Jednačine s parametrima s pravom se smatraju jednom od najčešćih složeni zadaci u toku školske matematike. Upravo ti zadaci iz godine u godinu završavaju na listi zadataka tipa B i C na jedinstvenom državnom ispitu Jedinstvenog državnog ispita. Međutim, među veliki broj jednadžbe sa parametrima su one koje se lako mogu riješiti grafički. Razmotrimo ovu metodu na primjeru rješavanja nekoliko problema.

Pronađite zbroj cjelobrojnih vrijednosti broja a za koji je jednadžba |x 2 – 2x – 3| = a ima četiri korijena.

Rješenje.

Da bismo odgovorili na pitanje problema, napravimo grafove funkcija na jednoj koordinatnoj ravni

y = |x 2 – 2x – 3| i y = a.

Grafikon prve funkcije y = |x 2 – 2x – 3| dobiće se iz grafika parabole y = x 2 – 2x – 3 simetričnim prikazom u odnosu na x-osu onaj dio grafika koji je ispod Ox-ose. Dio grafikona koji se nalazi iznad x-ose ostat će nepromijenjen.

Uradimo to korak po korak. Graf funkcije y = x 2 – 2x – 3 je parabola čiji su ogranci usmjereni prema gore. Da bismo izgradili njegov graf, nalazimo koordinate vrha. Ovo se može uraditi pomoću formule x 0 = -b/2a. Dakle, x 0 = 2/2 = 1. Da bismo pronašli koordinatu vrha parabole duž ordinatne ose, zamenimo rezultujuću vrednost za x 0 u jednadžbu dotične funkcije. Dobijamo da je y 0 = 1 – 2 – 3 = -4. To znači da vrh parabole ima koordinate (1; -4).

Zatim morate pronaći točke presjeka grana parabole s koordinatnim osa. U tačkama preseka grana parabole sa apscisnom osom, vrednost funkcije je nula. Stoga ćemo odlučiti kvadratna jednačina x 2 – 2x – 3 = 0. Njegovi korijeni će biti tražene tačke. Prema Vietinoj teoremi imamo x 1 = -1, x 2 = 3.

U tačkama preseka grana parabole sa ordinatnom osom, vrednost argumenta je nula. Dakle, tačka y = -3 je tačka preseka grana parabole sa y-osom. Dobijeni grafikon je prikazan na slici 1.

Da bismo dobili grafik funkcije y = |x 2 – 2x – 3|, prikažimo dio grafika koji se nalazi ispod x-ose simetrično u odnosu na x-osu. Dobijeni grafikon je prikazan na slici 2.

Grafikon funkcije y = a je prava paralelna sa apscisnom osom. To je prikazano na slici 3. Koristeći sliku, nalazimo da grafovi imaju četiri zajedničke tačke(a jednadžba je četiri korijena), ako a pripada intervalu (0; 4).

Cjelobrojne vrijednosti broja a iz rezultirajućeg intervala: 1; 2; 3. Da odgovorimo na pitanje zadatka, pronađimo zbir ovih brojeva: 1 + 2 + 3 = 6.

Odgovor: 6.

Pronađite aritmetičku sredinu cjelobrojnih vrijednosti broja a za koje je jednadžba |x 2 – 4|x| – 1| = a ima šest korijena.

Počnimo crtanjem funkcije y = |x 2 – 4|x| – 1|. Da bismo to učinili, koristimo jednakost a 2 = |a| 2 i odaberite cijeli kvadrat u submodularnom izrazu napisanom na desnoj strani funkcije:

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

Tada će originalna funkcija imati oblik y = |(|x| – 2) 2 – 5|.

Da bismo konstruirali graf ove funkcije, konstruiramo sekvencijalne grafove funkcija:

1) y = (x – 2) 2 – 5 – parabola sa vrhom u tački sa koordinatama (2; -5); (Sl. 1).

2) y = (|x| – 2) 2 – 5 – dio parabole konstruisan u koraku 1, koji se nalazi desno od ordinatne ose, simetrično je prikazan lijevo od ose Oy; (Sl. 2).

3) y = |(|x| – 2) 2 – 5| – dio grafika konstruisan u tački 2, koji se nalazi ispod x-ose, prikazuje se simetrično u odnosu na x-osu prema gore. (Sl. 3).

Pogledajmo rezultirajuće crteže:

Grafikon funkcije y = a je prava paralelna sa apscisnom osom.

Koristeći sliku, zaključujemo da grafovi funkcija imaju šest zajedničkih tačaka (jednačina ima šest korijena) ako a pripada intervalu (1; 5).

To se može vidjeti na sljedećoj slici:

Nađimo aritmetičku sredinu cjelobrojnih vrijednosti parametra a:

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

Odgovor: 3.

web stranicu, kada kopirate materijal u cijelosti ili djelomično, link na izvor je obavezan.

