Slajd 2

Matematika je nauka mladih. Inače ne može biti. Matematika je oblik mentalne gimnastike koja zahtijeva svu fleksibilnost i izdržljivost mladosti. Norbert Wiener (1894-1964), američki naučnik

Slajd 3

odnos između brojeva a i b (matematički izrazi), povezanih znakovima nejednakosti -

Slajd 4

Istorijska pozadina Problemi dokazivanja jednakosti i nejednakosti pojavili su se u antičko doba. Za označavanje znakova jednakosti i nejednakosti korištene su posebne riječi ili njihove skraćenice. IV vek pre nove ere, Euklid, V. knjiga o elementima: ako su a, b, c, d pozitivni brojevi i a je najveći broj u proporciji a/b=c/d, tada važi nejednakost a+d=b + c. III vek, glavno delo Papa Aleksandrijskog “Matematička zbirka”: ako su a, b, c, d pozitivni brojevi i a/b>c/d, onda je nejednakost ad>bc zadovoljena. Više od 2000 pne nejednakost je bila poznata pretvara se u pravu jednakost kada je a=b.

Slajd 5

Moderni specijalni znakovi 1557. Znak jednakosti = uveo je engleski matematičar R. Ricord. Njegov motiv: "Ne mogu dva predmeta biti jednakija od dva paralelna segmenta." 1631 Znakovi > i

Slajd 6

Vrste nejednakosti Sa promenljivom (jednom ili više) Strogi Nestrogi Sa modulom Sa parametrom Nestandardni Sistemi Zbirke Numerički Jednostavni Dvostruki Višekratnici Algebarski celi brojevi: -linearni -kvadratni -veći stepeni Razlomak-racionalni Iracionalni Trigonometrijski Eksponencijalni Logaritamski Mešoviti tip

Slajd 7

Metode rješavanja nejednačina Grafički Osnovni Specijalni Funkcionalno-grafički Upotreba svojstava nejednačina Prijelaz na ekvivalentne sisteme Prijelaz na ekvivalentne zbirke Zamjena varijable Intervalna metoda (uključujući generaliziranu) Algebarska Metoda cijepanja za nestroge nejednakosti

Slajd 8

je vrijednost varijable koja je, kada je zamijenjena, pretvara u pravu numeričku nejednakost. Riješite nejednakost - pronađite sva njena rješenja ili dokažite da ih nema. Za dvije nejednačine se kaže da su ekvivalentne ako su sva rješenja svake od njih rješenja druge nejednakosti ili obje nejednačine nemaju rješenja. Nejednačine Rješavanje nejednačina u jednoj varijabli

Slajd 9

Opišite nejednakosti. Usmeno riješi 3)(x – 2)(x + 3)  0

Slajd 10

Grafička metoda

Riješite grafički nejednačinu 1) Konstruirajte graf 2) Konstruirajte graf u istom koordinatnom sistemu. 3) Pronađite apscisu presječnih tačaka grafova (vrijednosti se uzimaju približno, tačnost provjeravamo zamjenom). 4) Iz grafa određujemo rješenje ove nejednakosti. 5) Zapišite odgovor.

Slajd 11

Funkcionalno-grafička metoda za rješavanje nejednakosti f(x)

Slajd 12

Funkcionalno-grafička metoda Riješite nejednačinu: 3) Jednačina f(x)=g(x) ima najviše jedan korijen. Rješenje. 4) Odabirom nalazimo da je x = 2. II. Na numeričkoj osi Ox šematski prikažimo grafike funkcija f (x) i g (x) koje prolaze kroz tačku x = 2. III Odredimo rješenja i zapišimo odgovor. Odgovori. x -7 nedefinirano 2

Slajd 13

Riješite nejednačine:

Slajd 14

Izgradite grafikone funkcije Jedinstvenog državnog ispita-9, 2008

Slajd 15

y x O 1 1 -1 -1 -2 -3 -4 2 3 4 -2 -3 -4 2 3 4 1) y=|x| 2) y=|x|-1 3) y=||x|-1| 4) y=||x|-1|-1 5) y=|||x|-1|-1| 6) y=|||x|-1|-1|-1 y=||||x|-1|-1|-1|

Slajd 16

y x O 1 1 -1 -1 -2 -3 -4 2 3 4 -2 -3 -4 2 3 4 Odrediti broj intervala rješenja nejednakosti za svaku vrijednost parametra a

Slajd 17

Napravite grafikon funkcije Jedinstvenog državnog ispita-9, 2008

Slajd 18

Slajd 19

Jedna od najpogodnijih metoda za rješavanje kvadratnih nejednačina je grafička metoda. U ovom članku ćemo pogledati kako se kvadratne nejednačine rješavaju grafički. Prvo, raspravimo šta je suština ove metode. Zatim ćemo predstaviti algoritam i razmotriti primjere grafičkog rješavanja kvadratnih nejednačina.

Navigacija po stranici.

Suština grafičke metode

Uopšte grafička metoda za rješavanje nejednačina sa jednom promenljivom koristi se ne samo za rešavanje kvadratnih nejednačina, već i drugih vrsta nejednačina. Suština grafička metoda rješenja nejednakosti sljedeće: razmotrite funkcije y=f(x) i y=g(x), koje odgovaraju lijevoj i desnoj strani nejednakosti, izgradite njihove grafove u jednom pravokutnom koordinatnom sistemu i saznajte u kojim intervalima je graf jedne od oni su niži ili viši od drugih. Oni intervali gde

• graf funkcije f iznad grafa funkcije g su rješenja nejednakosti f(x)>g(x) ;
• grafik funkcije f koji nije niži od grafa funkcije g su rješenja nejednakosti f(x)≥g(x) ;
• graf od f ispod grafa od g su rješenja nejednakosti f(x)
• graf funkcije f koji nije viši od grafa funkcije g su rješenja nejednakosti f(x)≤g(x) .

Također ćemo reći da su apscise presječnih tačaka grafova funkcija f i g rješenja jednadžbe f(x)=g(x) .

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

Uvodimo dvije funkcije: prva y=a x 2 +b x+c (sa f(x)=a x 2 +b x+c) koja odgovara lijevoj strani kvadratne nejednakosti, druga y=0 (sa g ( x)=0 ) odgovara desnoj strani nejednakosti. Raspored kvadratna funkcija f je parabola i graf konstantna funkcija g – prava linija koja se poklapa sa osom apscise Ox.

Zatim, prema grafičkoj metodi rješavanja nejednačina, potrebno je analizirati u kojim intervalima se graf jedne funkcije nalazi iznad ili ispod druge, što će nam omogućiti da zapišemo željeno rješenje kvadratne nejednačine. U našem slučaju, potrebno je analizirati položaj parabole u odnosu na Ox osu.

Ovisno o vrijednostima koeficijenata a, b i c, moguće je sljedećih šest opcija (za naše potrebe dovoljan je shematski prikaz, a ne trebamo prikazivati ​​os Oy, jer njen položaj ne utiče na rješenja nejednakosti):

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

Radi jasnoće, oslikajmo crvenom bojom dijelove parabole koji se nalaze iznad x-ose, a plavom - one koji se nalaze ispod x-ose.


