Parametrli tənliklər. Parametrlə bağlı problemlər (həllin qrafik üsulu) Giriş

Otdelkina Olga, 9-cu sinif şagirdi

Bu mövzu məktəb cəbr kursunun öyrənilməsinin tərkib hissəsidir. Bu işin məqsədi bu mövzunun daha dərindən öyrənilməsi, tez bir zamanda cavab verən ən rasional həll yolunu müəyyən etməkdir. Bu esse digər tələbələrə parametrli tənliklərin həlli üçün qrafik metoddan istifadəni başa düşməyə, bu metodun mənşəyi, inkişafı haqqında məlumat əldə etməyə kömək edəcəkdir.

Yüklə:

Önizləmə:

Giriş 2

Fəsil 1

Parametr 3 olan tənliklərin yaranma tarixi

Vyeta teoremi 4

Əsas anlayışlar 5

Fəsil 2. Parametrli tənliklərin növləri.

Xətti tənliklər6

Kvadrat tənliklər………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………………………………7

Fəsil 3

Analitik metod .......................................................

Qrafik üsul. Baş vermə tarixi……………………………9

Qrafik həll alqoritmi ..……………………………….10

Modulu olan tənliyin həlli………………………………………….11

Praktik hissə……………………………………………………………12

Nəticə……………………………………………………………………….19

İstinadlar……………………………………………………………20

Giriş.

Məktəb cəbri kursunun öyrənilməsinin tərkib hissəsi olduğu üçün bu mövzunu seçdim. Bu işi hazırlayarkən mən bu mövzunun daha dərindən öyrənilməsini, tez bir zamanda cavaba aparan ən rasional həll yolunu müəyyən etməyi qarşıma məqsəd qoydum. Mənim inşam digər tələbələrə parametrli tənliklərin həlli üçün qrafik metoddan istifadəni başa düşməyə, bu metodun mənşəyi, inkişafı haqqında məlumat əldə etməyə kömək edəcəkdir.

Müasir həyatda bir çox fiziki proseslərin və həndəsi nümunələrin öyrənilməsi çox vaxt parametrlərlə bağlı problemlərin həllinə gətirib çıxarır.

Belə tənlikləri həll etmək üçün α parametrindən asılı olaraq tənliyin neçə kökə malik olduğunu müəyyən etmək lazım olduqda qrafik üsul çox təsirli olur.

Parametrləri olan tapşırıqlar sırf riyazi maraq doğurur, tələbələrin intellektual inkişafına kömək edir və bacarıqların tətbiqi üçün yaxşı material kimi xidmət edir. Onlar diaqnostik əhəmiyyətə malikdir, çünki riyaziyyatın əsas bölmələri üzrə bilikləri, riyazi və məntiqi təfəkkür səviyyəsini, ilkin tədqiqat bacarıqlarını və ali təhsil müəssisələrində riyaziyyat kursunu uğurla mənimsəmək üçün perspektivli imkanları yoxlamaq üçün istifadə edilə bilər.

Xülasətimdə tez-tez rast gəlinən tənlik növləri nəzərdən keçirilir və ümid edirəm ki, iş prosesində əldə etdiyim biliklər məktəb imtahanlarını verərkən mənə kömək edəcək, çünkiparametrli tənliklərhaqlı olaraq məktəb riyaziyyatı kursunda ən çətin vəzifələrdən biri hesab olunur. USE vahid dövlət imtahanı üzrə tapşırıqlar siyahısına düşən bu vəzifələrdir.

Parametrli tənliklərin yaranma tarixi

Parametrli tənliklər üçün problemlərlə Hindistan riyaziyyatçısı və astronomu Aryabhatta tərəfindən 499-cu ildə tərtib edilmiş "Aryabhattam" astronomik traktatında artıq rast gəlinirdi. Başqa bir hind alimi Brahmagupta (7-ci əsr) vahid kanonik formaya salınmış kvadrat tənliklərin həlli üçün ümumi qaydanı qeyd etdi:

αх 2 + bx = c, α>0

Tənlikdə, parametr istisna olmaqla, əmsallar, mənfi də ola bilər.

Əl-Xarəzmidə kvadrat tənliklər.

Əl-Xarəzminin cəbr traktatı xətti və kvadrat tənliklərin parametrli təsnifatını verir. Müəllif 6 növ tənliyi sadalayır və onları aşağıdakı kimi ifadə edir:

1) “Kvadratlar köklərə bərabərdir”, yəni αx 2 = bx.

2) "Kvadratlar ədədə bərabərdir", yəni αx 2 = c.

3) "Köklər ədədə bərabərdir", yəni αx = c.

4) “Kvadratlar və ədədlər köklərə bərabərdir”, yəni αx 2 + c = bx.

5) “Kvadratlar və köklər ədədə bərabərdir”, yəni αx 2 + bx = c.

6) "Köklər və ədədlər kvadratlara bərabərdir", yəni bx + c = αx 2 .

Avropada əl-Xorəzmiyə görə kvadrat tənliklərin həlli üçün düsturlar ilk dəfə 1202-ci ildə italyan riyaziyyatçısı Leonardo Fibonaççi tərəfindən yazılmış “Abakus kitabı”nda verilmişdir.

Vyeta, parametrli kvadrat tənliyi həll etmək üçün düsturun ümumi törəməsinə malikdir, lakin Vyeta yalnız müsbət kökləri tanıdı. İtalyan riyaziyyatçıları Tartaglia, Cardano, Bombelli XII əsrdə birincilər sırasında idilər. müsbət və mənfi köklərə əlavə olaraq nəzərə alın. Yalnız XVII əsrdə. Cirard, Dekart, Nyuton və başqa alimlərin əsərləri sayəsində kvadrat tənliklərin həlli üsulu müasir görkəm almışdır.

Vyeta teoremi

Kvadrat tənliyin parametrləri, əmsalları və onun kökləri arasında əlaqəni ifadə edən, Vyeta adını daşıyan teorem ilk dəfə 1591-ci ildə o, tərəfindən tərtib edilmişdir. 2 bc-ə bərabərdir, onda α bərabər b və d-ə bərabərdir.

Vyetanı anlamaq üçün yadda saxlamaq lazımdır ki, α hər hansı sait kimi naməlum (bizim x) mənasını verir, b, d saitləri isə naməlum üçün əmsaldır. Müasir cəbrin dilində yuxarıda Vyeta ifadəsi o deməkdir:

Əgər varsa

(α + b)x - x 2 \u003d αb,

Yəni x 2 - (α -b)x + αb \u003d 0,

onda x 1 = α, x 2 = b.

Tənliklərin kökləri və əmsalları arasındakı əlaqəni simvollardan istifadə etməklə yazılmış ümumi düsturlarla ifadə edən Vyeta tənliklərin həlli üsullarında vahidlik yaratmışdır. Bununla belə, Vyeta simvolizmi hələ də müasir formasından uzaqdır. Mənfi ədədləri tanımırdı və buna görə də tənlikləri həll edərkən yalnız bütün köklərin müsbət olduğu halları nəzərə alırdı.

Əsas anlayışlar

Parametr - qiyməti sabit və ya ixtiyari ədəd hesab edilən müstəqil dəyişən və ya məsələnin şərti ilə müəyyən edilmiş intervala aid olan ədəd.

Parametrli tənlik- riyazitənlikgörünüşü və həlli bir və ya bir neçə parametrin dəyərlərindən asılıdır.