Jednadžbe s parametrima: metoda grafičkog rješenja

8-9 razredi

U članku se govori o grafičkoj metodi za rješavanje nekih jednadžbi s parametrima, koja je vrlo efikasna kada treba ustanoviti koliko korijena jednačina ima ovisno o parametru a.

Zadatak 1. Koliko korijena ima jednačina? | | x | – 2 | = a zavisno od parametra a?

Rješenje. U koordinatnom sistemu (x; y) konstruisaćemo grafove funkcija y = | | x | – 2 | i y = a. Grafikon funkcije y = | | x | – 2 | prikazano na slici.

Grafikon funkcije y = a je prava linija paralelna sa Ox osi ili koja se poklapa s njom (ako a = 0).

Iz crteža se vidi da:

Ako a= 0, zatim prava y = a poklapa se sa Ox osom i ima graf funkcije y = | | x | – 2 | dvije zajedničke tačke; to znači da originalna jednadžba ima dva korijena (u ovom slučaju korijeni se mogu naći: x 1,2 = d 2).
Ako je 0< a < 2, то прямая y = a имеет с графиком функции y = | | x | – 2 | четыре общие точки и, следовательно, исходное уравнение имеет четыре корня.
Ako a= 2, tada prava y = 2 ima tri zajedničke tačke sa grafikom funkcije. Tada originalna jednadžba ima tri korijena.
Ako a> 2, zatim prava y = a imaće dve tačke sa grafikom originalne funkcije, odnosno ova jednačina će imati dva korena.

Ako a < 0, то корней нет;
Ako a = 0, a> 2, tada postoje dva korijena;
Ako a= 2, zatim tri korijena;
ako je 0< a < 2, то четыре корня.

Zadatak 2. Koliko korijena ima jednačina? | x 2 – 2| x | – 3 | = a zavisno od parametra a?

Rješenje. U koordinatnom sistemu (x; y) konstruisaćemo grafove funkcija y = | x 2 – 2| x | – 3 | i y = a.

Grafikon funkcije y = | x 2 – 2| x | – 3 | prikazano na slici. Grafikon funkcije y = a je prava paralelna sa Ox ili koja se poklapa s njom (kada a = 0).

Sa crteža možete vidjeti:

Ako a= 0, zatim prava y = a poklapa se sa Ox osom i ima graf funkcije y = | x2 – 2| x | – 3 | dvije zajedničke tačke, kao i prava linija y = a imat će sa grafom funkcije y = | x 2 – 2| x | – 3 | dve zajedničke tačke na a> 4. Dakle, kada a= 0 i a> 4 originalna jednadžba ima dva korijena.
Ako je 0< a < 3, то прямая y = a ima sa grafom funkcije y = | x 2 – 2| x | – 3 | četiri zajedničke tačke, kao i prava linija y= aće imati četiri zajedničke tačke sa grafom konstruisane funkcije na a= 4. Dakle, na 0< a < 3, a= 4 originalna jednadžba ima četiri korijena.
Ako a= 3, zatim prava y = a siječe graf funkcije u pet tačaka; dakle, jednačina ima pet korijena.
Ako 3< a < 4, прямая y = a пересекает график построенной функции в шести точках; значит, при этих значениях параметра исходное уравнение имеет шесть корней.
Ako a < 0, уравнение корней не имеет, так как прямая y = a не пересекает график функции y = | x 2 – 2| x | – 3 |.

Ako a < 0, то корней нет;
Ako a = 0, a> 4, zatim dva korijena;
ako je 0< a < 3, a= 4, zatim četiri korijena;
Ako a= 3, zatim pet korijena;
ako 3< a < 4, то шесть корней.

Zadatak 3. Koliko korijena ima jednačina?

zavisno od parametra a?

Rješenje. Napravimo graf funkcije u koordinatnom sistemu (x; y) ali prvo predstavimo to u obliku:

Prave x = 1, y = 1 su asimptote grafa funkcije. Grafikon funkcije y = | x | + a dobijeno iz grafa funkcije y = | x | pomicanje za jedinice duž ose Oy.

Grafovi funkcija seku u jednoj tački u a> – 1; To znači da jednačina (1) za ove vrijednosti parametara ima jedno rješenje.

At a = – 1, a= – 2 grafika se seku u dve tačke; To znači da za ove vrijednosti parametara jednačina (1) ima dva korijena.
U – 2< a < – 1, a < – 2 графики пересекаются в трех точках; значит, уравнение (1) при этих значениях параметра имеет три решения.

Ako a> – 1, zatim jedno rješenje;
Ako a = – 1, a= – 2, tada postoje dva rješenja;
ako – 2< a < – 1, a < – 1, то три решения.

Komentar. Prilikom rješavanja jednačine (1) zadatka 3 posebnu pažnju treba obratiti na slučaj kada a= – 2, pošto tačka (– 1; – 1) ne pripada grafu funkcije ali pripada grafu funkcije y = | x | + a.