Sada ćemo otkriti koji intervali odgovaraju ovim dijelovima. Sljedeći crtež će vam pomoći da ih prepoznate (u budućnosti ćemo mentalno napraviti slične odabire u obliku pravokutnika):


Dakle, na osi apscise dva intervala (−∞, x 1) i (x 2 , +∞) su istaknuta crvenom bojom, na njima je parabola iznad ose Ox, oni predstavljaju rješenje kvadratne nejednačine a x 2 +b x +c>0 , a interval (x 1 , x 2) je označen plavom bojom, nalazi se parabola ispod ose Ox, ona predstavlja rješenje nejednačine a x 2 +b x+c<0 . Решениями нестрогих квадратных неравенств a·x 2 +b·x+c≥0 и a·x 2 +b·x+c≤0 будут те же промежутки, но в них следует включить числа x 1 и x 2 , отвечающие равенству a·x 2 +b·x+c=0 .

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

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

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


Ovdje vidimo parabolu, čije su grane usmjerene prema gore i koja dodiruje os apscise, odnosno ima jednu zajedničku tačku s njom, apscisu ove tačke označavamo kao x 0. Prikazani slučaj odgovara a>0 (grane su usmjerene prema gore) i D=0 (kvadratni trinom ima jedan korijen x 0). Na primjer, možete uzeti kvadratnu funkciju y=x 2 −4·x+4, ovdje a=1>0, D=(−4) 2 −4·1·4=0 i x 0 =2.

Na crtežu se jasno vidi da se parabola nalazi iznad ose Ox svuda osim dodirne tačke, odnosno na intervalima (−∞, x 0), (x 0, ∞). Radi jasnoće, označimo područja na crtežu po analogiji s prethodnim paragrafom.


Izvodimo zaključke: za a>0 i D=0

• rješenje kvadratne nejednačine a·x 2 +b·x+c>0 je (−∞, x 0)∪(x 0, +∞) ili u drugom zapisu x≠x 0;
• rješenje kvadratne nejednačine a·x 2 +b·x+c≥0 je (−∞, +∞) ili u drugoj notaciji x∈R ;
• kvadratna nejednakost a x 2 +b x+c<0 не имеет решений (нет интервалов, на которых парабола расположена ниже оси Ox );
• kvadratna nejednačina a x 2 +b x+c≤0 ima jedinstveno rješenje x=x 0 (dato je tačkom dodira),

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


U ovom slučaju, grane parabole su usmjerene prema gore i ona nema zajedničkih tačaka sa osom apscise. Ovdje imamo uslove a>0 (grane su usmjerene prema gore) i D<0 (квадратный трехчлен не имеет действительных корней). Для примера можно построить график функции y=2·x 2 +1 , здесь a=2>0 , D=0 2 −4·2·1=−8<0 .

Očigledno, parabola se cijelom dužinom nalazi iznad ose Ox (nema intervala u kojima je ispod ose Ox, nema dodirne tačke).


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

I ostaju tri opcije za lokaciju parabole s granama usmjerenim prema dolje, a ne prema gore, u odnosu na os Ox. U principu, ne treba ih razmatrati, jer množenje obje strane nejednakosti sa −1 omogućava nam da pređemo na ekvivalentnu nejednakost s pozitivnim koeficijentom za x 2. Ali i dalje ne škodi da steknete ideju o ovim slučajevima. Ovdje je obrazloženje slično, pa ćemo zapisati samo glavne rezultate.

Algoritam rješenja

Rezultat svih prethodnih proračuna je algoritam za grafičko rješavanje kvadratnih nejednačina:

Na koordinatnoj ravni je napravljen šematski crtež koji prikazuje osovinu Ox (nije potrebno prikazati os Oy) i skicu parabole koja odgovara kvadratnoj funkciji y=a·x 2 +b·x+c. Da biste nacrtali skicu parabole, dovoljno je razjasniti dvije točke:

• Prvo, vrijednošću koeficijenta a određuje se kuda su njegove grane usmjerene (za a>0 - naviše, za a<0 – вниз).
• I drugo, na osnovu vrijednosti diskriminanta kvadratnog trinoma a x 2 + b x + c, određuje se da li parabola siječe osu apscise u dvije tačke (za D>0), dodiruje je u jednoj tački (za D= 0), ili nema zajedničkih tačaka sa osom Ox (na D<0 ). Для удобства на чертеже указываются координаты точек пересечения или координата точки касания (при наличии этих точек), а сами точки изображаются выколотыми при решении строгих неравенств, или обычными при решении нестрогих неравенств.

• Kada je crtež spreman, koristite ga u drugom koraku algoritma

  • pri rješavanju kvadratne nejednačine a·x 2 +b·x+c>0 određuju se intervali u kojima se parabola nalazi iznad apscise;
  • pri rješavanju nejednakosti a·x 2 +b·x+c≥0 određuju se intervali na kojima se parabola nalazi iznad ose apscise i dodaju se apscise presječnih tačaka (ili apscisa tačke tangente). njih;
  • pri rješavanju nejednačine a x 2 +b x+c<0 находятся промежутки, на которых парабола ниже оси Ox ;
  • konačno, prilikom rješavanja kvadratne nejednakosti oblika a·x 2 +b·x+c≤0, pronalaze se intervali u kojima je parabola ispod ose Ox i apscisa presječnih tačaka (ili apscisa tangentne tačke ) im se dodaje;

  oni čine željeno rješenje kvadratne nejednakosti, a ako nema takvih intervala i tačaka dodira, onda izvorna kvadratna nejednačina nema rješenja.

Sve što ostaje je riješiti nekoliko kvadratnih nejednačina koristeći ovaj algoritam.

Primjeri sa rješenjima

Primjer.

Riješite nejednakost .

Rješenje.

Trebamo riješiti kvadratnu nejednačinu, upotrijebimo algoritam iz prethodnog pasusa. U prvom koraku trebamo skicirati graf kvadratne funkcije . Koeficijent od x 2 je jednak 2, pozitivan je, stoga su grane parabole usmjerene prema gore. Hajde da saznamo da li parabola ima zajedničke tačke sa x-osom, da bismo to uradili, izračunaćemo diskriminant kvadratnog trinoma . Imamo . Ispostavilo se da je diskriminant veći od nule, stoga trinom ima dva realna korijena: I , odnosno x 1 =−3 i x 2 =1/3.

Iz ovoga je jasno da parabola siječe osu Ox u dvije tačke sa apscisama −3 i 1/3. Ove tačke ćemo na crtežu prikazati kao obične tačke, pošto rešavamo nestrogu nejednakost. Na osnovu razjašnjenih podataka dobijamo sledeći crtež (odgovara prvom šablonu iz prvog pasusa članka):

Pređimo na drugi korak algoritma. Budući da rješavamo nestrogu kvadratnu nejednakost sa predznakom ≤, potrebno je odrediti intervale u kojima se parabola nalazi ispod ose apscise i dodati im apscise presječnih tačaka.

Sa crteža je jasno da je parabola ispod x-ose na intervalu (−3, 1/3) i njoj dodajemo apscise presečnih tačaka, odnosno brojeve −3 i 1/3. Kao rezultat, dolazimo do numeričkog intervala [−3, 1/3] . Ovo je rješenje koje tražimo. Može se napisati kao dvostruka nejednakost −3≤x≤1/3.

odgovor:

[−3, 1/3] ili −3≤x≤1/3 .

Primjer.

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

Rješenje.

Kao i obično, počinjemo sa crtežom. Numerički koeficijent za kvadrat varijable je negativan, −1, pa su grane parabole usmjerene prema dolje. Izračunajmo diskriminanta, ili još bolje, njegov četvrti dio: D"=8 2 −(−1)·(−63)=64−63=1. Njegova vrijednost je pozitivna, izračunajmo korijene kvadratnog trinoma: I , x 1 =7 i x 2 =9. Dakle, parabola siječe os Ox u dvije tačke sa apscisama 7 i 9 (originalna nejednakost je stroga, pa ćemo ove tačke prikazati sa praznim centrom). Sada možemo napraviti šematski crtež:

Pošto strogu kvadratnu nejednakost rješavamo predznakom<, то нас интересуют промежутки, на которых парабола расположена ниже оси абсцисс:

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

odgovor:

(−∞, 7)∪(9, +∞) ili u drugoj notaciji x<7 , x>9 .