Həll et hər bir dəyər üçün parametr vasitələri ilə tənlikbu tənliyi təmin edən x dəyərlərini tapın və həmçinin:

1. 1. Parametrlərin hansı qiymətləri üçün tənliyin kökləri olduğunu və parametrlərin müxtəlif qiymətləri üçün onlardan neçəsinin olduğunu araşdırın.
2. 2. Köklər üçün bütün ifadələri tapın və onların hər biri üçün bu ifadənin tənliyin kökünü həqiqətən təyin etdiyi parametrlərin dəyərlərini göstərin.

α(х+k)= α +c tənliyini nəzərdən keçirək, burada α, c, k, x dəyişənlərdir.

α, c, k, x dəyişənlərinin icazə verilən dəyərlər sistemiBu tənliyin həm sol, həm də sağ hissələrinin həqiqi dəyərlər aldığı dəyişənlərin hər hansı bir dəyər sistemi deyilir.

A α-nın bütün icazə verilən dəyərlərinin dəsti olsun, K - k-nin bütün icazə verilən dəyərlərinin dəsti, X - x, C-nin bütün icazə verilən dəyərlərinin dəsti - bütün icazə verilən dəyərlər toplusu c. Əgər A, K, C, X dəstlərinin hər biri üçün müvafiq olaraq bir α, k, c dəyərini seçib düzəltmək və onları tənliyə əvəz etsək, onda x üçün tənlik alırıq, yəni. naməlum bir tənlik.

Tənliyin həlli zamanı sabit hesab edilən α, k, c dəyişənlərinə parametrlər, tənliyin özü isə parametrləri olan tənlik adlanır.

Parametrlər latın əlifbasının ilk hərfləri ilə işarələnir: α, b, c, d, …, k , l, m, n, naməlumlar isə x, y, z hərfləri ilə.

Eyni parametrləri ehtiva edən iki tənlik deyilir ekvivalent, əgər:

a) parametrlərin eyni dəyərləri üçün məna kəsb edir;

b) birinci tənliyin hər bir həlli ikincinin həllidir və əksinə.

Parametrli tənliklərin növləri

Parametrli tənliklər bunlardır: xətti və kvadrat.

1) Xətti tənlik. Ümumi forma:

α x = b, burada x naməlumdur;α , b - parametrlər.

Bu tənlik üçün parametrin xüsusi və ya nəzarət qiyməti əmsalın naməlumda yox olduğu qiymətdir.

Parametrli xətti tənliyi həll edərkən parametrin onun xüsusi qiymətinə bərabər və ondan fərqli olduğu hallara baxılır.

α parametrinin xüsusi qiyməti dəyərdirα = 0.

1.Əgər, a ≠0 , sonra hər hansı bir cüt parametr üçünα və b onun unikal həlli var x =.

2.Əgər, a =0 olarsa, tənlik aşağıdakı formanı alır: 0 x = b . Bu vəziyyətdə dəyər b = 0 xüsusi parametr dəyəridir b.

2.1. b üçün ≠ 0 olan tənliyin həlli yoxdur.

2.2. b üçün =0 tənlik formasını alacaq: 0 x=0.

Bu tənliyin həlli istənilən həqiqi ədəddir.

Parametrli kvadrat tənlik.

Ümumi forma:

α x 2 + bx + c = 0

burada α ≠0 parametri, b və c - ixtiyari nömrələr

Əgər α =1, onda tənliyə endirilmiş kvadrat tənlik deyilir.

Kvadrat tənliyin kökləri düsturlarla tapılır

İfadə D = b 2 - 4 α c diskriminant adlanır.

1. D> 0 olarsa - tənliyin iki fərqli kökü var.

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

3. D = 0 olarsa - tənliyin iki bərabər kökü var.

Parametrli tənliklərin həlli üsulları:

1. Analitik - parametrləri olmayan tənlikdə cavab tapmaq üçün standart prosedurları təkrarlayan birbaşa həll üsulu.
2. Qrafik - məsələnin vəziyyətindən asılı olaraq, uyğun kvadrat funksiyanın qrafikinin koordinat sistemindəki mövqeyi nəzərə alınır.

Analitik üsul

Həll alqoritmi:

1. Problemi parametrlərlə analitik üsulla həll etməyə başlamazdan əvvəl, parametrin müəyyən bir ədədi dəyəri üçün vəziyyəti başa düşmək lazımdır. Məsələn, α =1 parametrinin qiymətini götürün və suala cavab verin: α =1 parametrinin qiyməti bu məsələ üçün tələb olunan qiymətdir.

Nümunə 1: Qərar verin X m parametrli xətti tənlik:

Məsələnin mənasına görə (m-1)(x+3) = 0, yəni m= 1, x = -3.

Tənliyin hər iki tərəfini (m-1)(x+3) ilə vuraraq tənliyi alırıq.

alırıq

Beləliklə, m = 2.25-də.

İndi m-nin belə dəyərləri olub olmadığını yoxlamaq lazımdır

tapılan x dəyəri -3-dür.

bu tənliyi həll edərək, m = -0,4 olduqda x-in -3 olduğunu alırıq.

Cavab: m=1, m=2,25-də.

Qrafik üsul. Baş vermə tarixi

Ümumi asılılıqların öyrənilməsi 14-cü əsrdə başlamışdır. Orta əsr elmi sxolastik idi. Belə bir xarakterlə kəmiyyət asılılıqlarının öyrənilməsinə yer yox idi, söhbət yalnız obyektlərin keyfiyyətlərindən və onların bir-biri ilə münasibətlərindən gedirdi. Lakin sxolastiklər arasında keyfiyyətlərin daha çox və ya daha az intensiv ola biləcəyini iddia edən bir məktəb yarandı (çaya düşən adamın paltarı yağışa yenicə düşmüş birinin paltarından daha yaşdır)

Fransız alimi Nikolas Oresme seqmentlərin uzunluqlarının intensivliyini təsvir etməyə başladı. O, bu seqmentləri hansısa düz xəttə perpendikulyar düzəndə, onların ucları bir xətt əmələ gətirir və onu “intensivlik xətti” və ya “yuxarı kənarın xətti” adlandırırdı (uyğun funksional asılılığın qrafiki).Oresmus hətta “müstəvi” də tədqiq edirdi. və “cismani” keyfiyyətlər, yəni iki və ya üç dəyişəndən asılı olan funksiyalar.

Oresmes-in mühüm nailiyyəti nəticədə yaranan qrafikləri təsnif etmək cəhdi idi. O, keyfiyyətlərin üç növünü ayırdı: vahid (daimi intensivliklə), vahid qeyri-bərabər (intensivliyin sabit dəyişmə sürəti ilə) və qeyri-bərabər qeyri-bərabər (qalanların hamısı), həmçinin bu cür keyfiyyətlərin qrafiklərinin xarakterik xüsusiyyətləri.

Funksiya qrafiklərini öyrənmək üçün riyazi aparat yaratmaq üçün dəyişən anlayışını götürdü. Bu konsepsiya elmə fransız filosofu və riyaziyyatçısı Rene Dekart (1596-1650) tərəfindən daxil edilmişdir. Məhz Dekart cəbrlə həndəsənin vəhdəti və dəyişənlərin rolu haqqında fikirlər irəli sürdü, Dekart sabit vahid seqmenti təqdim etdi və ona digər seqmentlərin əlaqələrini nəzərdən keçirməyə başladı.

Beləliklə, funksiyaların qrafikləri mövcud olduqları müddətdə bir sıra əsaslı çevrilmələrdən keçmiş və onları bizim öyrəşdiyimiz formaya gətirib çıxarmışdır. Funksiyaların qrafiklərinin inkişafının hər bir mərhələsi və ya addımı müasir cəbr və həndəsə tarixinin ayrılmaz hissəsidir.