Pređimo na rješavanje drugog problema.

Zadatak 4. Koliko korijena ima jednačina?

x + 2 = a| x – 1 | (2)

zavisno od parametra a?

Rješenje. Imajte na umu da x = 1 nije korijen zadata jednačina, budući da je jednakost 3 = a· 0 ne može biti istinito ni za jednu vrijednost parametra a. Podijelimo obje strane jednačine sa | x – 1 |(| x – 1 | br. 0), tada će jednačina (2) poprimiti oblik U koordinatnom sistemu xOy iscrtaćemo funkciju

Grafikon ove funkcije prikazan je na slici. Grafikon funkcije y = a je prava linija paralelna s osi Ox ili koja se poklapa s njom (ako a = 0).

Ako a J – 1, tada nema korijena;
ako – 1< a J 1, zatim jedan korijen;
Ako a> 1, tada postoje dva korijena.

Razmotrimo najsloženiju jednačinu.

Problem 5. Na kojim vrijednostima parametra a jednačina

a x 2 + | x – 1 | = 0 (3)

ima tri resenja?

Rješenje. 1. Kontrolna vrijednost parametra za ovu jednačinu bit će broj a= 0, pri čemu jednačina (3) poprima oblik 0 + | x – 1 | = 0, odakle je x = 1. Dakle, kada a= 0, jednačina (3) ima jedan korijen, koji ne zadovoljava uslove zadatka.

2. Razmotrite slučaj kada a № 0.

Prepišimo jednačinu (3). sljedeći obrazac: a x 2 = – | x – 1 |. Imajte na umu da će jednadžba imati rješenja samo kada a < 0.

U koordinatnom sistemu xOy konstruisaćemo grafove funkcija y = | x – 1 | i y = a x 2 . Grafikon funkcije y = | x – 1 | prikazano na slici. Grafikon funkcije y = a x 2 je parabola čije su grane usmjerene prema dolje, jer a < 0. Вершина параболы - точка (0; 0).

Jednačina (3) će imati tri rješenja samo kada je prava linija y = – x + 1 tangentna na grafik funkcije y= a x 2 .

Neka je x 0 apscisa tačke dodira prave linije y = – x + 1 sa parabolom y = a x 2 . Tangentna jednačina ima oblik

y = y(x 0) + y "(x 0)(x – x 0).

Zapišimo uslove tangentnosti:

Ova jednačina se može riješiti bez korištenja koncepta izvoda.

Razmotrimo drugu metodu. Iskoristimo činjenicu da ako pravac y = kx + b ima jednu zajedničku tačku sa parabolom y = a x 2 + px + q, zatim jednačina a x 2 + px + q = kx + b mora imati jedinstveno rješenje, odnosno njegov diskriminanta je nula. U našem slučaju imamo jednačinu a x 2 = – x + 1 ( a br. 0). Diskriminantna jednačina

Problemi koje treba riješiti samostalno

6. Koliko korijena ima jednačina u zavisnosti od parametra 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) ako a<0, то корней нет; если a=0, a>3, zatim dva korijena; Ako a=3, zatim tri korijena; ako je 0<a<3, то четыре корня;
2) ako a<1, то корней нет; если a=1, tada postoji beskonačan skup rješenja iz intervala [– 2; - 1]; Ako a> 1, tada postoje dva rješenja;
3) ako a<0, то корней нет; если a=0, a<3, то четыре корня; если 0<a<1, то восемь корней; если a=1, zatim šest korijena; Ako a=3, tada postoje tri rješenja; Ako a>3, onda postoje dva rješenja;
4) ako a<0, то корней нет; если a=0, 4<a<5, то четыре корня; если 0<a< 4, то восемь корней; если a=4, zatim šest korijena; Ako a=5, zatim tri korijena; Ako a>5, onda postoje dva korijena.

7. Koliko korijena ima jednačina | x + 1 | = a(x – 1) u zavisnosti od parametra a?

Bilješka. Kako x = 1 nije korijen jednadžbe, ova jednačina se može svesti na oblik .

Odgovor: ako a J –1, a > 1, a=0, zatim jedan korijen; ako – 1<a<0, то два корня; если 0<a J 1, onda nema korijena.

8. Koliko korijena ima jednačina x + 1 = a| x – 1 |u zavisnosti od parametra a?

Nacrtajte grafikon (vidi sliku).

Odgovor: ako a J –1, tada nema korena; ako – 1<a J 1, zatim jedan korijen; Ako a>1, tada postoje dva korijena.

9. Koliko korijena ima jednačina?

2| x | – 1 = a(x – 1)

zavisno od parametra a?

Bilješka. Smanjite jednačinu da se formira

Odgovor: ako a J –2, a>2, a=1, zatim jedan korijen; ako je –2<a<1, то два корня; если 1<a J 2, onda nema korijena.

10. Koliko korijena ima jednačina?

zavisno od parametra a?