Kada rješavate kvadratne nejednačine, kada je diskriminanta kvadratnog trinoma na njegovoj lijevoj strani nula, morate biti oprezni da uključite ili isključite apscisu tačke tangente iz odgovora. To ovisi o predznaku nejednakosti: ako je nejednakost stroga, onda nije rješenje nejednakosti, ali ako nije stroga, onda jeste.

Primjer.

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

Rješenje.

Nacrtajmo funkciju y=10 x 2 −14 x+4.9. Njegove grane su usmerene nagore, pošto je koeficijent od x 2 pozitivan, i dodiruje osu apscise u tački sa apscisom 0,7, pošto je D"=(−7) 2 −10 4,9=0, odakle je ili 0,7 u obliku decimalnog razlomka shematski izgleda ovako:

Budući da rješavamo kvadratnu nejednačinu sa predznakom ≤, njeno rješenje će biti intervali na kojima se parabola nalazi ispod ose Ox, kao i apscisa tangentne tačke. Iz crteža je jasno da ne postoji niti jedan zazor gdje bi parabola bila ispod ose Ox, pa će njeno rješenje biti samo apscisa tangentne tačke, odnosno 0,7.

odgovor:

ova nejednačina ima jedinstveno rješenje 0,7.

Primjer.

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

Rješenje.

Pratimo algoritam za rješavanje kvadratnih nejednačina i počinjemo konstruiranjem grafa. Grane parabole su usmjerene prema dolje, jer je koeficijent od x 2 negativan, −1. Nađimo diskriminant kvadratnog trinoma –x 2 +8 x−16, imamo D’=4 2 −(−1)·(−16)=16−16=0 a zatim x 0 =−4/(−1) , x 0 =4 . Dakle, parabola dodiruje Ox osu u tački apscise 4. Napravimo crtež:

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

U našem slučaju to su otvorene zrake (−∞, 4) , (4, +∞) . Odvojeno, napominjemo da 4 - apscisa dodirne točke - nije rješenje, jer u tački kontakta parabola nije niža od ose Ox.

odgovor:

(−∞, 4)∪(4, +∞) ili u drugoj notaciji x≠4 .

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

Primjer.

Pronađite rješenje kvadratne nejednačine 3 x 2 +1>0.

Rješenje.

Kao i obično, počinjemo sa crtežom. Koeficijent a je 3, pozitivan je, dakle, grane parabole su usmjerene prema gore. Izračunavamo diskriminanta: D=0 2 −4·3·1=−12 . Pošto je diskriminant negativan, parabola nema zajedničkih tačaka sa Ox osom. Dobijene informacije su dovoljne za šematski grafikon:

Strogu kvadratnu nejednakost rješavamo sa znakom >. Njegovo rješenje će biti svi intervali u kojima je parabola iznad ose Ox. U našem slučaju, parabola se cijelom dužinom nalazi iznad x-ose, pa će željeno rješenje biti skup svih realnih brojeva.

Ox , a također im morate dodati apscisu tačaka presjeka ili apscisu točke tangente. Ali sa crteža je jasno vidljivo da takvih intervala nema (pošto je parabola svuda ispod ose apscise), kao što nema ni tačaka preseka, kao što nema ni tačaka dodira. Prema tome, izvorna kvadratna nejednakost nema rješenja.

odgovor:

nema rješenja ili u drugom unosu ∅.

Bibliografija.

• algebra: udžbenik za 8. razred. opšte obrazovanje institucije / [Yu. N. Makarychev, N. G. Mindyuk, K. I. Neshkov, S. B. Suvorova]; uređeno od S. A. Telyakovsky. - 16. ed. - M.: Obrazovanje, 2008. - 271 str. : ill. - ISBN 978-5-09-019243-9.
• algebra: 9. razred: obrazovni. za opšte obrazovanje institucije / [Yu. N. Makarychev, N. G. Mindyuk, K. I. Neshkov, S. B. Suvorova]; uređeno od S. A. Telyakovsky. - 16. ed. - M.: Obrazovanje, 2009. - 271 str. : ill. - ISBN 978-5-09-021134-5.
• Mordkovich A. G. Algebra. 8. razred. U 2 sata Dio 1. Udžbenik za učenike opšteobrazovnih ustanova / A. G. Mordkovich. - 11. izdanje, izbrisano. - M.: Mnemosyne, 2009. - 215 str.: ilustr. ISBN 978-5-346-01155-2.
• Mordkovich A. G. Algebra. 9. razred. U 2 sata Dio 1. Udžbenik za učenike opšteobrazovnih ustanova / A. G. Mordkovich, P. V. Semenov. - 13. izdanje, izbrisano. - M.: Mnemosyne, 2011. - 222 str.: ilustr. ISBN 978-5-346-01752-3.
• Mordkovich A. G. Algebra i početak matematičke analize. 11. razred. U 2 sata Dio 1. Udžbenik za učenike opšteobrazovnih ustanova (profilni nivo) / A. G. Mordkovich, P. V. Semenov. - 2. izd., izbrisano. - M.: Mnemosyne, 2008. - 287 str.: ilustr. ISBN 978-5-346-01027-2.

Grafičko rješenje jednačina

Heyday, 2009

Uvod

Potreba za rješavanjem kvadratnih jednačina u antičko doba bila je uzrokovana potrebom rješavanja problema vezanih za pronalaženje površina zemljišta i sa vojnim iskopavanjima, kao i sa razvojem same astronomije i matematike. Babilonci su bili u stanju da reše kvadratne jednačine oko 2000. godine pre nove ere. Pravilo za rješavanje ovih jednačina, postavljeno u babilonskim tekstovima, u suštini se poklapa sa modernim, ali nije poznato kako su Babilonci došli do ovog pravila.

Formule za rješavanje kvadratnih jednačina u Evropi su prvi put izložene u Knjizi Abacus, koju je 1202. godine napisao italijanski matematičar Leonardo Fibonacci. Njegova knjiga je doprinijela širenju algebarskog znanja ne samo u Italiji, već iu Njemačkoj, Francuskoj i drugim evropskim zemljama.

Ali opšte pravilo za rešavanje kvadratnih jednačina, sa svim mogućim kombinacijama koeficijenata b i c, formulisao je u Evropi tek 1544. godine M. Stiefel.

Godine 1591 Francois Viet uvedene formule za rješavanje kvadratnih jednadžbi.

U starom Babilonu su mogli riješiti neke vrste kvadratnih jednačina.

Diofant Aleksandrijski I Euclid, Al-Khwarizmi I Omar Khayyam rješavanje jednadžbi geometrijskim i grafičkim metodama.

U 7. razredu smo učili funkcije y = C, y =kx, y =kx+ m, y =x 2,y = –x 2, u 8. razredu - y = √x, y =|x|, y =sjekira2 + bx+ c, y =k/ x. U udžbeniku algebre za 9. razred vidio sam funkcije koje mi još nisu bile poznate: y =x 3, y =x 4,y =x 2n, y =x- 2n, y = 3√x, (x– a) 2 + (y –b) 2 = r 2 i drugi. Postoje pravila za konstruisanje grafova ovih funkcija. Pitao sam se da li postoje druge funkcije koje poštuju ova pravila.