Tənliyin köklərinin sayını ona daxil edilmiş parametrdən asılı olaraq təyin etmək üçün qrafik üsul analitikdən daha əlverişlidir.

Qrafik həll alqoritmi

Funksiya Qrafiki buradakı nöqtələr toplusudurabsisetibarlı arqument qiymətləridir, Amma ordinatlar- uyğun dəyərlərfunksiyaları.

Parametrli tənliklərin qrafik həlli alqoritmi:

1. Tənliyin oblastını tapın.
2. α ifadə edirik x funksiyası kimi.
3. Koordinat sistemində funksiyanın qrafikini qururuqα (x) verilmiş tənliyin oblastı daxilində olan x qiymətləri üçün.
4. Xəttin kəsişmə nöqtələrinin tapılmasıα =c, funksiya qrafiki ilə

a(x). Əgər α xətti =c qrafiki kəsirα (x), onda kəsişmə nöqtələrinin absislərini təyin edirik. Bunun üçün tənliyi həll etmək kifayətdir c = α (x) x-ə nisbətən.

1. Cavabı yazın

Modullu tənliklərin həlli

Qrafik olaraq bir parametri olan modullu tənlikləri həll edərkən, funksiya qrafiklərini çəkmək və parametrin müxtəlif qiymətləri üçün bütün mümkün halları nəzərdən keçirmək lazımdır.

Məsələn, │х│= a,

Cavab: əgər a < 0, то нет корней, a > 0, sonra x \u003d a, x \u003d - a, əgər a \u003d 0, onda x \u003d 0.

Problemin həlli.

Məsələ 1. Tənliyin neçə kökü var| | x | - 2 | = a parametrdən asılı olaraq a?

Həll. Koordinat sistemində (x; y) y = | funksiyalarının qrafiklərini çəkirik | x | - 2 | və y= a . y = | funksiyasının qrafiki | x | - 2 | şəkildə göstərilmişdir.

y = funksiyasının qrafikiα a = 0).

Qrafikdən belə görünür:

a = 0 olarsa, y = a xətti Ox oxu ilə üst-üstə düşür və y = | funksiyasının qrafikinə malikdir | x | - 2 | iki ümumi nöqtə; deməli, ilkin tənliyin iki kökü var (bu halda kökləri tapmaq olar: x 1,2 = + 2).
Əgər 0< a < 2, то прямая y = α y = | funksiyası qrafikinə malikdir | x | - 2 | dörd ortaq nöqtə və deməli, ilkin tənliyin dörd kökü var.
Əgər a = 2, onda y = 2 xəttinin funksiyanın qrafiki ilə üç ümumi nöqtəsi var. Onda orijinal tənliyin üç kökü var.
Əgər a > 2, sonra y = a xətti ilkin funksiyanın qrafiki ilə iki nöqtəsi olacaq, yəni bu tənliyin iki kökü olacaq.

Cavab: əgər a < 0, то корней нет;
a = 0, a > 2, onda iki kök;
a = 2 olarsa, üç kök;
0 olarsa< a < 2, то четыре корня.

Məsələ 2. Tənliyin neçə kökü var| x 2 - 2| x | - 3 | = a parametrdən asılı olaraq a?

Həll. Koordinat sistemində (x; y) y = | funksiyalarının qrafiklərini çəkirik x 2 - 2| x | - 3 | və y = a .

y = | funksiyasının qrafiki x 2 - 2| x | - 3 | şəkildə göstərilmişdir. y = funksiyasının qrafikiα Ox-a paralel və ya onunla üst-üstə düşən xəttdir (zaman a = 0).

Qrafikdən görə bilərsiniz:

a = 0 olarsa, y = a xətti Ox oxu ilə üst-üstə düşür və y = | funksiyasının qrafikinə malikdir x2 - 2| x | - 3 | iki ümumi nöqtə, eləcə də y = xətti a y = | funksiyası qrafiki ilə olacaq x 2 - 2| x | - 3 | iki ümumi nöqtə a > 4. Deməli, a = 0 və a üçün > 4 orijinal tənliyin iki kökü var.
Əgər 0< a< 3, то прямая y = a y = | funksiyası qrafikinə malikdir x 2 - 2| x | - 3 | dörd ümumi nöqtə, həmçinin y= xətti a -də qurulmuş funksiyanın qrafiki ilə dörd ümumi nöqtəsi olacaq a = 4. Deməli, 0-da< a < 3, a = 4 orijinal tənliyin dörd kökü var.
Əgər a = 3, sonra y = a xətti funksiyanın qrafikini beş nöqtədə kəsir; buna görə də tənliyin beş kökü var.
Əgər 3< a< 4, прямая y = α qurulmuş funksiyanın qrafikini altı nöqtədə kəsir; deməli, parametrin bu dəyərləri üçün orijinal tənliyin altı kökü var.
Əgər a < 0, уравнение корней не имеет, так как прямая y = α y = | funksiyasının qrafiki ilə kəsişmir x 2 - 2| x | - 3 |.

Cavab: əgər a < 0, то корней нет;
a = 0, a > 4, onda iki kök;
0 olarsa< a < 3, a = 4, sonra dörd kök;

əgər a = 3, sonra beş kök;
əgər 3< a < 4, то шесть корней.

Məsələ 3. Tənliyin neçə kökü var

parametrdən asılı olaraq a?

Həll. (x; y) koordinat sistemində funksiyanın qrafikini qururuq

amma əvvəlcə onu formaya salaq:

x = 1, y = 1 sətirləri funksiyanın qrafikinin asimptotlarıdır. y = | funksiyasının qrafiki x | + a y = | funksiyasının qrafikindən alınmışdır x | Oy oxu boyunca vahidlərlə ofset.

Funksiya Qrafikləri bir nöqtədə kəsişir a > - 1; deməli, parametrin bu qiymətləri üçün (1) tənliyinin bir həlli var.

a = - 1 üçün, a = - 2 qrafik iki nöqtədə kəsişir; deməli, parametrin bu qiymətləri üçün (1) tənliyinin iki kökü var.
Saat - 2< a< - 1, a < - 2 графики пересекаются в трех точках; значит, уравнение (1) при этих значениях параметра имеет три решения.

Cavab: əgər a > - 1, sonra bir həll;
a = - 1 olarsa, a = - 2, sonra iki həll yolu;
əgər - 2< a < - 1, a < - 1, то три решения.

Şərh. Məsələnin tənliyini həll edərkən, nə zaman olduğuna xüsusi diqqət yetirilməlidir a = - 2, çünki (- 1; - 1) nöqtəsi funksiyanın qrafikinə aid deyillakin y = | funksiyasının qrafikinə aiddir x | + a.

Məsələ 4. Tənliyin neçə kökü var

x + 2 = a | x - 1 |

parametrdən asılı olaraq a?

Həll. Qeyd edək ki, x = 1 bu tənliyin kökü deyil, çünki 3 = bərabərliyi a 0 heç bir parametr dəyəri üçün doğru ola bilməz a . Tənliyin hər iki tərəfini | ilə bölürük x - 1 |(| x - 1 |0), onda tənlik formasını alacaqxOy koordinat sistemində funksiyanın qrafikini çəkirik

Bu funksiyanın qrafiki şəkildə göstərilmişdir. y = funksiyasının qrafiki a Ox oxuna paralel və ya onunla üst-üstə düşən düz xəttdir (üçün a = 0).

TO parametrli tapşırıqlar məsələn, xətti və kvadrat tənliklərin ümumi formada həllinin axtarışı, parametrin qiymətindən asılı olaraq mövcud köklərin sayı üçün tənliyin öyrənilməsi daxildir.