Odgovor: ako aЈ 0, a i 2, zatim jedan korijen; ako je 0<a<2, то два корня.

11. Na kojim vrijednostima parametra a jednačina

x 2 + a| x – 2 | = 0

ima tri resenja?

Bilješka. Svesti jednačinu na oblik x 2 = – a| x – 2 |.

Odgovor: kada a J –8.

12. Na kojim vrijednostima parametra a jednačina

a x 2 + | x + 1 | = 0

ima tri resenja?

Bilješka. Koristite zadatak 5. Ova jednačina ima tri rješenja samo ako je jednačina a x 2 + x + 1 = 0 ima jedno rješenje i slučaj a= 0 ne zadovoljava uslove problema, odnosno ostaje slučaj kada

13. Koliko korijena ima jednačina?

x | x – 2 | = 1 – a

zavisno od parametra a?

Bilješka. Svesti jednadžbu na oblik –x |x – 2| + 1 = a

zavisno od parametra a?

Bilješka. Konstruirajte grafove lijeve i desne strane ove jednačine.

Odgovor: ako a<0, a>2, tada postoje dva korijena; ako je 0J a J 2, zatim jedan korijen.

16. Koliko korijena ima jednačina?

zavisno od parametra a?

Bilješka. Konstruirajte grafove lijeve i desne strane ove jednačine. Za grafički prikaz funkcije Nađimo intervale konstantnog predznaka izraza x + 2 i x:

Odgovor: ako a>– 1, zatim jedno rješenje; Ako a= – 1, tada postoje dva rješenja; ako – 3<a<–1, то четыре решения; если a J –3, onda postoje tri rješenja.

Olga Otdelkina, učenica 9. razreda

Ova tema je sastavni dio školskog kursa algebre. Svrha ovog rada je detaljnije proučiti ovu temu, identificirati najracionalnije rješenje koje brzo vodi do odgovora. Ovaj esej će pomoći ostalim studentima da shvate upotrebu grafičke metode za rješavanje jednačina sa parametrima, nauče o nastanku i razvoju ove metode.

Skinuti:

Pregled:

Uvod2

Poglavlje 1. Jednačine sa parametrom

Istorijat nastanka jednadžbi sa parametrom3

Vietin teorem 4

Osnovni koncepti5

Poglavlje 2. Vrste jednačina sa parametrima.

Linearne jednadžbe6

Kvadratne jednadžbe…………………………………………………………………………..7

Poglavlje 3. Metode rješavanja jednačina sa parametrom

Analitička metoda…………………………………………………………..8

Grafička metoda. Istorija nastanka……………………………9

Algoritam rješenja grafičkom metodom..................................................10

Rješenje jednadžbe s modulom…………………………………………………………….11

Praktični dio……………………………………………………………………………12

Zaključak…………………………………………………………………………………………….19

Reference…………………………………………………………………………20

Uvod.

Odabrao sam ovu temu jer je sastavni dio školskog kursa algebre. Pripremajući ovaj rad, postavio sam za cilj dublje proučavanje ove teme, identificirajući najracionalnije rješenje koje brzo vodi do odgovora. Moj esej će pomoći ostalim studentima da shvate upotrebu grafičke metode za rješavanje jednačina s parametrima, nauče o nastanku i razvoju ove metode.

U modernom životu, proučavanje mnogih fizičkih procesa i geometrijskih obrazaca često dovodi do rješavanja problema s parametrima.

Za rješavanje ovakvih jednačina, grafička metoda je vrlo efikasna kada je potrebno odrediti koliko korijena jednačina ima u zavisnosti od parametra α.

Problemi sa parametrima su od čisto matematičkog interesa, doprinose intelektualnom razvoju učenika i služe kao dobar materijal za uvježbavanje vještina. Imaju dijagnostičku vrijednost, jer se mogu koristiti za provjeru znanja iz glavnih grana matematike, nivoa matematičkog i logičkog mišljenja, početnih istraživačkih vještina i obećavajućih mogućnosti za uspješno savladavanje predmeta matematike u visokoškolskim ustanovama.

Moj esej govori o tipovima jednadžbi koje se često susreću, a nadam se da će mi znanje koje sam stekao u radu pomoći prilikom polaganja školskih ispita, jerjednačine sa parametrimas pravom se smatraju jednim od najtežih problema u školskoj matematici. Upravo su ti zadaci uvršteni na listu zadataka Jedinstvenog državnog ispita.

Istorija nastanka jednačina sa parametrom

Problemi sa jednadžbama sa parametrom već su se susreli u astronomskoj raspravi „Arijabhattiam“, koju je 499. godine sastavio indijski matematičar i astronom Aryabhatta. Drugi indijski naučnik, Brahmagupta (7. vek), izložio je opšte pravilo za rešavanje kvadratnih jednačina svedenih na jedan kanonski oblik:

αx 2 + bx = c, α>0

Koeficijenti u jednadžbi, osim parametra, također može biti negativan.