Moj posao je proučavanje grafova funkcija i grafički rješavanje jednadžbi.

1. Koje su funkcije?

Graf funkcije je skup svih točaka koordinatne ravnine, čije su apscise jednake vrijednostima argumenata, a ordinate jednake odgovarajućim vrijednostima funkcije.

Linearna funkcija je data jednadžbom y =kx+ b, Gdje k I b- neki brojevi. Grafikon ove funkcije je prava linija.

Inverzna proporcionalna funkcija y =k/ x, gdje je k ¹ 0. Graf ove funkcije naziva se hiperbola.

Funkcija (x– a) 2 + (y –b) 2 = r2 , Gdje A, b I r- neki brojevi. Graf ove funkcije je kružnica polumjera r sa centrom u tački A ( A, b).

Kvadratna funkcija y= sjekira2 + bx+ c Gdje A,b, With– neki brojevi i A¹ 0. Grafikon ove funkcije je parabola.

Jednačina at2 (a– x) = x2 (a+ x) . Grafikon ove jednačine će biti kriva koja se zove strofoid.

/>Equation (x2 + y2 ) 2 = a(x2 – y2 ) . Graf ove jednačine naziva se Bernulijeva lemniskata.

Jednačina. Graf ove jednadžbe naziva se astroid.

Curve (x2 y2 – 2 sjekire)2 =4a2 (x2 + y2 ) . Ova kriva se naziva kardioida.

Funkcije: y =x 3 – kubna parabola, y =x 4, y = 1/x 2.

2. Pojam jednadžbe i njeno grafičko rješenje

Jednačina– izraz koji sadrži varijablu.

Riješite jednačinu- to znači pronaći sve njegove korijene, ili dokazati da oni ne postoje.

Korijen jednadžbe je broj koji, kada se zameni u jednačinu, daje tačnu numeričku jednakost.

Grafičko rješavanje jednačina omogućava vam da pronađete tačnu ili približnu vrijednost korijena, omogućava vam da pronađete broj korijena jednadžbe.

Prilikom konstruiranja grafova i rješavanja jednadžbi koriste se svojstva funkcije, zbog čega se metoda često naziva funkcionalno-grafičkom.

Da bismo riješili jednačinu, "podijelimo" je na dva dijela, uvedemo dvije funkcije, izgradimo njihove grafove i pronađemo koordinate tačaka presjeka grafova. Apscise ovih tačaka su korijeni jednadžbe.

3. Algoritam za crtanje grafa funkcije

Poznavanje grafa funkcije y =f(x) , možete graditi grafove funkcija y =f(x+ m) ,y =f(x)+ l I y =f(x+ m)+ l. Svi ovi grafovi se dobijaju iz grafa funkcije y =f(x) koristeći paralelnu transformaciju prijenosa: to │ m│ jedinice skale desno ili lijevo duž x-ose i dalje │ l│ jedinice razmjera gore ili dolje duž ose y.

4. Grafičko rješenje kvadratne jednadžbe

Koristeći kvadratnu funkciju kao primjer, razmotrit ćemo grafičko rješenje kvadratne jednadžbe. Graf kvadratne funkcije je parabola.

Šta su stari Grci znali o paraboli?

Savremeni matematički simbolizam nastao je u 16. veku.

Drevni grčki matematičari nisu imali ni koordinatnu metodu ni koncept funkcije. Ipak, oni su detaljno proučavali svojstva parabole. Genijalnost drevnih matematičara je jednostavno nevjerojatna - na kraju krajeva, mogli su koristiti samo crteže i verbalne opise zavisnosti.

Najpotpunije je istražio parabolu, hiperbolu i elipsu Apolonije iz Perge, koji je živio u 3. vijeku prije nove ere. On je tim krivuljama dao imena i naznačio koje uslove ispunjavaju tačke koje leže na ovoj ili onoj krivulji (na kraju krajeva, nije bilo formula!).

Postoji algoritam za konstruisanje parabole:

Pronađite koordinate vrha parabole A (x0; y0): X=- b/2 a;

y0=axo2+in0+s;

Naći os simetrije parabole (prava x=x0);

PAGE_BREAK--

Sastavljamo tablicu vrijednosti za izgradnju kontrolnih tačaka;

Konstruišemo rezultirajuće tačke i konstruišemo tačke koje su im simetrične u odnosu na os simetrije.

1. Koristeći algoritam, konstruisaćemo parabolu y= x2 – 2 x– 3 . Apscise tačaka preseka sa osom x i postoje korijeni kvadratne jednadžbe x2 – 2 x– 3 = 0.

Postoji pet načina da se ova jednačina riješi grafički.

2. Podijelimo jednačinu na dvije funkcije: y= x2 I y= 2 x+ 3

3. Podijelimo jednačinu na dvije funkcije: y= x2 –3 I y=2 x. Korijeni jednadžbe su apscise tačaka presjeka parabole i prave.

4. Transformirajte jednačinu x2 – 2 x– 3 = 0 izolacijom kompletnog kvadrata u funkcije: y= (x–1) 2 I y=4. Korijeni jednadžbe su apscise tačaka presjeka parabole i prave.

5. Podijelite obje strane člana jednačine po članu x2 – 2 x– 3 = 0 on x, dobijamo x– 2 – 3/ x= 0 , podijelimo ovu jednačinu na dvije funkcije: y= x– 2, y= 3/ x. Korijeni jednadžbe su apscise tačaka presjeka prave i hiperbole.

5. Grafičko rješenje stepenskih jednačinan

Primjer 1. Riješite jednačinu x5 = 3 – 2 x.

y= x5 , y= 3 – 2 x.

odgovor: x = 1.

Primjer 2. Riješite jednačinu 3 √ x= 10 – x.

Korijeni ove jednadžbe su apscisa točke presjeka grafova dvije funkcije: y= 3 √ x, y= 10 – x.

odgovor: x = 8.

Zaključak

Nakon što smo pogledali grafikone funkcija: y =sjekira2 + bx+ c, y =k/ x, u = √x, y =|x|, y =x 3, y =x 4,y = 3√x, Primijetio sam da su svi ovi grafovi građeni po pravilu paralelnog prevođenja u odnosu na osi x I y.

Na primjeru rješavanja kvadratne jednačine možemo zaključiti da je grafička metoda primjenjiva i za jednačine stepena n.

Grafičke metode za rješavanje jednačina su lijepe i razumljive, ali ne daju 100% garanciju rješavanja bilo koje jednačine. Apscise presječnih tačaka grafova mogu biti približne.

U 9. razredu i srednjoj školi nastaviću da se upoznajem sa ostalim funkcijama. Zanima me da li se te funkcije pridržavaju pravila paralelnog prijenosa prilikom konstruiranja svojih grafova.

Iduće godine bih takođe želeo da razmotrim pitanja grafičkog rešavanja sistema jednačina i nejednačina.

Književnost

1. Algebra. 7. razred. Dio 1. Udžbenik za obrazovne ustanove / A.G. Mordkovich. M.: Mnemosyne, 2007.

2. Algebra. 8. razred. Dio 1. Udžbenik za obrazovne ustanove / A.G. Mordkovich. M.: Mnemosyne, 2007.

3. Algebra. 9. razred. Dio 1. Udžbenik za obrazovne ustanove / A.G. Mordkovich. M.: Mnemosyne, 2007.

4. Glazer G.I. Istorija matematike u školi. VII–VIII razredi. – M.: Obrazovanje, 1982.

5. Časopis Matematika br. 5 2009; br. 8 2007; br. 23 2008.