Ətraflı təriflər vermədən aşağıdakı tənlikləri nümunə kimi nəzərdən keçirin:

y = kx, burada x, y dəyişənlər, k parametrdir;

y = kx + b, burada x, y dəyişənlər, k və b parametrlərdir;

ax 2 + bx + c = 0, burada x dəyişənlər, a, b və c parametrlərdir.

Parametrli tənliyi (bərabərsizlik, sistem) həll etmək, bir qayda olaraq, sonsuz tənliklər toplusunu (bərabərsizliklər, sistemlər) həll etmək deməkdir.

Parametrli tapşırıqları şərti olaraq iki növə bölmək olar:

Amma)şərt deyir: tənliyi həll edin (bərabərsizlik, sistem) - bu, parametrin bütün qiymətləri üçün bütün həlləri tapmaq deməkdir. Ən azı bir hal araşdırılmamış qalırsa, belə bir həll qənaətbəxş hesab edilə bilməz.

b) tənliyin (bərabərsizlik, sistem) müəyyən xüsusiyyətlərə malik olduğu parametrin mümkün qiymətlərini göstərmək tələb olunur. Məsələn, onun bir həlli var, həlli yoxdur, intervala aid olan həllər var və s.Belə tapşırıqlarda parametrin hansı qiymətində tələb olunan şərtin ödənildiyini aydın şəkildə göstərmək lazımdır.

Parametr naməlum sabit nömrə olmaqla, sanki, xüsusi ikiliyə malikdir. Əvvəla, nəzərə almaq lazımdır ki, iddia edilən şöhrət, parametrin bir rəqəm kimi qəbul edilməli olduğunu göstərir. İkincisi, bir parametri idarə etmək azadlığı onun naməlumluğu ilə məhdudlaşır. Beləliklə, məsələn, parametri olan ifadəyə bölmək və ya oxşar ifadədən cüt dərəcəli kök çıxarmaq əməliyyatları ilkin araşdırma tələb edir. Buna görə də, parametrlə işləyərkən diqqətli olmaq lazımdır.

Məsələn, iki ədəd -6a və 3a-nı müqayisə etmək üçün üç halı nəzərdən keçirmək lazımdır:

1) a mənfi ədəddirsə -6a 3a-dan böyük olacaq;

2) a = 0 olduqda -6a = 3a;

3) a müsbət ədəd 0 olarsa -6a 3a-dan kiçik olacaq.

Qərar cavab olacaq.

kx = b tənliyi verilsin. Bu tənlik bir dəyişənli sonsuz tənliklər toplusunun stenoqramıdır.

Belə tənlikləri həll edərkən belə hallar ola bilər:

1. K, sıfırdan fərqli istənilən həqiqi ədəd və b R-dən istənilən ədəd olsun, onda x = b/k.

2. K = 0 və b ≠ 0 olsun, ilkin tənlik 0 · x = b şəklini alacaq. Aydındır ki, bu tənliyin həlli yoxdur.

3. K və b sıfıra bərabər ədədlər olsun, onda 0 · x = 0 bərabərliyi əldə edirik. Onun həlli istənilən həqiqi ədəddir.

Bu tip tənliklərin həlli alqoritmi:

1. Parametrin "nəzarət" dəyərlərini təyin edin.

2. Birinci paraqrafda müəyyən edilmiş parametrin qiymətləri ilə x üçün orijinal tənliyi həll edin.

3. Birinci abzasda seçilənlərdən fərqli olan parametr dəyərləri ilə x üçün orijinal tənliyi həll edin.

4. Cavabı aşağıdakı formada yaza bilərsiniz:

1) ... olduqda (parametrin dəyəri), tənliyin kökləri var ...;

2) ... olduqda (parametr dəyəri), tənlikdə heç bir kök yoxdur.

Misal 1

|6 – x| parametri ilə tənliyi həll edin = a.

Həll.

Burada ≥ 0 olduğunu görmək asandır.

Modul 6 qaydası ilə x = ±a, x ifadə edirik:

Cavab: x = 6 ± a, burada a ≥ 0.

Misal 2

x dəyişəninə münasibətdə a(x - 1) + 2(x - 1) = 0 tənliyini həll edin.

Həll.

Mötərizələri açaq: balta - a + 2x - 2 \u003d 0

Tənliyi standart formada yazaq: x(a + 2) = a + 2.

Əgər a + 2 ifadəsi sıfır deyilsə, yəni a ≠ -2 olarsa, x = (a + 2) / (a ​​+ 2) həllimiz var, yəni. x = 1.

a + 2 sıfıra bərabərdirsə, yəni. a \u003d -2, onda biz düzgün bərabərliyə sahibik 0 x \u003d 0, buna görə də x istənilən həqiqi ədəddir.

Cavab: ≠ -2 üçün x \u003d 1 və \u003d -2 üçün x € R.

Misal 3

x dəyişəninə münasibətdə x/a + 1 = a + x tənliyini həll edin.

Həll.

Əgər a \u003d 0 olarsa, onda tənliyi a + x \u003d a 2 + ax və ya (a - 1) x \u003d -a (a - 1) formasına çeviririk. a = 1 üçün sonuncu tənlik 0 · x = 0 formasına malikdir, buna görə də x istənilən ədəddir.

Əgər a ≠ 1 olarsa, onda sonuncu tənlik x = -a formasını alacaq.

Bu həll koordinat xəttində təsvir edilə bilər (Şəkil 1)

Cavab: a = 0 üçün heç bir həll yolu yoxdur; x - a = 1-də istənilən ədəd; x \u003d -a ≠ 0 və ≠ 1 ilə.

Qrafik üsul

Parametrli tənlikləri həll etməyin başqa bir yolunu nəzərdən keçirin - qrafik. Bu üsul olduqca tez-tez istifadə olunur.

Misal 4

a parametrindən asılı olaraq ||x| tənliyi neçə kök edir – 2| = a?

Həll.

Qrafik üsulla həll etmək üçün y = ||x| funksiyalarının qrafiklərini qururuq – 2| və y = a (Şəkil 2).

Rəsm y = a xəttinin yerləşməsinin mümkün hallarını və onların hər birindəki köklərin sayını aydın şəkildə göstərir.

Cavab: a, əgər tənliyin kökü olmayacaq< 0; два корня будет в случае, если a >2 və a = 0; a = 2 halda tənliyin üç kökü olacaq; dörd kök - 0-da< a < 2.

Misal 5

Bunun üçün a tənliyi 2|x| + |x – 1| = a bir kök var?

Həll.

y = 2|x| funksiyalarının qrafiklərini çəkək + |x – 1| və y = a. y = 2|x| üçün + |x - 1|, modulları boşluq üsulu ilə genişləndirərək, əldə edirik:

(-3x + 1, x-də< 0,

y = (x + 1, 0 ≤ x ≤ 1 üçün,

(3x – 1, x > 1 üçün.

Üstündə rəqəm 3 aydın görünür ki, tənliyin yalnız a = 1 olduqda unikal kökü olacaqdır.

Cavab: a = 1.

Misal 6

|x + 1| tənliyinin həllərinin sayını təyin edin + |x + 2| = a a parametrindən asılı olaraq?

Həll.

y = |x + 1| funksiyasının qrafiki + |x + 2| qırıq xətt olacaq. Onun təpələri (-2; 1) və (-1; 1) nöqtələrində yerləşəcək. (şəkil 4).

Cavab: a parametri birdən kiçikdirsə, onda tənliyin kökləri olmayacaq; a = 1 olarsa, onda tənliyin həlli [-2 intervalından sonsuz ədədlər toplusudur; -bir]; a parametrinin dəyərləri birdən böyükdürsə, tənliyin iki kökü olacaq.