Kvadratne jednadžbe od al-Khwarizmija.

Al-Khorezmijeva algebarska rasprava daje klasifikaciju linearnih i kvadratnih jednadžbi s parametrom a. Autor broji 6 vrsta jednačina, izražavajući ih na sljedeći način:

1) „Kvadrati su jednaki korijenima“, tj. αx 2 = bx.

2) „Kvadrati su jednaki brojevima“, tj. αx 2 = c.

3) “Korijeni su jednaki broju”, tj. αx = c.

4) “Kvadrati i brojevi su jednaki korijenima”, tj. αx 2 + c = bx.

5) “Kvadrati i korijeni su jednaki broju”, tj. αx 2 + bx = c.

6) “Korijeni i brojevi su jednaki kvadratima”, tj. bx + c = αx 2 .

Formule za rješavanje kvadratnih jednačina prema al-Khwarizmiju u Evropi su prvi put izložene u "Knjizi Abacus", koju je 1202. napisao italijanski matematičar Leonardo Fibonacci.

Izvođenje formule za rješavanje kvadratne jednadžbe s parametrom u općem obliku dostupno je od Viete, ali je Vieta prepoznao samo pozitivne korijene. Italijanski matematičari Tartaglia, Cardano, Bombelli bili su među prvima u 12. veku. Osim pozitivnih, u obzir se uzimaju i negativni korijeni. Tek u 17. veku. Zahvaljujući radovima Girarda, Descartesa, Newtona i drugih naučnika, metoda rješavanja kvadratnih jednačina poprimila je moderan oblik.

Vietin teorem

Teoremu koja izražava odnos između parametara, koeficijenata kvadratne jednadžbe i njenih korijena, nazvanu po Vieti, on je prvi put formulirao 1591. godine na sljedeći način: „Ako se b + d pomnoži sa α minus α 2 , jednako je bc, tada je α jednako b i jednako d.”

Da bismo razumjeli Vieta, trebamo zapamtiti da α, kao i svako samoglasničko slovo, znači nepoznato (naš x), dok su samoglasnici b, d koeficijenti za nepoznato. Na jeziku moderne algebre, gornja Vieta formulacija znači:

Ako ima

(α + b)x - x 2 = αb,

To jest, x 2 - (α -b)x + αb =0,

tada je x 1 = α, x 2 = b.

Izražavajući odnos između korijena i koeficijenata jednačina općim formulama ispisanim pomoću simbola, Vieta je uspostavio uniformnost u metodama rješavanja jednačina. Međutim, simbolika Vieta je još uvijek daleko od svog modernog oblika. Nije prepoznao negativne brojeve i stoga je prilikom rješavanja jednačina razmatrao samo slučajeve u kojima su svi korijeni bili pozitivni.

Osnovni koncepti

Parametar - nezavisna varijabla čija se vrijednost smatra fiksnim ili proizvoljnim brojem, ili brojem koji pripada intervalu određenom uslovom problema.

Jednadžba s parametrom— matematičkijednačina, čiji izgled i rješenje ovisi o vrijednostima jednog ili više parametara.

Odlučite se jednadžba sa srednjim parametrom za svaku vrijednostpronađite vrijednosti x koje zadovoljavaju ovu jednačinu, kao i:

1. 1. Istražite pri kojim vrijednostima parametara jednačina ima korijen i koliko ih ima za različite vrijednosti parametara.
2. 2. Pronađite sve izraze za korijene i navedite za svaki od njih one vrijednosti parametara po kojima ovaj izraz zapravo određuje korijen jednadžbe.

Razmotrimo jednačinu α(x+k)= α +c, gdje su α, c, k, x promjenjive veličine.

Sistem dozvoljenih vrijednosti varijabli α, c, k, xje bilo koji sistem varijabilnih vrijednosti u kojem i lijeva i desna strana ove jednačine uzimaju realne vrijednosti.

Neka je A skup svih dozvoljenih vrednosti za α, K skup svih dozvoljenih vrednosti za k, X skup svih dozvoljenih vrednosti za x, C skup svih dozvoljenih vrednosti za c. Ako za svaki od skupova A, K, C, X odaberemo i fiksiramo, redom, jednu vrijednost α, k, c, i zamijenimo ih u jednadžbu, tada ćemo dobiti jednačinu za x, tj. jednačina sa jednom nepoznatom.

Varijable α, k, c, koje se pri rješavanju jednačine smatraju konstantnim, nazivaju se parametri, a sama jednačina se naziva jednačina koja sadrži parametre.

Parametri su označeni prvim slovima latinice: α, b, c, d, ..., k, l, m, n, a nepoznanice su označene slovima x, y, z.

Pozivaju se dvije jednadžbe koje sadrže iste parametre ekvivalentno ako:

a) imaju smisla za iste vrijednosti parametara;

b) svako rješenje prve jednačine je rješenje druge i obrnuto.