6. Web stranice za grafičko rješenje jednačina na Internetu: Tol VIKI; stimul.biz/ru; wiki.iot.ru/images; berdsk.edu; stranica 3–6.htm.

Ministarstvo obrazovanja i omladinske politike Stavropoljskog kraja

Državna budžetska stručna obrazovna ustanova

Regionalni koledž Georgijevsk "Integral"

INDIVIDUALNI PROJEKAT

U disciplini "Matematika: algebra, principi matematičke analize, geometrija"

Na temu: “Grafičko rješenje jednačina i nejednačina”

Završio student grupe PK-61, na specijalnosti

"Programiranje u kompjuterskim sistemima"

Zeller Timur Vitalievich

Rukovodilac: nastavnik Serkova N.A.

Datum dostave:" " 2017

Datum odbrane:" " 2017

Georgijevsk 2017

OBJAŠNJENJE

CILJ PROJEKTA:

Cilj: Otkrijte prednosti grafičke metode rješavanja jednačina i nejednačina.

Zadaci:

Uporedi analitičke i grafičke metode rješavanja jednačina i nejednačina.

Saznajte u kojim slučajevima grafička metoda ima prednosti.

Razmotrite rješavanje jednadžbi s modulom i parametrom.

Relevantnost istraživanja: Analiza materijala posvećenog grafičkom rješavanju jednačina i nejednačina u udžbenicima „Algebra i počeci matematičke analize“ različitih autora, uzimajući u obzir ciljeve izučavanja ove teme. Kao i obavezne ishode učenja u vezi sa temom koja se razmatra.

Sadržaj

Uvod

1. Jednačine s parametrima

1.1. Definicije

1.2. Algoritam rješenja

1.3. Primjeri

2. Nejednakosti s parametrima

2.1. Definicije

2.2. Algoritam rješenja

2.3. Primjeri

3. Upotreba grafova u rješavanju jednačina

3.1. Grafičko rješenje kvadratne jednadžbe

3.2. Sistemi jednačina

3.3. Trigonometrijske jednadžbe

4. Primjena grafova u rješavanju nejednačina

5. Zaključak

6. Reference

Uvod

Proučavanje mnogih fizičkih procesa i geometrijskih obrazaca često dovodi do rješavanja problema s parametrima. Neki univerziteti u ispitne radove uključuju i jednačine, nejednakosti i njihove sisteme, koji su često vrlo složeni i zahtijevaju nestandardan pristup rješavanju. U školi se ovaj jedan od najtežih dijelova školskog predmeta matematike razmatra samo u nekoliko izbornih časova.

Pripremajući ovaj rad, postavio sam za cilj dublje proučavanje ove teme, identificirajući najracionalnije rješenje koje brzo vodi do odgovora. Po mom mišljenju, grafička metoda je zgodan i brz način rješavanja jednačina i nejednačina sa parametrima.

Moj projekat ispituje tipove jednadžbi, nejednakosti i njihove sisteme koji se često sreću.

1. Jednačine s parametrima

1. Osnovne definicije

Razmotrite jednačinu

(a, b, c, …, k, x)=(a, b, c, …, k, x), (1)

gdje su a, b, c, …, k, x promjenjive veličine.

Bilo koji sistem varijabilnih vrijednosti

a = a 0 , b = b 0 , c = c 0 , …, k = k 0 , x = x 0 ,

u kojem i lijeva i desna strana ove jednačine uzimaju realne vrijednosti naziva se sistem dozvoljenih vrijednosti varijabli a, b, c, ..., k, x. Neka je A skup svih dozvoljenih vrednosti a, B skup svih dozvoljenih vrednosti b, itd., X skup svih dozvoljenih vrednosti x, tj. aA, bB, …, xX. Ako za svaki od skupova A, B, C, …, K odaberemo i fiksiramo, redom, jednu vrijednost a, b, c, …, k i zamijenimo ih u jednačinu (1), tada ćemo dobiti jednačinu za x, tj. jednačina sa jednom nepoznatom.

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

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

Riješiti jednadžbu s parametrima znači naznačiti pri kojim vrijednostima parametara rješenja postoje i koja su.

Dvije jednadžbe koje sadrže iste parametre nazivaju se ekvivalentnim ako:

a) imaju smisla za iste vrijednosti parametara;

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

1. Algoritam rješenja

Naći domen definicije jednačine.

Izražavamo a kao funkciju od x.

U xOa koordinatnom sistemu konstruišemo graf funkcije a=(x) za one vrednosti x koje su uključene u domen definicije ove jednačine.

Nalazimo tačke preseka prave a=c, gde je c(-;+) sa grafikom funkcije a=(x) Ako prava linija a=c seče grafik a=(). x), tada određujemo apscise presječnih tačaka. Da biste to učinili, dovoljno je riješiti jednačinu a=(x) za x.

Zapisujemo odgovor.

1. Primjeri

I. Riješite jednačinu

(1)

Rješenje.

Pošto x=0 nije korijen jednadžbe, jednačina se može riješiti za:

ili

Graf funkcije su dvije “slijepljene” hiperbole. Broj rješenja originalne jednačine određen je brojem presječnih tačaka konstruirane linije i prave linije y=a.

Ako je a  (-;-1](1;+) , tada prava linija y=a siječe graf jednadžbe (1) u jednoj tački. Apscisu ove tačke nalazimo pri rješavanju jednačine za x.

Dakle, na ovom intervalu jednačina (1) ima rješenje.

Ako je a , tada prava linija y=a siječe grafik jednačine (1) u dvije tačke. Apscise ovih tačaka se mogu naći iz jednačina i, dobijamo

I.

Ako je a , tada prava linija y=a ne siječe graf jednadžbe (1), stoga nema rješenja.

odgovor:

Ako je a  (-;-1](1;+), tada;

Ako je  , tada ;

Ako je a  , onda nema rješenja.

II. Pronađite sve vrijednosti parametra a za koje jednadžba ima tri različita korijena.

Rješenje.

Nakon što ste prepisali jednadžbu u obliku i razmotrili par funkcija, možete primijetiti da će željene vrijednosti parametra a i samo one odgovarati onim pozicijama grafa funkcije na kojima ima tačno tri točke presjeka sa graf funkcije.

U koordinatnom sistemu xOy konstruisaćemo graf funkcije). Da bismo to učinili, možemo je predstaviti u obliku i, nakon što smo razmotrili četiri slučaja koja se pojavljuju, zapišemo ovu funkciju u obliku

Budući da je graf funkcije prava linija koja ima ugao nagiba prema osi Ox jednak i siječe os Oy u tački s koordinatama (0, a), zaključujemo da se tri naznačene točke presjeka mogu dobiti samo u slučaju kada ova linija dodiruje graf funkcije. Stoga nalazimo derivaciju

Odgovor: .

III. Pronađite sve vrijednosti parametra a, za svaku od kojih je sistem jednadžbi

ima rješenja.

Rješenje.

Iz prve jednadžbe sistema dobijamo pri Dakle, ova jednačina definiše familiju “poluparabola” - desne grane parabole “klize” sa svojim vrhovima duž ose apscise.

Odaberimo savršene kvadrate na lijevoj strani druge jednadžbe i faktorizirajmo je

Skup tačaka ravni koje zadovoljavaju drugu jednačinu su dvije prave

Otkrijmo pri kojim vrijednostima parametra a kriva iz porodice "semiparabola" ima barem jednu zajedničku tačku s jednom od rezultirajućih pravih linija.

Ako su vrhovi semiparabole desno od tačke A, ali levo od tačke B (tačka B odgovara vrhu "semiparabole" koja dodiruje

prava linija), onda razmatrani grafovi nemaju zajedničke tačke. Ako se vrh “semiparabole” poklapa sa tačkom A, onda.