Hər hansı bir sualınız var? Parametrli tənlikləri necə həll edəcəyinizi bilmirsiniz?
Repetitordan kömək almaq üçün - qeydiyyatdan keçin.
İlk dərs ödənişsizdir!

sayt, materialın tam və ya qismən surəti ilə mənbəyə keçid tələb olunur.

Parametrləri olan tənliklər haqlı olaraq məktəb riyaziyyatı kursunda ən çətin vəzifələrdən biri hesab olunur. Vahid Dövlət İmtahanının vahid dövlət imtahanında B və C tipli tapşırıqlar siyahısına ildən-ilə düşən bu vəzifələrdir. Bununla belə, parametrləri olan çoxlu sayda tənliklər arasında qrafik olaraq asanlıqla həll edilə bilənlər var. Bu üsulu bir neçə məsələnin həlli timsalında nəzərdən keçirək.

|x 2 – 2x – 3| tənliyi olan a-nın tam qiymətlərinin cəmini tapın. = a dörd kökə malikdir.

Həll.

Məsələnin sualına cavab vermək üçün bir koordinat müstəvisində funksiyaların qrafiklərini qururuq

y = |x 2 – 2x – 3| və y = a.

Birinci funksiyanın qrafiki y = |x 2 – 2x – 3| y = x 2 - 2x - 3 parabolunun qrafikindən qrafikin Ox oxundan aşağıda olan hissəsinin absis oxu ətrafında simmetrik olaraq göstərilməklə alınacaq. Qrafikin x oxundan yuxarı hissəsi dəyişməz qalacaq.

Gəlin bunu addım-addım edək. y \u003d x 2 - 2x - 3 funksiyasının qrafiki budaqları yuxarıya doğru yönəlmiş paraboladır. Onun qrafikini qurmaq üçün təpənin koordinatlarını tapırıq. Bu, x 0 = -b / 2a düsturu ilə edilə bilər. Beləliklə, x 0 \u003d 2/2 \u003d 1. Parabolanın yuxarı hissəsinin y oxu boyunca koordinatını tapmaq üçün x 0 üçün alınan dəyəri nəzərdən keçirilən funksiyanın tənliyinə əvəz edirik. Alırıq ki, y 0 \u003d 1 - 2 - 3 \u003d -4. Deməli, parabolanın təpəsinin koordinatları (1; -4) olur.

Bundan sonra, parabolanın budaqlarının koordinat oxları ilə kəsişmə nöqtələrini tapmaq lazımdır. Parabolanın budaqlarının absis oxu ilə kəsişmə nöqtələrində funksiyanın qiyməti sıfırdır. Buna görə də, biz x 2 - 2x - 3 \u003d 0 kvadrat tənliyini həll edirik. Onun kökləri istənilən nöqtələr olacaqdır. Vyeta teoreminə görə bizdə x 1 = -1, x 2 = 3 var.

Parabolanın budaqlarının y oxu ilə kəsişmə nöqtələrində arqumentin qiyməti sıfıra bərabərdir. Beləliklə, y = -3 nöqtəsi parabolanın budaqlarının y oxu ilə kəsişmə nöqtəsidir. Nəticə olan qrafik Şəkil 1-də göstərilmişdir.

y = |x 2 - 2x - 3| funksiyasının qrafikini almaq üçün qrafikin x oxundan aşağıda olan hissəsini simmetrik olaraq x oxuna nisbətdə göstərəcəyik. Nəticə olan qrafik Şəkil 2-də göstərilmişdir.

y = a funksiyasının qrafiki x oxuna paralel düz xəttdir. Bu, Şəkil 3-də göstərilmişdir. Şəkildən istifadə edərək, a (0; 4) intervalına aiddirsə, qrafiklərin dörd ortaq nöqtəsi (və tənliyin dörd kökü var) olduğunu görürük.

Alınan intervaldan a sayının tam qiymətləri: 1; 2; 3. Məsələnin sualına cavab vermək üçün bu ədədlərin cəmini tapaq: 1 + 2 + 3 = 6.

Cavab: 6.

|x 2 – 4|x| tənliyi olan a ədədinin tam qiymətlərinin arifmetik ortasını tapın. – 1| = a altı kökə malikdir.

y = |x 2 – 4|x| funksiyasının qrafikini çəkərək başlayaq – 1|. Bunun üçün a 2 = |a| bərabərliyindən istifadə edirik 2 və funksiyanın sağ tərəfində yazılmış alt modul ifadəsində tam kvadratı seçin:

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

Onda orijinal funksiya y = |(|x| – 2) 2 – 5| kimi görünəcək.

Bu funksiyanın qrafikini qurmaq üçün ardıcıl olaraq funksiyaların qrafiklərini qururuq:

1) y \u003d (x - 2) 2 - 5 - koordinatları olan bir nöqtədə təpəsi olan parabola (2; -5); (şək. 1).

2) y = (|x| - 2) 2 - 5 - parabolun 1-ci bənddə qurulmuş, ordinat oxunun sağında yerləşən hissəsi simmetrik olaraq Oy oxunun solunda göstərilir; (Şəkil 2).

3) y = |(|x| – 2) 2 – 5| - 2-ci bənddə qurulmuş qrafikin x oxundan aşağıda olan hissəsi yuxarıya doğru absis oxuna nisbətən simmetrik olaraq göstərilir. (şək. 3).

Yaranan rəsmləri nəzərdən keçirin:

y = a funksiyasının qrafiki x oxuna paralel düz xəttdir.

Şəkildən istifadə edərək belə nəticəyə gəlirik ki, a intervalına (1; 5) aiddirsə, funksiya qrafiklərinin altı ümumi nöqtəsi var (tənliyin altı kökü var).

Bunu aşağıdakı şəkildə görmək olar:

a parametrinin tam qiymətlərinin arifmetik ortasını tapın:

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

Cavab: 3.

blog.site, materialın tam və ya qismən surəti ilə mənbəyə keçid tələb olunur.

a parametrinin hər bir qiyməti üçün a | bərabərsizliyini həll edin 2 x + a | ≤ x + 2 |2x+a| \leq x+2 .

Əvvəlcə köməkçi məsələni həll edək. Bu bərabərsizliyi iki x x və a dəyişəni olan bərabərsizlik hesab edin və koordinatları bərabərsizliyi təmin edən bütün nöqtələri x O a xOa koordinat müstəvisində çəkin.

2 x + a ≥ 0 2x+a \geq 0 olarsa (yəni a = - 2 xa=-2x və daha yüksək sətirdə), onda 2 x + a ≤ x + 2 ⇔ a ≤ 2 - x 2x+ a alırıq. \leq x+2 \Sol sağ ox a \leq 2-x .

Dəst Şəkildə göstərilmişdir. on bir.

İndi bu rəsmdən istifadə edərək orijinal məsələni həll edək. a a -nı düzəltsək, onda a = const a = \textrm(const) üfüqi xətt alırıq. x x dəyərlərini müəyyən etmək üçün bu xəttin bərabərsizliyin həll çoxluğu ilə kəsişmə nöqtələrinin absislərini tapmaq lazımdır. Məsələn, a = 8 a=8 olarsa, onda bərabərsizliyin həlli yoxdur (xətt çoxluğu kəsmir); əgər a = 1 a=1 , onda [ - 1 intervalından bütün x x ; 1 ] [-1;1] və s. Beləliklə, üç variant var.

1) Əgər $$a>4$$ olarsa, onda heç bir həll yolu yoxdur.

2) Əgər a = 4 a=4 , onda x = - 2 x=-2 .