Vrste jednadžbi s parametrima

Jednačine sa parametrima su: linearne i kvadrat.

1) Linearna jednačina. Opšti oblik:

α x = b, gdje je x nepoznato;α, b - parametri.

Za ovu jednačinu, posebna ili kontrolna vrijednost parametra je ona pri kojoj koeficijent nepoznate postaje nula.

Prilikom rješavanja linearne jednadžbe s parametrom razmatraju se slučajevi kada je parametar jednak svojoj posebnoj vrijednosti i različit od nje.

Posebna vrijednost parametra α je vrijednostα = 0.

1.Ako i ≠0, zatim za bilo koji par parametaraα i b ima jedinstveno rješenje x = .

2.Ako i =0, tada jednačina poprima oblik:0 x = b . U ovom slučaju vrijednost b = 0 je posebna vrijednost parametra b.

2.1. Na b ≠ 0 jednačina nema rješenja.

2.2. Na b =0 jednačina će imati oblik:0 x =0.

Rješenje ove jednačine je bilo koji realan broj.

Kvadratna jednadžba s parametrom.

Opšti oblik:

α x 2 + bx + c = 0

gdje je parametar α ≠0, b i c - proizvoljni brojevi

Ako je α =1, tada se jednačina naziva redukovana kvadratna jednačina.

Koreni kvadratne jednadžbe se nalaze pomoću formula

Izraz D = b 2 - 4 α c se naziva diskriminantom.

1. Ako je D> 0, jednadžba ima dva različita korijena.

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

3. Ako je D = 0, jednačina ima dva jednaka korijena.

Metode za rješavanje jednačina sa parametrom:

1. Analitički - metoda direktnog rješenja, ponavljanje standardnih procedura za pronalaženje odgovora u jednadžbi bez parametara.
2. Grafički - u zavisnosti od uslova problema, razmatra se položaj grafa odgovarajuće kvadratne funkcije u koordinatnom sistemu.

Analitička metoda

Algoritam rješenja:

1. Prije nego počnete rješavati problem s parametrima pomoću analitičke metode, morate razumjeti situaciju za određenu numeričku vrijednost parametra. Na primjer, uzmite vrijednost parametra α =1 i odgovorite na pitanje: je li vrijednost parametra α =1 potrebna za ovaj zadatak.

Primjer 1. Riješite relativno X linearna jednadžba s parametrom m:

Prema značenju problema (m-1)(x+3) = 0, odnosno m= 1, x = -3.

Pomnožeći obje strane jednačine sa (m-1)(x+3), dobijamo jednačinu

Dobijamo

Dakle, pri m= 2,25.

Sada moramo provjeriti da li postoje vrijednosti m za koje

pronađena vrijednost x je -3.

rješavajući ovu jednačinu, nalazimo da je x jednako -3 sa m = -0,4.

Odgovor: sa m=1, m =2,25.

Grafička metoda. Istorija porekla

Proučavanje zajedničkih zavisnosti počelo je u 14. veku. Srednjovjekovna nauka je bila sholastička. S takvom prirodom nije ostalo prostora za proučavanje kvantitativnih zavisnosti, već se radilo samo o kvalitetima objekata i njihovim međusobnim vezama. Ali među skolasticima se pojavila škola koja je tvrdila da kvalitete mogu biti manje ili više intenzivne (haljina osobe koja je pala u rijeku vlažnija je od one koju je upravo uhvatila kiša)

Francuski naučnik Nikolaj Oresme počeo je da prikazuje intenzitet dužinama segmenata. Kada je ove segmente postavio okomito na određenu pravu liniju, njihovi krajevi su formirali liniju, koju je nazvao "linija intenziteta" ili "linija gornje ivice" (graf odgovarajuće funkcionalne zavisnosti). Oresme je čak proučavao "planarnu ” i “fizičke” kvalitete, odnosno funkcije, ovisno o dvije ili tri varijable.

Oresmeovo važno dostignuće bio je njegov pokušaj da klasifikuje rezultirajuće grafove. Identifikovao je tri vrste kvaliteta: Ujednačeno (sa konstantnim intenzitetom), ujednačeno-neujednačeno (sa konstantnom stopom promjene intenziteta) i neujednačeno-nejednako (svi ostali), kao i karakteristična svojstva grafova takvih kvaliteta.

Da bi se stvorio matematički aparat za proučavanje grafova funkcija, bio je potreban koncept varijable. Ovaj koncept je u nauku uveo francuski filozof i matematičar Rene Descartes (1596-1650). Descartes je bio taj koji je došao do ideja o jedinstvu algebre i geometrije i ulozi varijabli; Descartes je uveo segment fiksne jedinice i počeo razmatrati odnose drugih segmenata prema njemu.