Određujemo slučaj “semiparabole” koja dodiruje pravu iz uslova postojanja jedinstvenog rješenja sistema

U ovom slučaju, jednačina

ima jedan korijen, odakle nalazimo:

Prema tome, originalni sistem nema rješenja na, ali na ili ima barem jedno rješenje.

Odgovor: a  (-;-3] (;+).

IV. Riješite jednačinu

Rješenje.

Koristeći jednakost, prepisujemo datu jednačinu u obliku

Ova jednačina je ekvivalentna sistemu

Prepisujemo jednačinu u formu

. (*)

Posljednju jednačinu je najlakše riješiti korištenjem geometrijskih razmatranja. Napravimo grafove funkcija i Iz grafa proizilazi da se grafovi ne sijeku i da, prema tome, jednadžba nema rješenja.

Ako, onda kada se grafovi funkcija poklapaju i, stoga, sve vrijednosti su rješenja jednadžbe (*).

Kada se grafovi sijeku u jednoj tački, čija je apscisa. Dakle, kada jednačina (*) ima jedinstveno rješenje - .

Hajde sada da istražimo pri kojim vrednostima a pronađena rešenja jednadžbe (*) će zadovoljiti uslove

Neka bude onda. Sistem će poprimiti formu

Njegovo rješenje će biti interval x (1;5). Uzimajući to u obzir, možemo zaključiti da ako je originalna jednadžba zadovoljena sa svim vrijednostima x iz intervala, originalna nejednakost je ekvivalentna ispravnoj numeričkoj nejednakosti 2<4.Поэтому все значения переменной, принадлежащие этому отрезку, входят в множество решений.

Na integralu (1;+∞) ponovo dobijamo linearnu nejednačinu 2x<4, справедливое при х<2. Поэтому интеграл (1;2) также входит в множество решений. Объединяя полученные результаты, делаем вывод: неравенству удовлетворяют все значения переменной из интеграла (-2;2) и только они.

Međutim, isti rezultat se može dobiti iz vizualnih i u isto vrijeme strogih geometrijskih razmatranja. Slika 7 prikazuje grafove funkcija:y= f( x)=| x-1|+| x+1| Iy=4.

Slika 7.

Na integralnom (-2;2) grafu funkcijey= f(x) nalazi se ispod grafa funkcije y=4, što znači da je nejednakostf(x)<4 справедливо. Ответ:(-2;2)

II )Nejednakosti sa parametrima.

Rješavanje nejednačina sa jednim ili više parametara je po pravilu složeniji zadatak u odnosu na problem u kojem nema parametara.

Na primjer, nejednakost √a+x+√a-x>4, koja sadrži parametar a, prirodno zahtijeva mnogo više truda za rješavanje nego nejednakost √1+x + √1-x>1.

Šta znači riješiti prvu od ovih nejednakosti? To, u suštini, znači rješavanje ne samo jedne nejednakosti, već cijele klase, čitavog skupa nejednakosti koje se dobijaju ako parametru damo određene numeričke vrijednosti. Druga napisana nejednačina je poseban slučaj prve, jer se iz nje dobija sa vrijednošću a = 1.

Dakle, riješiti nejednakost koja sadrži parametre znači odrediti pri kojim vrijednostima parametara nejednakost ima rješenja i za sve takve vrijednosti parametara pronaći sva rješenja.

Primjer 1:

Riješite nejednačinu |x-a|+|x+a|< b, a<>0.

Da riješimo ovu nejednakost sa dva parametraa u bKoristimo geometrijska razmatranja. Na slikama 8 i 9 prikazani su grafovi funkcija.

Y= f(x)=| x- a|+| x+ a| u y= b.

Očigledno je da kadab<=2| a| ravnoy= bne prolazi iznad horizontalnog segmenta krivey=| x- a|+| x+ a| te stoga nejednakost u ovom slučaju nema rješenja (slika 8). Akob>2| a|, zatim linijay= bsiječe graf funkcijey= f(x) u dvije tačke (-b/2; b) u (b/2; b)(Slika 6) i nejednakost u ovom slučaju vrijedi za –b/2< x< b/2, budući da je za ove vrijednosti varijable krivay=| x+ a|+| x- a| nalazi ispod prave linijey= b.

Odgovor: Akob<=2| a| , onda nema rješenja,

Akob>2| a|, ondax €(- b/2; b/2).

III) Trigonometrijske nejednakosti:

Prilikom rješavanja nejednačina sa trigonometrijskim funkcijama u osnovi se koristi periodičnost ovih funkcija i njihova monotonost na odgovarajućim intervalima. Najjednostavnije trigonometrijske nejednakosti. Funkcijagrijeh xima pozitivan period od 2π. Dakle, nejednakosti oblika:sin x>a, sin x>=a,

sin x

Dovoljno je prvo riješiti neki segment dužine 2π . Dobijamo skup svih rješenja dodavanjem svakom od rješenja pronađenih na ovom segmentu brojeve oblika 2π p, pÊZ.

Primjer 1: Riješite nejednakostgrijeh x>-1/2.(Slika 10)

Prvo, riješimo ovu nejednakost na intervalu [-π/2;3π/2]. Razmotrimo njegovu lijevu stranu - segment [-π/2;3π/2].grijeh x=-1/2 ima jedno rješenje x=-π/6; i funkcijugrijeh xmonotono raste. To znači da ako je –π/2<= x<= -π/6, то grijeh x<= grijeh(- π /6)=-1/2, tj. ove vrijednosti x nisu rješenja nejednakosti. Ako je –π/6<х<=π/2 то grijeh x> grijeh(-π/6) = –1/2. Sve ove vrijednosti x nisu rješenja nejednakosti.

Na preostalom segmentu [π/2;3π/2] funkcijagrijeh xjednačina se također monotono smanjujegrijeh x= -1/2 ima jedno rješenje x=7π/6. Stoga, ako je π/2<= x<7π/, то grijeh x> grijeh(7π/6)=-1/2, tj. sve ove vrijednosti x su rješenja nejednakosti. ZaxImamogrijeh x<= grijeh(7π/6)=-1/2, ove vrijednosti x nisu rješenja. Dakle, skup svih rješenja ove nejednakosti na intervalu [-π/2;3π/2] je integral (-π/6;7π/6).

Zbog periodičnosti funkcijegrijeh xsa periodom od 2π vrijednosti x iz bilo kojeg integrala oblika: (-π/6+2πn;7π/6 +2πn),nÊZ, su također rješenja nejednakosti. Nijedna druga vrijednost x nije rješenja ove nejednakosti.

Odgovor: -π/6+2πn< x<7π/6+2π n, GdjenЄ Z.

Zaključak

Razmotrili smo grafičku metodu za rješavanje jednačina i nejednačina; Razmotrili smo konkretne primjere čije su rješenje koristile svojstva funkcija kao što su monotonost i parnost.Analiza naučne literature i udžbenika matematike omogućila je strukturiranje odabranog materijala u skladu sa ciljevima proučavanja, odabir i razvoj efikasnih metoda za rješavanje jednačina i nejednačina. U radu je prikazana grafička metoda rješavanja jednadžbi i nejednačina i primjeri u kojima se ove metode koriste. Rezultatom projekta se mogu smatrati kreativni zadaci, kao pomoćni materijal za razvijanje vještine rješavanja jednačina i nejednačina grafičkom metodom.

