengambil satu titik dan menggantikannya kepada Koordinat titik itu memuaskan ketaksamaan.

Kami mendapat dua kawasan (saya) dan ( II), tetapi, memandangkan dengan syarat, kita hanya mengambil kawasan (saya). Kami membina garis lurus , k .

Jadi, sistem asal berpuas hati dengan semua titik (dan hanya mereka) yang terletak pada sinar dan diserlahkan dalam lukisan dengan garis tebal (iaitu, kita membina titik di kawasan tertentu).

Sekarang kita perlu mencari satu-satunya untuk diperbaiki. Lukis garis selari yang bersilang dengan paksi. dan cari di mana terdapat satu titik persilangan dengan garisan.

Kami mendapati daripada angka bahawa keperluan keunikan penyelesaian dicapai jika (untuk sudah 2 mata),

di manakah koordinat titik persilangan garis dan,

di manakah ordinat bagi titik persilangan garis dan.

Jadi kita dapat< .

Jawapan: < .

Tugasan 10.

Pada nilai parameter a apakah sistem mempunyai penyelesaian?

Keputusan.

Kami memfaktorkan bahagian kiri ketidaksamaan sistem, kami ada

Kami membina garis lurus dan Kami menunjukkan dalam rajah dengan melorek set titik satah yang memenuhi ketaksamaan sistem.

Kami membina hiperbola = .

Kemudian absis lengkok terbeza hiperbola adalah penyelesaian sistem asal.M , P , N , Q - titik nod. Mari cari abscissas mereka.

Untuk mata P , Q kita ada

Ia kekal untuk menulis jawapan: atau.

Jawapan: atau.

Tugasan 11.

Cari semua nilai yang mana penyelesaian kepada ketaksamaan tidak melebihi dua dalam nilai mutlak ().

Keputusan .

Mari kita tulis semula ketidaksamaan ini dalam bentuk ini. Kami membina graf persamaan dan =.

Menggunakan "kaedah selang", kami menetapkan bahawa kawasan berlorek akan menjadi penyelesaian kepada ketidaksamaan asal.

Sekarang kita membina kawasan itu dan lihat bahagian mana yang jatuh ke dalam kawasan berlorek.

Itu. sekarang, jika untuk beberapa nilai tetap, garisan di persimpangan dengan kawasan yang terhasil hanya memberikan titik yang abscissasnya memenuhi syarat < 2, maka adalah salah satu nilai parameter yang diperlukan.

Jadi kita lihat itu.

Jawapan: .

Tugasan 12.

Untuk nilai parameter apakah set penyelesaian kepada ketaksamaan mengandungi paling banyak empat nilai integer?

Keputusan.

Marilah kita mengubah ketidaksamaan ini kepada bentuk Ketaksamaan ini bersamaan dengan gabungan dua sistem

atau

Menggunakan set ini, kami menggambarkan penyelesaian ketaksamaan asal.

Mari kita lukis garis lurus, di mana. Kemudian nilai yang mana garis bersilang garis paling banyak dalam empat titik dari set yang ditanda akan menjadi yang dikehendaki. Jadi kita lihat sama ada atau.

Jawapan: atau atau.

Tugasan 13.

Pada apa nilai parametera mempunyai sistem penyelesaian

Keputusan.

Punca-punca trinomial segi empat sama i.

Kemudian

Kami membina garis lurus dan

Menggunakan kaedah "selang", kami mencari penyelesaian kepada ketidaksamaan sistem (kawasan berlorek).

Bahagian bulatan itu dengan pusat pada asalan dan jejari 2, yang jatuh ke dalam kawasan berlorek dan akan menjadi penyelesaian sistem ini. .

Nilai dan cari daripada sistem

Nilai dan - daripada sistem.

Jawapan:

Tugasan 14.

Bergantung pada nilai parametera menyelesaikan ketaksamaan > .

Keputusan.

Mari kita tulis semula ketaksamaan ini dalam bentuk dan pertimbangkan fungsinya, yang, mengembangkan modul, kami tulis seperti berikut:

Kami membina carta. Graf membahagikan satah koordinat kepada dua kawasan. Mengambil m. (0; 0) dan menggantikan dan ke dalam ketaksamaan asal, kita mendapat bahawa 0 > 1, dan oleh itu ketaksamaan asal dipenuhi dalam kawasan yang terletak di atas graf.

Terus dari angka yang kita dapat:

tiada penyelesaian;

di ;

di.

Jawapan: tiada penyelesaian;

di ;

di.

Tugasan 15.

Cari semua nilai parameter yang sistem ketaksamaan

hanya seorang sahaja yang berpuas hati.

Keputusan.

Mari kita tulis semula sistem ini dalam bentuk berikut:

Mari kita bina kawasan yang ditentukan oleh sistem ini.

1) , ialah bucu parabola.

2) ialah garis lurus yang melalui titik dan.

Keperluan untuk keunikan penyelesaian diterjemahkan ke dalam bahasa grafik seperti berikut: garis mendatar dengan kawasan yang terhasil mestilah hanya mempunyai satu titik sepunya. Keperluan di atas dipenuhi oleh garisan dan, di manakah koordinat titik persilangan parabola dan garis itu.