Dakle, grafovi funkcija tokom čitavog perioda svog postojanja prošli su niz fundamentalnih transformacija koje su ih dovele do oblika na koji smo navikli. Svaka faza ili faza u razvoju grafova funkcija sastavni je dio istorije moderne algebre i geometrije.

Grafička metoda određivanja broja korijena jednadžbe u zavisnosti od parametra uključenog u nju je prikladnija od analitičke.

Algoritam rješavanja grafičkom metodom

Grafikon funkcije - skup tačaka u kojimaapscisasu valjane vrijednosti argumenata, A ordinate- odgovarajuće vrijednostifunkcije.

Algoritam za grafičko rješavanje jednadžbi sa parametrom:

1. Naći domen definicije jednačine.
2. Izražavamo α kao funkcija od x.
3. U koordinatnom sistemu gradimo graf funkcijeα (x) za one vrijednosti x koje su uključene u domenu definicije ove jednačine.
4. Pronalaženje presječnih tačaka praveα =s, sa grafikom funkcije

α(x). Ako je pravac α =s prelazi grafα (x), tada određujemo apscise presječnih tačaka. Da biste to učinili, dovoljno je riješiti jednačinu c = α (x) u odnosu na x.

1. Zapišite odgovor

Rješavanje jednadžbi s modulom

Prilikom grafičkog rješavanja jednadžbi s modulom koji sadrži parametar, potrebno je konstruirati grafove funkcija i razmotriti sve moguće slučajeve za različite vrijednosti parametra.

Na primjer, │h│= a,

Odgovor: ako a < 0, то нет корней, a > 0, tada je x = a, x = - a, ako je a = 0, onda je x = 0.

Rješavanje problema.

Zadatak 1. Koliko korijena ima jednačina?| | x | - 2 | = a zavisno od parametra a?

Rješenje. U koordinatnom sistemu (x; y) konstruisaćemo grafove funkcija y = | | x | - 2 | i y = a . Grafikon funkcije y = | | x | - 2 | prikazano na slici.

Grafikon funkcije y =α a = 0).

Iz grafikona se može vidjeti da:

Ako je a = 0, onda je prava linija y = a poklapa se sa Ox osom i ima graf funkcije y = | | x | - 2 | dvije zajedničke tačke; to znači da originalna jednadžba ima dva korijena (u ovom slučaju korijeni se mogu naći: x 1,2 = + 2).
Ako je 0< a < 2, то прямая y = α ima sa grafom funkcije y = | | x | - 2 | četiri zajedničke tačke i, prema tome, originalna jednadžba ima četiri korijena.
Ako a = 2, tada prava y = 2 ima tri zajedničke tačke sa grafikom funkcije. Tada originalna jednadžba ima tri korijena.
Ako a > 2, zatim prava y = a imaće dve tačke sa grafikom originalne funkcije, odnosno ova jednačina će imati dva korena.

Odgovor: ako a < 0, то корней нет;
ako je a = 0, a > 2, tada postoje dva korijena;
ako je a = 2, tada postoje tri korijena;
ako je 0< a < 2, то четыре корня.

Zadatak 2. Koliko korijena ima jednačina?| x 2 - 2| x | - 3 | = a zavisno od parametra a?

Rješenje. U koordinatnom sistemu (x; y) konstruisaćemo grafove funkcija y = | x 2 - 2| x | - 3 | i y = a.

Grafikon funkcije y = | x 2 - 2| x | - 3 | prikazano na slici. Grafikon funkcije y =α je prava linija paralelna sa Ox ili koja se poklapa s njom (kada a = 0).

Iz grafikona možete vidjeti:

Ako je a = 0, onda je prava linija y = a poklapa se sa Ox osom i ima graf funkcije y = | x2 - 2| x | - 3 | dvije zajedničke tačke, kao i prava linija y = a imat će sa grafom funkcije y = | x 2 - 2| x | - 3 | dve zajedničke tačke na a > 4. Dakle, za a = 0 i a > 4 originalna jednadžba ima dva korijena.
Ako je 0< a< 3, то прямая y = a ima sa grafom funkcije y = | x 2 - 2| x | - 3 | četiri zajedničke tačke, kao i prava linija y= a će imati četiri zajedničke tačke sa grafom konstruisane funkcije na a = 4. Dakle, na 0< a < 3, a = 4 originalna jednadžba ima četiri korijena.
Ako a = 3, zatim prava y = a siječe graf funkcije u pet tačaka; dakle, jednačina ima pet korijena.
Ako 3< a< 4, прямая y = α siječe graf konstruirane funkcije u šest tačaka; To znači da za ove vrijednosti parametara originalna jednadžba ima šest korijena.
Ako a < 0, уравнение корней не имеет, так как прямая y = α ne siječe graf funkcije y = | x 2 - 2| x | - 3 |.