CAVAB

$$a üçün

a = 4 ilə a=4 - x = - 2 x=-2 ;

$$a>4$$ üçün - heç bir həll yolu yoxdur.

a a parametrinin bütün qiymətlərini tapın ki, $$3-|x-a| bərabərsizliyi olsun > x^2$$ a) ən azı bir həlli var; b) ən azı bir müsbət həlli var.

Gəlin bərabərsizliyi $$3-x^2 > |x-a)$$ kimi yenidən yazaq. Sol və sağ hissələrin qrafiklərini x O y xOy müstəvisində çəkək. Sol tərəfdəki qrafik zirvəsi (0 ; 3) (0;3) olan aşağıya doğru budaqlanan paraboladır. Qrafik x oxunu (± 3 ; 0) nöqtələrində kəsir (\pm \sqrt(3);0) . Sağ tərəfin qrafiki absis oxunda təpəsi olan bucaqdır, onun tərəfləri koordinat oxlarına 45 ° 45^(\circ) bucaq altında yuxarıya doğru yönəldilmişdir. Təpənin absisi x = a x=a nöqtəsidir.

a) Bərabərsizliyin ən azı bir həlli olması üçün ən azı bir nöqtədə parabolanın y = | qrafikindən yüksək olması zəruri və kifayətdir. x - a | y=|x-a| . Bu, künc təpəsi x oxunun A A və B B nöqtələri arasında olarsa edilir (şək. 12-ə baxın - A A və B B nöqtələri daxil deyil). Beləliklə, küncün budaqlarından birinin təpənin hansı mövqeyində parabolaya toxunduğunu müəyyən etmək lazımdır.

Küncün təpəsinin A A nöqtəsində olması halını nəzərdən keçirək. Sonra küncün sağ qolu parabolaya toxunur. Onun yamacı birə bərabərdir. Deməli, y = 3 - x 2 y = 3-x^2 funksiyasının təmas nöqtəsindəki törəməsi 1 1 -ə bərabərdir, yəni - 2 x = 1 -2x=1 , buradan x = - 1 2 x = -\frac( 1)(2) . Onda toxunma nöqtəsinin ordinatı y = 3 - (1 2) 2 = 11 4 y = 3 - (\frac(1)(2))^2 = \frac(11)(4) . Yamacı k = 1 k=1 olan və koordinatları (- 1 2 ; 11 4) olan nöqtədən keçən düz xəttin tənliyi (-\frac(1)(2); \frac(11)(4)) , aşağıdakı * ( \^* : y - 11 4 = 1 · (x + 1 2) y - \frac{11}{4} = 1 \cdot (x+ \frac{1}{2}) , откуда y = x + 13 4 y = x + \frac{13}{4} .!}

Bu küncün sağ qolunun tənliyidir. xx oxu ilə kəsişmə nöqtəsinin absissi - 13 4 -\frac(13)(4) , yəni AA nöqtəsi A (- 13 4 ; 0) A(-\frac(13)(4) koordinatlarına malikdir; 0) . Simmetriya səbəblərinə görə B B nöqtəsinin koordinatları var: B (13 4 ; 0) B(\frac(13)(4); 0) .

Buradan alırıq ki, a ∈ (- 13 4 ; 13 4) a\in (-\frac(13)(4); \frac(13)(4)) .

b) Küncün təpəsi F F və B B nöqtələri arasında olarsa, bərabərsizliyin müsbət həlli var (bax şək. 13). FF nöqtəsinin mövqeyini tapmaq çətin deyil: küncün təpəsi FF nöqtəsindədirsə, onun sağ qolu (y \u003d x - ay \u003d xa tənliyi ilə verilən düz xətt (0) nöqtəsindən keçir. ; 3) (0; 3) Buradan a \u003d - 3 a=-3 olduğunu və FF nöqtəsinin (- 3 ; 0) (-3; 0) koordinatlarına malik olduğunu görürük. 4) a \in (-3; \frac(13)(4) ) .

CAVAB

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)) .

* {\^* Полезные формулы: !}

- \-- (x 0; y 0) (x_0; y_0) nöqtəsindən keçən və yamacı kk olan düz xətt y - y 0 = k (x - x 0) y-y_0=k tənliyi ilə verilir. (x-x_0);

- \-- (x 0 ; y 0) (x_0; y_0) və (x 1 ; y 1) (x_1; y_1) nöqtələrindən keçən düz xəttin mailliyi, burada x 0 ≠ x 1 x_0 \neq x_1 , k = y 1 - y 0 x 1 - x 0 k = \dfrac(y_1-y_0)(x_1-x_0) düsturu ilə hesablanır.

Şərh.Əgər y = kx + ly=kx+l düz xəttinin və y = ax 2 + bx + cy = ax^2+bx+c parabolunun toxunduğu parametrin qiymətini tapmaq lazımdırsa, onda siz yaza bilərsiniz: kx + l = ax 2 + bx + c kx+l = ax^2+bx+c tənliyinin tam bir həlli olması şərti ilə.Sonra künc təpəsinin olduğu aa parametrinin qiymətlərini tapmağın başqa yolu AA nöqtəsində aşağıdakı kimidir: x - a = 3 - x 2 xa = 3-x^2 tənliyinin tam bir həlli var ⇔ D = 1 + 4 (a + 3) = 0 ⇔ a = - 13 4 \Sol sağarrow D = 1 + 4(a+3) = 0 \Sol ox a = -\ dfrac(13)(4) .

Nəzərə alın ki, bu şəkildə ixtiyari qrafiklə düz xəttə toxunma şərtini yazmaq mümkün deyil. Məsələn, y = 3 x - 2 y = 3x - 2 xətti y = x 3 y=x^3 kub paraboluna (1 ; 1) (1; 1) nöqtəsində toxunur və onu (- nöqtəsində kəsir) 2 ; - 8) (-2;-8) , yəni x 3 = 3 x + 2 x^3 = 3x+2 tənliyinin iki həlli var.

Tənliyinin (a + 1 - | x + 2 |) (x 2 + 4 x + 1 - a) = 0 (a+1-|x+2|)(x) olduğu aa parametrinin bütün qiymətlərini tapın. ^2 +4x+1-a) = 0 a) tam olaraq iki fərqli kökə malikdir; b) üç fərqli kök.

Nümunə 25-də olduğu kimi edək. Bu tənliyin həllər çoxluğunu x O a xOa müstəvisində çəkin. Bu iki tənliyin birləşməsinə bərabərdir:

1) a = | x + 2 | - 1 a = |x+2| -1 budaqları yuxarı və zirvəsi (- 2 ; - 1) (-2;-1) olan bucaqdır.

2) a \u003d x 2 + 4 x + 1 a \u003d x ^ 2 + 4x + 1 budaqları yuxarı olan paraboladır və nöqtədə təpəsi (- 2; - 3) (-2; -3) . şəkə baxın. on dörd.

İki qrafikin kəsişmə nöqtələrini tapın. Bucağın sağ qolu y = x + 1 y=x+1 tənliyi ilə verilir. Tənliyin həlli

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

tapırıq ki, x = 0 x=0 və ya x = - 3 x=-3 . Yalnız x = 0 x=0 dəyəri uyğundur (çünki sağ budaq üçün x + 2 ≥ 0 x+2 \geq 0). Onda a = 1 a=1 . Eynilə, ikinci kəsişmə nöqtəsinin koordinatlarını tapırıq - (- 4 ; 1) (-4; 1) .