Spisak korišćene literature

Dalinger V. A. “Geometrija pomaže algebri.” Izdavačka kuća “Škola - štampa”. Moskva 1996

Dalinger V. A. “Sve za uspjeh na završnim i prijemnim ispitima iz matematike.” Izdavačka kuća Omskog pedagoškog univerziteta. Omsk 1995

Okunev A. A. “Grafičko rješenje jednačina s parametrima.” Izdavačka kuća “Škola - štampa”. Moskva 1986

Pismensky D. T. “Matematika za srednjoškolce.” Izdavačka kuća “Iris”. Moskva 1996

Yastribinetsky G. A. "Jednačine i nejednačine koje sadrže parametre." Izdavačka kuća "Prosveshcheniye". Moskva 1972

G. Korn i T. Korn “Handbook of Mathematics.” Izdavačka kuća “Science” fizičke i matematičke literature. Moskva 1977

Amelkin V.V. i Rabtsevich V.L. “Problemi s parametrima”. Izdavačka kuća “Asar”. Minsk 1996

Internet resursi

Grafička metoda je jedna od glavnih metoda za rješavanje kvadratnih nejednačina. U članku ćemo predstaviti algoritam za korištenje grafičke metode, a zatim razmotriti posebne slučajeve na primjerima.

Suština grafičke metode

Metoda je primjenjiva na rješavanje svih nejednačina, ne samo kvadratnih. Njegova je suština ovo: desna i lijeva strana nejednakosti se smatraju dvije odvojene funkcije y = f (x) i y = g (x), njihovi grafovi su iscrtani u pravokutnom koordinatnom sistemu i pogledajte koji od grafova je koji se nalaze iznad drugog i na kojim intervalima. Intervali se procjenjuju na sljedeći način:

Definicija 1

• rješenja nejednakosti f (x) > g (x) su intervali u kojima je graf funkcije f viši od grafika funkcije g;
• rješenja nejednakosti f (x) ≥ g (x) su intervali u kojima grafik funkcije f nije niži od grafika funkcije g;
• rješenja nejednakosti f(x)< g (x) являются интервалы, где график функции f ниже графика функции g ;
• rješenja nejednakosti f (x) ≤ g (x) su intervali u kojima grafik funkcije f nije viši od grafika funkcije g;
• Apscise presječnih tačaka grafova funkcija f i g rješenja su jednadžbe f (x) = g (x).

Pogledajmo gornji algoritam koristeći primjer. Da biste to učinili, uzmite kvadratnu nejednačinu a x 2 + b x + c< 0 (≤ , >, ≥) i iz njega izvesti dvije funkcije. Lijeva strana nejednakosti će odgovarati y = a · x 2 + b · x + c (u ovom slučaju f (x) = a · x 2 + b · x + c), a desna strana y = 0 ( u ovom slučaju g (x) = 0).

Graf prve funkcije je parabola, druge je prava linija, koja se poklapa sa x-osom O x. Analizirajmo položaj parabole u odnosu na osu O x. Da bismo to učinili, napravimo šematski crtež.

Grane parabole su usmjerene prema gore. Presijeca O x osu u tačkama x 1 I x 2. Koeficijent a u ovom slučaju je pozitivan, jer je on odgovoran za smjer grana parabole. Diskriminant je pozitivan, što ukazuje da kvadratni trinom ima dva korijena a x 2 + b x + c. Označavamo korijene trinoma kao x 1 I x 2, i to je prihvaćeno x 1< x 2 , pošto je tačka sa apscisom prikazana na O x osi x 1 lijevo od tačke apscise x 2.

Dijelovi parabole koji se nalaze iznad ose Ox biće označeni crvenom bojom, ispod - plavom. To će nam omogućiti da crtež učinimo vizualnijim.

Odaberimo prostore koji odgovaraju ovim dijelovima i označimo ih na slici poljima određene boje.

Crvenom bojom smo označili intervale (− ∞, x 1) i (x 2, + ∞), na kojima je parabola iznad ose O x. One su a · x 2 + b · x + c > 0. Plavom bojom smo označili interval (x 1 , x 2) koji je rješenje nejednačine a · x 2 + b · x + c< 0 . Числа x 1 и x 2 будут отвечать равенству a · x 2 + b · x + c = 0 .

Napravimo kratak rezime rješenja. Za a > 0 i D = b 2 − 4 a c > 0 (ili D " = D 4 > 0 za paran koeficijent b) dobijamo:

• rješenje kvadratne nejednakosti a x 2 + b x + c > 0 je (− ∞ , x 1) ∪ (x 2 , + ∞) ili u drugom zapisu x< x 1 , x >x2;
• rješenje kvadratne nejednakosti a · x 2 + b · x + c ≥ 0 je (− ∞ , x 1 ] ∪ [ x 2 , + ∞) ili u drugom zapisu x ≤ x 1 , x ≥ x 2 ;
• rješavanje kvadratne nejednačine a x 2 + b x + c< 0 является (x 1 , x 2) или в другой записи x 1 < x < x 2 ;
• rješenje kvadratne nejednakosti a x 2 + b x + c ≤ 0 je [ x 1 , x 2 ] ili u drugom zapisu x 1 ≤ x ≤ x 2 ,

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

Na ovoj slici parabola dodiruje osu O x samo u jednoj tački, koja je označena kao x 0 a > 0. D=0, dakle, kvadratni trinom ima jedan korijen x 0.

Parabola se nalazi iznad ose O x u potpunosti, sa izuzetkom tačke tangente koordinatne ose. Obojimo intervale (− ∞ , x 0) , (x 0 , ∞) .

Hajde da zapišemo rezultate. At a > 0 I D=0:

• rješavanje kvadratne nejednačine a x 2 + b x + c > 0 je (− ∞ , x 0) ∪ (x 0 , + ∞) ili u nekoj drugoj notaciji x ≠ x 0;
• rješavanje kvadratne nejednačine a x 2 + b x + c ≥ 0 je (− ∞ , + ∞) ili u drugoj notaciji x ∈ R;
• kvadratna nejednakost a x 2 + b x + c< 0 nema rješenja (nema intervala u kojima se parabola nalazi ispod ose O x);
• kvadratna nejednakost a x 2 + b x + c ≤ 0 ima jedinstveno rešenje x = x 0(daje se putem kontaktne tačke),

Gdje x 0- korijen kvadratnog trinoma a x 2 + b x + c.

Razmotrimo treći slučaj, kada su grane parabole usmjerene prema gore i ne dodiruju os O x. Grane parabole su usmjerene prema gore, što znači da a > 0. Kvadratni trinom nema pravi korijen jer D< 0 .

Na grafu ne postoje intervali u kojima bi parabola bila ispod x-ose. Ovo ćemo uzeti u obzir prilikom odabira boje za naš crtež.

Ispostavilo se da kada a > 0 I D< 0 rješavanje kvadratnih nejednačina a x 2 + b x + c > 0 I a x 2 + b x + c ≥ 0 je skup svih realnih brojeva i nejednakosti a x 2 + b x + c< 0 I a x 2 + b x + c ≤ 0 nemaju rješenja.

Ostale su nam tri opcije za razmatranje kada su grane parabole usmjerene nadolje. Nema potrebe da se detaljnije zadržavamo na ove tri opcije, jer kada pomnožimo obe strane nejednakosti sa −1, dobijamo ekvivalentnu nejednakost sa pozitivnim koeficijentom za x 2.

Razmatranje prethodnog dijela članka pripremilo nas je za percepciju algoritma za rješavanje nejednačina grafičkom metodom. Da bismo izvršili proračune, morat ćemo svaki put koristiti crtež koji će prikazati koordinatnu liniju O x i parabolu koja odgovara kvadratnoj funkciji y = a x 2 + b x + c. U većini slučajeva nećemo prikazati O y os, jer ona nije potrebna za proračune i samo će preopteretiti crtež.