Mari cari nilai:

= (tidak sesuai dengan maksud masalah),

Kami mencari ordinat:

Jawapan: ,

Tugasan 16.

Cari semua nilai parametera, di bawahnya sistem ketidaksamaan

memuaskan hanya untuk satu x.

Keputusan .

Mari kita bina parabola dan tunjukkan penyelesaian sistem terakhir dengan lorekan.

1) , .

2) , .

Ia dapat dilihat daripada rajah bahawa keadaan masalah berpuas hati untuk atau.

Jawapan: atau.

Tugasan 17.

Untuk nilai apakah persamaan mempunyai tepat tiga punca?

Keputusan.

Persamaan ini bersamaan dengan set

Plot populasi ialah gabungan parabola dan plot sudut.

Garis bersilang dengan kesatuan yang terhasil pada tiga titik.

Jawapan: di.

Tugasan 18.

Untuk nilai apakah persamaan mempunyai tepat tiga penyelesaian?

Keputusan.

Mari kita ubah bahagian kiri persamaan ini. Kami mendapat persamaan kuadratik untuk.

Kami mendapat persamaan

yang bersamaan dengan agregat

Penyatuan graf parabola ialah penyelesaian bagi set itu.

Cari ordinat bagi titik persilangan parabola:

Kami membaca maklumat yang diperlukan dari rajah: persamaan ini mempunyai tiga penyelesaian untuk atau

Jawapan: pada atau

Tugasan 19.

Bergantung pada parameter, tentukan bilangan punca persamaan

Keputusan .

Pertimbangkan persamaan ini sebagai persamaan kuadratik berkenaan dengan a.

,

.

Kami mendapat set

Kami membina graf bagi persamaan set dan menjawab persoalan masalah.

Jawapan:: tiada penyelesaian;

: satu penyelesaian;

: dua penyelesaian;

atau: tiga penyelesaian;

atau: empat penyelesaian.

Tugasan 20.

Berapa banyak penyelesaian yang ada pada sistem

Keputusan.

Jelaslah bahawa bilangan punca bagi persamaan kedua sistem adalah sama dengan bilangan penyelesaian sistem itu sendiri.

Kami ada.

Mempertimbangkan persamaan ini sebagai satu kuadratik, kita memperoleh set.

Sekarang merujuk kepada satah koordinat menjadikan tugas itu mudah. Kami mencari koordinat titik persilangan dengan menyelesaikan persamaan

Dari sini

Bucu parabola dan.

Jawapan: : empat penyelesaian;

: dua penyelesaian;

: satu penyelesaian;

: tiada penyelesaian.

Tugasan 21.

Cari semua nilai sebenar parameter yang persamaannya hanya mempunyai dua punca yang berbeza. Tuliskan akar-akar ini.

Keputusan .

Mari kita cari punca trinomial segi empat sama dalam kurungan:

Kami menggambarkan set penyelesaian persamaan ini dalam satah koordinat dengan memplot graf dengan syarat bahawa

Kami membaca maklumat yang diperlukan dari gambar. Jadi, persamaan ini mempunyai dua punca berbeza di (u) dan di (u)

Jawapan: dengan (dan) dan

pada (dan).

Tugasan 2 2 .

Selesaikan sistem ketaksamaan:

Keputusan.

Kami membina dalam graf satah parabola dan garis lurus.

Semua titik kawasan berlorek adalah penyelesaian sistem. Mari bahagikan kawasan yang dibina kepada dua bahagian.

Jika dan, maka tiada penyelesaian.

Jika, maka absis titik kawasan berlorek akan lebih besar daripada absis titik garis lurus, tetapi kurang daripada absis (akar persamaan yang lebih besar) parabola.

Kami menyatakan melalui daripada persamaan garis lurus:

Mari kita cari punca-punca persamaan:

Kemudian.

Jika, maka.

Jawapan: untuk dan 1 tiada penyelesaian;

di;

di.

Tugasan 23.

Selesaikan sistem ketaksamaan

Keputusan.

– bahagian atas parabola.

Bahagian atas parabola.

Cari absis bagi titik persilangan parabola:

Kawasan berlorek ialah penyelesaian sistem. Mari kita pecahkan kepada dua bahagian.

Dalam persamaan parabola, kita menyatakan melalui:

Kami menulis jawapan:

jika dan, maka tiada penyelesaian;

jika, maka< ;

jika, maka.

Tugasan 24.

Pada nilai apa, dan persamaan tiada penyelesaian?

Keputusan.

Persamaan adalah setara dengan sistem

Mari kita bina satu set penyelesaian kepada sistem.

Tiga keping parabola adalah penyelesaian kepada persamaan ini.

Marilah kita mencari di bawahnya dan mengecualikannya.

Jadi, kerana tiada penyelesaian;

apabila tiada penyelesaian;

(nota: untuk selebihnyaaterdapat satu atau dua penyelesaian).

Jawapan: ; .

Tugasan 25.