Odgovor: ako a < 0, то корней нет;
ako je a = 0, a > 4, tada postoje dva korijena;
ako je 0< a < 3, a = 4, zatim četiri korijena;

ako a = 3, zatim pet korijena;
ako 3< a < 4, то шесть корней.

Zadatak 3. Koliko korijena ima jednačina?

zavisno od parametra a?

Rješenje. Napravimo graf funkcije u koordinatnom sistemu (x; y)

ali prvo predstavimo to u obliku:

Prave x = 1, y = 1 su asimptote grafa funkcije. Grafikon funkcije y = | x | + a dobijeno iz grafa funkcije y = | x | pomicanje za jedinice duž ose Oy.

Grafovi funkcija seku u jednoj tački u a > - 1; To znači da jednačina (1) za ove vrijednosti parametara ima jedno rješenje.

Kada je a = - 1, a = - 2 grafika se seku u dve tačke; To znači da za ove vrijednosti parametara jednačina (1) ima dva korijena.
Na -2< a< - 1, a < - 2 графики пересекаются в трех точках; значит, уравнение (1) при этих значениях параметра имеет три решения.

Odgovor: ako a > - 1, zatim jedno rješenje;
ako je a = - 1, a = - 2, tada postoje dva rješenja;
ako - 2< a < - 1, a < - 1, то три решения.

Komentar. Prilikom rješavanja jednačine problema posebnu pažnju treba obratiti na slučaj kada a = - 2, pošto tačka (- 1; - 1) ne pripada grafu funkcijeali pripada grafu funkcije y = | x | + a.

Zadatak 4. Koliko korijena ima jednačina?

x + 2 = a | x - 1 |

zavisno od parametra a?

Rješenje. Imajte na umu da x = 1 nije korijen ove jednadžbe, jer je jednakost 3 = a 0 ne može biti istinito ni za jednu vrijednost parametra a . Podijelimo obje strane jednačine sa | x - 1 |(| x - 1 |0), tada jednačina poprima oblikU koordinatnom sistemu xOy iscrtaćemo funkciju

Grafikon ove funkcije prikazan je na slici. Grafikon funkcije y = a je prava linija paralelna s osi Ox ili koja se poklapa s njom (ako a = 0).

§ 8. PRIMJENA TEORIJE VEROVATNOĆE NA STATISTIKU.

2. Određivanje nepoznatih parametara distribucije.

Koristeći histogram, možemo približno nacrtati gustinu distribucije slučajne varijable. Izgled ovog grafa nam često omogućava da napravimo pretpostavku o distribuciji gustine vjerovatnoće slučajne varijable. Izraz ove gustine raspodjele obično uključuje neke parametre koje je potrebno odrediti iz eksperimentalnih podataka.
Zadržimo se na konkretnom slučaju kada gustina distribucije zavisi od dva parametra.
Pa neka x 1 , x 2 , ..., x n- uočene vrijednosti kontinuirane slučajne varijable, i neka njena gustina distribucije vjerovatnoće zavisi od dva nepoznata parametra A I B, tj. izgleda kao . Jedna od metoda za pronalaženje nepoznatih parametara A I B sastoji se u činjenici da su odabrani na takav način da se matematičko očekivanje i varijansa teorijske distribucije poklapaju sa srednjim vrijednostima uzorka i varijansom:

(66)

Gdje

(67)

Iz dvije dobijene jednadžbe () se nalaze nepoznati parametri A I B. Tako, na primjer, ako slučajna varijabla poštuje normalni zakon distribucije vjerovatnoće, tada će njena gustina raspodjele vjerovatnoće

zavisi od dva parametra a i . Ovi parametri, kao što znamo, su, respektivno, matematičko očekivanje i standardna devijacija slučajne varijable; stoga će jednakosti () biti napisane ovako:

(68)

Prema tome, gustina raspodjele vjerovatnoće ima oblik

Napomena 1. Ovaj problem smo već riješili u . Rezultat mjerenja je slučajna varijabla koja poštuje zakon normalne distribucije s parametrima a i . Za približnu vrijednost a odabrali smo vrijednost , a za približnu vrijednost - vrijednost .

Napomena 2. Uz veliki broj eksperimenata, pronalaženje količina i korištenje formula () povezano je s glomaznim proračunima. Stoga rade ovo: svaka od uočenih vrijednosti količine pada u i th interval ] X i-1 , X i [ statističke serije, smatra se približno jednakom sredini c i ovaj interval, tj. c i =(X i-1 +X i)/2. Razmotrite prvi interval ] X 0 , X 1 [. Pogodilo ga je m 1 uočene vrijednosti slučajne varijable, od kojih svaku zamjenjujemo brojem od 1. Dakle, zbir ovih vrijednosti je približno jednak m 1 s 1. Slično tome, zbir vrijednosti koje spadaju u drugi interval je približno jednak m 2 sa 2 itd. Zbog toga

Na sličan način dobijamo približnu jednakost

Dakle, pokažimo to

(71)

stvarno,

Povratak