Da bismo konstruirali parabolu, trebat ćemo znati dvije stvari:

Definicija 2

• smjer grana, koji je određen vrijednošću koeficijenta a;
• prisustvo točaka presjeka parabole i ose apscise, koje su određene vrijednošću diskriminanta kvadratnog trinoma a · x 2 + b · x + c .

Tačke preseka i dodira označavaćemo na uobičajen način pri rešavanju nestrogih nejednačina, a prazne kod rešavanja strogih.

Posjedovanje završenog crteža omogućava vam da prijeđete na sljedeći korak rješenja. Uključuje određivanje intervala u kojima se parabola nalazi iznad ili ispod ose Ox. Intervali i tačke presjeka su rješenje kvadratne nejednačine. Ako nema tačaka preseka ili dodira i nema intervala, onda se smatra da nejednakost navedena u uslovima problema nema rešenja.

Sada ćemo riješiti nekoliko kvadratnih nejednakosti koristeći gornji algoritam.

Primjer 1

Potrebno je grafički riješiti nejednačinu 2 x 2 + 5 1 3 x - 2.

Rješenje

Nacrtajmo grafik kvadratne funkcije y = 2 · x 2 + 5 1 3 · x - 2 . Koeficijent at x 2 pozitivan jer je jednak 2 . To znači da će grane parabole biti usmjerene prema gore.

Izračunajmo diskriminant kvadratnog trinoma 2 x 2 + 5 1 3 x - 2 da bismo saznali da li parabola ima zajedničke tačke sa osom apscise. Dobijamo:

D = 5 1 3 2 - 4 2 (- 2) = 400 9

Kao što vidimo, D je veće od nule, dakle, imamo dvije točke preseka: x 1 = - 5 1 3 - 400 9 2 2 i x 2 = - 5 1 3 + 400 9 2 2, tj. x 1 = − 3 I x 2 = 1 3.

Rješavamo nestrogu nejednakost, stoga na graf stavljamo obične tačke. Nacrtajmo parabolu. Kao što vidite, crtež ima isti izgled kao u prvom šablonu koji smo razmatrali.

Naša nejednakost ima predznak ≤. Zbog toga na grafu treba da istaknemo intervale u kojima se parabola nalazi ispod ose O x i da im dodamo tačke preseka.

Interval koji nam treba je 3, 1 3. Dodamo joj presečne tačke i dobijemo numerički segment − 3, 1 3. Ovo je rješenje našeg problema. Odgovor se može zapisati kao dvostruka nejednakost: − 3 ≤ x ≤ 1 3 .

odgovor:− 3 , 1 3 ili − 3 ≤ x ≤ 1 3 .

Primjer 2

− x 2 + 16 x − 63< 0 grafička metoda.

Rješenje

Kvadrat varijable ima negativan numerički koeficijent, pa će grane parabole biti usmjerene naniže. Izračunajmo četvrti dio diskriminanta D " = 8 2 − (− 1) · (− 63) = 64 − 63 = 1. Ovaj rezultat nam govori da će postojati dvije točke sjecišta.

Izračunajmo korijene kvadratnog trinoma: x 1 = - 8 + 1 - 1 i x 2 = - 8 - 1 - 1, x 1 = 7 i x 2 = 9.

Ispostavilo se da parabola siječe x-osu u tačkama 7 I 9 . Označimo ove tačke na grafu kao prazne, pošto radimo sa strogom nejednakošću. Nakon toga nacrtajte parabolu koja siječe osu Ox u označenim tačkama.

Nas će zanimati intervali u kojima se parabola nalazi ispod ose O x. Označimo ove intervale plavom bojom.

Dobijamo odgovor: rješenje nejednakosti su intervali (− ∞, 7) , (9, + ∞) .

odgovor:(− ∞ , 7) ∪ (9 , + ∞) ili u drugoj notaciji x< 7 , x > 9 .

U slučajevima kada je diskriminanta kvadratnog trinoma nula, mora se pažljivo razmotriti da li uključiti apscisu tačaka tangente u odgovor. Da bi se donijela ispravna odluka, potrebno je uzeti u obzir znak nejednakosti. U striktnim nejednačinama tačka tangentnosti x ose nije rešenje nejednakosti, ali u nestrogim jeste.

Primjer 3

Riješite kvadratnu nejednačinu 10 x 2 − 14 x + 4, 9 ≤ 0 grafička metoda.

Rješenje

Grane parabole u ovom slučaju će biti usmjerene prema gore. Dodirnut će O x osu u tački 0, 7, pošto

Nacrtajmo funkciju y = 10 x 2 − 14 x + 4.9. Njegove grane su usmjerene prema gore, budući da je koeficijent at x 2 pozitivan, i dodiruje x-osu u tački x-ose 0 , 7 , jer D " = (− 7) 2 − 10 4, 9 = 0, odakle je x 0 = 7 10 ili 0 , 7 .

Stavimo tačku i nacrtamo parabolu.

Nestrogu nejednakost rješavamo predznakom ≤. Dakle. Zanimaju nas intervali u kojima se parabola nalazi ispod x-ose i tačke dodira. Na slici nema intervala koji bi zadovoljili naše uslove. Postoji samo tačka kontakta 0, 7. Ovo je rješenje koje tražimo.

odgovor: Nejednačina ima samo jedno rješenje 0,7.

Primjer 4

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

Rješenje

Grane parabole su usmjerene prema dolje. Diskriminant je nula. Tačka raskrsnice x 0 = 4.

Označavamo tačku dodira na x-osi i crtamo parabolu.

Imamo posla sa ozbiljnom nejednakošću. Shodno tome, zanimaju nas intervali u kojima se parabola nalazi ispod ose O x. Označimo ih plavom bojom.

Tačka sa apscisom 4 nije rješenje, jer se parabola u njoj ne nalazi ispod ose O x. Kao rezultat toga, dobijamo dva intervala (− ∞ , 4) , (4 , + ∞) .

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

Ne uvek sa negativnu vrijednost diskriminirajuća nejednakost neće imati rješenja. Postoje slučajevi kada je rješenje skup svih realnih brojeva.

Primjer 5

Kvadratnu nejednačinu 3 x 2 + 1 > 0 riješi grafički.

Rješenje

Koeficijent a je pozitivan. Diskriminant je negativan. Grane parabole će biti usmjerene prema gore. Ne postoje tačke preseka parabole sa O x osom. Pogledajmo crtež.

Radimo sa strogom nejednakošću, koja ima predznak >. To znači da nas zanimaju intervali u kojima se parabola nalazi iznad x-ose. To je upravo slučaj kada je odgovor skup svih realnih brojeva.

odgovor:(− ∞, + ∞) ili tako x ∈ R.

Primjer 6

Potrebno je pronaći rješenje nejednakosti − 2 x 2 − 7 x − 12 ≥ 0 grafički.

Rješenje

Grane parabole su usmjerene prema dolje. Diskriminanta je negativna, dakle, nema zajedničkih tačaka između parabole i x-ose. Pogledajmo crtež.

Radimo sa nestrogom nejednakošću sa predznakom ≥, stoga su nam interesantni intervali u kojima se parabola nalazi iznad x-ose. Sudeći po grafikonu, takvih praznina nema. To znači da nejednakost data u uslovima problema nema rješenja.

odgovor: Nema rješenja.

Ako primijetite grešku u tekstu, označite je i pritisnite Ctrl+Enter