Untuk apa nilai sebenar parameter terdapat sekurang-kurangnya satu yang memenuhi syarat:

Keputusan.

Mari kita selesaikan secara grafik ketidaksamaan dalam menggunakan "kaedah selang" dan bina graf. Mari lihat bahagian graf yang jatuh ke dalam kawasan yang dibina untuk menyelesaikan ketaksamaan, dan cari nilai yang sepadana.

Kami membina graf garisan dan

Mereka membahagikan satah koordinat kepada 4 kawasan.

Mari kita selesaikan secara grafik ketidaksamaan terakhir menggunakan "kaedah selang".

Kawasan berlorek adalah penyelesaiannya. Sebahagian daripada graf parabola jatuh ke dalam kawasan ini. Pada selang waktu; (dengan syarat ketidaksamaan sistem adalah ketat) wujud yang memenuhi syarat sistem yang diberikan.

Jawapan:

Tugasan 26.

Cari semua nilai parameter, untuk setiap satu set penyelesaian kepada ketaksamaan tidak mengandungi sebarang penyelesaian kepada ketaksamaan.

Keputusan.

Mari kita bina satu set penyelesaian kepada ketaksamaan (“dengan kaedah selang”). Kemudian kami akan membina "band" Nilai parameter yang dikehendakiq yang mana tiada satu pun titik kawasan yang dinyatakan tergolong dalam "jalur"

Jawapan: atau.

Tugasan 27.

Untuk apa nilai parameter, persamaan mempunyai penyelesaian yang unik.

Keputusan.

Mari kita memfaktorkan pengangka bagi pecahan itu.

Persamaan ini bersamaan dengan sistem:

Mari bina graf populasi dalam satah koordinat.

atau

– titik persilangan garis dan. Graf populasi ialah gabungan garis.

Kami "mencucuk keluar" titik graf dengan abscissas.

Kami melukis garis lurus dan melihat di mana terdapat satu titik persilangan dengan graf.

Adalah jelas bahawa hanya untuk atau persamaan ini mempunyai penyelesaian yang unik.

Jawapan: atau.

Tugasan 28.

Untuk apa nilai sebenar parameter sistem ketaksamaan tidak mempunyai penyelesaian.

Keputusan.

Set titik dalam satah kawasan berlorek memenuhi sistem ketaksamaan yang diberikan.

Kami membina garis lurus. Daripada rajah, kami menentukan bahawa untuk (- absis titik persilangan hiperbola dan garis), garisan tidak bersilang dengan kawasan berlorek.

Jawapan: di.

Tugasan 29.

Pada apa nilai parametera sistem mempunyai penyelesaian yang unik.

Keputusan.

Mari kita beralih kepada sistem yang setara dengan yang diberikan.

Dalam satah koordinat, kami memplot graf parabola dan Bucu parabola, masing-masing, titik dan.

Kira absis bagi titik persilangan parabola dengan menyelesaikan persamaan

Kawasan berlorek ialah penyelesaian sistem ketaksamaan. Langsung dan

mempunyai satu titik sepunya dengan kawasan berlorek.

Jawapan: pada i.

Tugasan 30.

Selesaikan ketaksamaan:

Keputusan.

Bergantung pada parameter, kami dapati nilainya.

Kami akan menyelesaikan ketidaksamaan menggunakan "kaedah selang".

Mari bina parabola

: .

Kira koordinat titik persilangan parabola:

Titik kawasan berlorek memenuhi ketaksamaan ini. Dengan melukis garis lurus, kami membahagikan kawasan ini kepada tiga bahagian.

1) Jika, maka tiada penyelesaian.

2) Jika, maka dalam persamaan kita nyatakan melalui:

Justeru, di kawasan tersebutsaya kita ada.

Jika, lihat:

a) wilayah II .

Kami menyatakan dalam persamaan melalui.

akar yang lebih kecil,

Akar yang lebih besar.

Jadi, di kawasan itu II kita ada.

b) wilayah III : .

Jawapan: apabila tiada penyelesaian;

di

pada, .

kesusasteraan:

Galitsky M. L., Goldman A. M., Zvavich L. I. Pengumpulan masalah dalam algebra untuk gred 8-9: Buku teks untuk pelajar sekolah dan kelas dengan kajian mendalam matematik - 2nd ed. – M.: Pencerahan, 1994.

P. I. Gorshtein, V. B. Polonsky, M. S. Yakir. Tugasan dengan parameter. Edisi ke-3, diperbesar dan disemak. - M .: Ileksa, Kharkov: Gimnasium, 2003.

Faddeev D. K. Algebra 6 - 8. - M .: Pendidikan, 1983 (b - ka guru matematik).

A. H. Shakhmeister. Persamaan dan ketaksamaan dengan parameter. Disunting oleh B. G. Ziva. C - Petersburg. Moscow. 2004.

V. V. Amelkin, V. L. Rabtsevich. Tugas dengan parameter Minsk "Asar", 2002.

A. H. Shakhmeister. Tugasan dengan parameter dalam peperiksaan. Rumah Penerbitan Universiti Moscow, CheRo di Neva MCNMO.