Orijinal problemə qayıdırıq. Tənliyin üfüqi xəttin a = const a=\textrm(const) tənliyin həll çoxluğunu iki nöqtədə kəsdiyi a a üçün iki həll yolu var. Qrafikdən biz bunun ∈ (- 3 ; - 1) ∪ ( 1 ) a\in (-3;-1)\bigcup\(1\) üçün doğru olduğunu görürük. Yalnız a = - 1 a=-1 üçün mümkün olan üç kəsişmə nöqtəsi vəziyyətində üç həll yolu olacaqdır.

CAVAB

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

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

tam bir həlli var.

Bərabərsizliklər sisteminin həllərini x O a xOa müstəvisində təmsil edək. Sistemi $$ \begin(cases) a \leq -x^2+x,\\ a \geq \dfrac(x^2+6x)(6) .\end(cases) $$ kimi yenidən yazın.

Birinci bərabərsizlik a = - x 2 + xa = -x^2+x və ondan aşağıda yerləşən nöqtələrlə, ikincisi isə a = x 2 + 6 x 6 a parabolasında yerləşən nöqtələrlə təmin edilir. = \dfrac(x^2 +6x)(6) və ya daha yüksək. Parabolaların təpələrinin koordinatlarını və onların kəsişmə nöqtələrini tapırıq və sonra qrafiki qururuq. Birinci parabolanın təpəsi (1 2 ; 1 4) (\dfrac(1)(2);\dfrac(1)(4)) , ikinci parabolun (- 1 ; - 1 6) (-1; -\dfrac( 1)(6)) , kəsişmə nöqtələri (0 ; 0) (0;0) və (4 7 ; 12 49) (\dfrac(4)(7); \dfrac(12)(49) )) . Sistemi təmin edən nöqtələr dəsti Şəkildə göstərilmişdir. 15. Görünür ki, a = const a=\textrm(const) üfüqi xəttin a = 0 a=0 və a vəziyyətlərində bu çoxluqla tam bir ümumi nöqtəsi var (bu o deməkdir ki, sistemin tam bir həlli var). = 1 4 a= \dfrac(1)(4) .

CAVAB

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

a a parametrinin ən kiçik qiymətini tapın, hər biri üçün sistem

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

unikal həlli var.

Birinci tənliyi çevirək, tam kvadratları vurğulamaq:

(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 \Sol sağ ox (xa\sqrt(3))^2+(y-1)^2 =1. \:\:\:\sol(18\sağ)

Əvvəlki tapşırıqlardan fərqli olaraq, x O y xOy müstəvisində bir rəsm təsvir etmək daha yaxşıdır (“dəyişən - parametr” müstəvisindəki rəsm adətən bir dəyişən və bir parametrlə bağlı problemlər üçün istifadə olunur - nəticədə dəst əldə edilir müstəvidə.Bu məsələdə biz iki (x; y; a) (x; y; a) üçölçülü fəzada çətin işdir, üstəlik, belə bir rəsmin vizual olması ehtimalı azdır). (18) tənliyi mərkəzi (a 3 ; 1) (a\sqrt(3);1) radiusu 1 olan çevrəni təyin edir. aa -nın qiymətindən asılı olaraq bu çevrənin mərkəzi y xəttinin istənilən nöqtəsində ola bilər. = 1 y=1 .

Sistemin ikinci tənliyi y = 3 | x | - 4 y = \sqrt(3)|x|-4 x oxuna 60 ° 60^(\circ) bucaq altında tərəfləri yuxarı olan bucağı təyin edir (düz xəttin mailliyi yamacın tangensidir bucaq tg 60 ° = 3 \textrm(tg )(60^(\circ)) = \sqrt(3)), (0 ; - 4) (0;-4) ilə bitir.

Bu tənliklər sistemi, əgər dairə künc budaqlarından birinə toxunarsa, tam olaraq bir həllə malikdir. Bu dörd halda mümkündür (şək. 16): dairənin mərkəzi A A, B B, C C, D D nöqtələrindən birində ola bilər. a a parametrinin ən kiçik qiymətini tapmaq lazım olduğundan bizi D D nöqtəsinin absisi maraqlandırır. D H M DHM düzbucağını nəzərdən keçirək. D D nöqtəsindən H M HM xəttinə qədər olan məsafə çevrənin radiusuna bərabərdir, ona görə də D H = 1 DH=1 . Beləliklə, D M = D H sin 60 ° = 2 3 DM=\dfrac(DH)(\textrm(sin)(60^(\circ))) = \dfrac(2)(\sqrt(3)) . MM nöqtəsinin koordinatları y = 1 y=1 və y = - 3 x - 4 y=-\sqrt(3)x-4 (küncün sol tərəfi) iki xəttin kəsişmə nöqtəsinin koordinatları kimi tapılır. ).

M (- 5 3) M(-\dfrac(5)(\sqrt(3)))) alırıq. Onda DD nöqtəsinin absissası - 5 3 - 2 3 = - 7 3 -\dfrac(5)(\sqrt(3))-\dfrac(2)(\sqrt(3))=-\dfrac(7) olur. )(\ sqrt(3)) .

Dairənin mərkəzinin absisi a 3 a\sqrt(3) olduğundan, belə nəticə çıxır ki, a = - 7 3 a=-\dfrac(7)(3) .

CAVAB

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

Hər biri üçün sistem olan a a parametrinin bütün dəyərlərini tapın

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

tam bir həlli var.

Gəlin x O y xOy müstəvisində bərabərsizliklərin hər birinin həll çoxluqlarını təsvir edək.

İkinci bərabərsizlikdə mükəmməl kvadratları seçirik:

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

a + 8 = 0 üçün a+8=0 (a = - 8 a=-8) bərabərsizlik (19) koordinatları (7 a ; 3 a) (7a;3a) olan nöqtəni təyin edir, yəni (- 56 ; - 24) ) (-56; -24) . a-nın bütün digər qiymətləri üçün (19) radiusun (7 a ; 3 a) (7a;3a) nöqtəsində mərkəzləşdirilmiş dairəni təyin edir | a + 8 | |a+8| .

Birinci bərabərsizliyi nəzərdən keçirək.
1) Mənfi a üçün onun həlli yoxdur. Beləliklə, sistemin də həlli yoxdur.

2) Əgər a = 0 a=0 , onda 4 x + 3 y = 0 4x+3y=0 düz xətti alarıq. İkinci bərabərsizlikdən mərkəzi (0 ; 0) (0; 0) radiuslu dairə alırıq. Aydındır ki, birdən çox həll çıxır.

3) Əgər $$a>0$$ olarsa, onda bu bərabərsizlik ikiqat bərabərsizliyə bərabərdir - 12 a ≤ 4 x + 3 y ≤ 12 a -12a \leq 4x+3y \leq 12a . O, hər biri 4 x + 3 y = 0 4x+3y= xəttinə paralel olan y = ± 4 a - 4 x 3 y=\pm 4a -\dfrac(4x)(3) iki sətir arasında zolaq təyin edir. 0 (Şəkil 17).

Biz $$a>0$$ hesab etdiyimiz üçün çevrənin mərkəzi y = 3 x 7 y = \dfrac(3x)(7) xəttində birinci kvadrantda yerləşir. Həqiqətən də mərkəzin koordinatları x = 7 a x=7a , y = 3 a y=3a ; a a ifadə edərək bərabərləşdirərək x 7 = y 3 \dfrac(x)(7)=\dfrac(y)(3) alırıq, buradan y = 3 x 7 y = \dfrac(3x)(7) . Sistemin tam olaraq bir həlli üçün dairənin a 2 a_2 xəttinə toxunması zəruri və kifayətdir. Bu, dairənin radiusu dairənin mərkəzindən a 2 a_2 xəttinə qədər olan məsafəyə bərabər olduqda baş verir. Bir nöqtədən xəttə qədər olan məsafə düsturuna görə * (\^{*} 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 .!}

CAVAB

A=2 a=2

* {\^{*} Пусть даны точка M (x 0 ; y 0) M (x_0;y_0) и прямая l l , заданная уравнением a x + b y + c = 0 ax+by+c=0 . Тогда расстояние от точки M M до прямой l l определяется формулой ρ = | a x 0 + b x 0 + c | a 2 + b 2 \rho = \dfrac{|ax_0+bx_0+c|}{\sqrt{a^2+b^2}} . !}

a a sistem parametrinin hansı dəyərləri üçün

$$\begin(hallar) |x|+|y|=1,\\ |x+a|+|y+a|=1 \end(hallar)$$-ın həlli yoxdur?

Sistemin birinci tənliyi x O y xOy müstəvisində ABCD ABCD kvadratını təyin edir (onu qurmaq üçün x ≥ 0 x\geq 0 və y ≥ 0 y\geq 0 nəzərə alın. Sonra tənlik x + y = formasını alır. 1 x+y=1 .Bir seqment alırıq - birinci rübdə uzanan x + y = 1 x + y \u003d 1 xəttinin bir hissəsi.Sonra bu seqmenti O x Ox oxu ətrafında əks etdiririk və sonra biz alınan çoxluğu O y Oy oxu ətrafında əks etdirin (bax. şək. 18). İkinci tənlik A B C D ABCD kvadratına bərabər olan, lakin (- a ; - a) (-a;-a) nöqtəsində mərkəzləşdirilmiş P Q R S PQRS kvadratını verir. Əncirdə. 18 məsələn, bu kvadrat a = - 2 a=-2 üçün göstərilmişdir. Bu iki kvadrat kəsişməzsə, sistemin həlli yoxdur.

Asanlıqla görmək olar ki, P Q PQ və B C BC seqmentləri üst-üstə düşürsə, ikinci kvadratın mərkəzi (1 ; 1) (1; 1) nöqtəsindədir. Mərkəzin “yuxarıda” və “sağda” yerləşdiyi a dəyərlərindən istifadə edəcəyik, yəni $$a1$$.

CAVAB

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

Sistem üçün b b parametrinin bütün dəyərlərini tapın

$$\begin(hallar) y=|b-x^2|,\\ y=a(x-b) \son(hallar) $$

a-nın istənilən dəyəri üçün ən azı bir həll var.

Bir neçə halı nəzərdən keçirək.

1) Əgər $$b2) Əgər b = 0 b=0 olarsa, sistem $$\begin(hallar) y=x^2,\\ y=ax .\end(hallar) $$ olur.

İstənilən a a üçün ədədlər cütü (0 ; 0) (0;0) bu sistemin həllidir, ona görə də b = 0 b=0 uyğun gəlir.

3) Bəzi $$b>0$$ düzəldin. Birinci tənlik y \u003d x 2 - b y \u003d x ^ 2-b parabolanın bir hissəsini O x Ox oxu ətrafında əks etdirməklə alınan nöqtələr toplusu ilə təmin edilir (bax. Şəkil 19a, b). İkinci tənlik xətlər ailəsini müəyyən edir (müxtəlif dəyərləri əvəz etməklə aa , şaquli istisna olmaqla, nöqtədən keçən hər cür xətləri əldə edə bilərsiniz (b ; 0) (b; 0) ), nöqtədən keçən ( b ; 0) (b; 0) . (b ; 0) (b; 0) nöqtəsi [ - b ; b ] [-\sqrt(b);\sqrt(b)] . x oxu, onda düz xətt birinci funksiyanın qrafikini istənilən yamacda kəsir (şək. 19a). Əks halda (şək. 19b), istənilən halda bu qrafiki kəsməyən düz xətt var. - b ≤ b ≤ b -\sqrt(b)\leq b \leq \sqrt(b) bərabərsizliyini həll edərək və $$b>0$$ olduğunu nəzərə alaraq, b ∈ (0 ; 1 ] b \ alırıq. (0;1] ilə.

Nəticələri birləşdirin: $$b \in $$.

CAVAB

$$b \$$-da

Hər biri üçün f (x) = x 2 - | funksiyası olan a a bütün dəyərlərini tapın x - a 2 | - 3 x f(x) = x^2-|x-a^2|-3x ən azı bir maksimum nöqtəyə malikdir.

Modulu genişləndirərək, bunu əldə edirik

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

İki intervalın hər birində y = f (x) y=f(x) funksiyasının qrafiki budaqları yuxarı olan paraboladır.

Yuxarı budaqlanan parabolaların maksimum nöqtələri ola bilmədiyi üçün yeganə ehtimal maksimum nöqtənin bu boşluqların sərhəd nöqtəsi olmasıdır - x = a 2 x=a^2 nöqtəsi. Bu nöqtədə y = x 2 - 4 x + a 2 y=x^2-4x+a^2 parabolunun təpəsi $$x>a^2$$ intervalına düşərsə, maksimum olacaqdır və parabolanın təpəsi y = x 2 - 2 x - a 2 y=x^2-2x-a^2 - $$x\lt a^2$$ intervalında (bax. şək. 20). Bu şərt $$2 \gt a^2$$ və $$1 \lt a^2$$ bərabərsizlikləri ilə verilir, həll edərkən a ∈ (- 2 ; 1) ∪ (1 ; 2) a\in olduğunu tapırıq. (-\ sqrt(2);1)\bigcup(1;\sqrt(2)) .

CAVAB

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

Hər biri üçün bərabərsizliklərin ümumi həlli olan bütün a a dəyərlərini tapın

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

bərabərsizliyin həlli yollarıdır

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

Vəziyyətdə özünüzü istiqamətləndirmək üçün bəzən parametrin tək dəyərini nəzərə almaq faydalıdır. Məsələn, a = 0 a=0 üçün rəsm çəkək. Bərabərsizliklər (20) (əslində, biz bərabərsizliklər sistemi (20) ilə məşğul oluruq) BAC BAC bucağının nöqtələri ilə təmin edilir (bax. Şəkil 21) - nöqtələr, hər biri hər iki xəttdən yuxarıda yerləşir y = - 2 xy = -2x və y = xy =x (və ya bu sətirlərdə). (21) bərabərsizliyi y = 1 2 x + 3 2 y = \dfrac(1)(2)x + \dfrac(3)(2) xəttinin üstündə yerləşən nöqtələrlə təmin edilir. Görünür ki, a = 0 a=0 olduqda məsələnin şərti yerinə yetirilmir.

a a parametrinin fərqli qiymətini götürsək nə dəyişəcək? Xətlərin yamacları a-dan asılı olmadığı üçün xətlərin hər biri hərəkət edəcək və özünə paralel bir xəttə keçəcək. Məsələnin şərtini yerinə yetirmək üçün bütün B A C BAC bucağının l l xəttindən yuxarı olması lazımdır. A B AB və A C AC xətlərinin yamaclarının modulu l l xəttinin yamacından böyük olduğu üçün bucağın təpəsinin l l xəttindən yuxarıda olması zəruri və kifayətdir.

Tənliklər sisteminin həlli

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

A (- a 3 ; 5 a 3) A(-\dfrac(a)(3);\dfrac(5a)(3)) nöqtəsinin koordinatlarını tapın. Onlar bərabərsizliyi (21) təmin etməlidirlər, ona görə də $$\dfrac(10a)(3)+\dfrac(a)(3) > a+3$$, buradan $$a>\dfrac(9)(8)$$ .

CAVAB

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