Slajd 2

Matematika je znanost mladih. Drugačije ne može biti. Matematika je oblik mentalne gimnastike koja zahtijeva svu gipkost i izdržljivost mladosti. Norbert Wiener (1894-1964), američki znanstvenik

Slajd 3

odnos između brojeva a i b (matematički izrazi), povezani znakovima Nejednakost -

Slajd 4

Povijesna pozadina Problemi dokazivanja jednakosti i nejednakosti nastali su još u antičko doba. Za označavanje znakova jednakosti i nejednakosti korištene su posebne riječi ili njihove kratice. IV stoljeće prije Krista, Euklid, V. knjiga o elementima: ako su a, b, c, d pozitivni brojevi i a je najveći broj u omjeru a/b=c/d, tada vrijedi nejednakost a+d=b + c. III stoljeće, glavno djelo Papusa iz Aleksandrije “Matematička zbirka”: ako su a, b, c, d pozitivni brojevi i a/b>c/d, tada je nejednakost ad>bc zadovoljena. Više od 2000 pr nejednakost je bila poznata pretvara se u pravu jednakost kada je a=b.

Slajd 5

Moderni posebni znakovi 1557. Znak jednakosti = uveo je engleski matematičar R. Ricord. Njegov motiv: “Nema dva predmeta koja su jednakija od dva paralelna segmenta.” 1631 Znakovi > i

Slajd 6

Vrste nejednakosti S varijablom (jednom ili više) Stroge Nestroge S modulom S parametrom Nestandardni sustavi Zbirke Numeričke Jednostavne Dvostruke Višekratne Algebarski cijeli brojevi: -linearni -kvadratni -više potencije Frakcijski-racionalni Iracionalni Trigonometrijski Eksponencijalni Logaritamski Mješoviti tip

Slajd 7

Metode za rješavanje nejednakosti Grafička Osnovna Posebna Funkcionalno-grafička Korištenje svojstava nejednakosti Prijelaz na ekvivalentne sustave Prijelaz na ekvivalentne zbirke Zamjena varijable Intervalna metoda (uključujući generaliziranu) Algebarska metoda cijepanja za nestriktne nejednadžbe

Slajd 8

je vrijednost varijable koja je, kada se zamijeni, pretvara u pravu numeričku nejednakost. Riješite nejednadžbu – pronađite sva njezina rješenja ili dokažite da ne postoji niti jedno. Kaže se da su dvije nejednadžbe ekvivalentne ako su sva rješenja svake od njih rješenja druge nejednadžbe ili ako obje nejednadžbe nemaju rješenja. Nejednadžbe Rješavanje nejednadžbi u jednoj varijabli

Slajd 9

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

Slajd 10

Grafička metoda

Riješi grafički nejednadžbu 1) Konstruiraj graf 2) Konstruiraj graf u istom koordinatnom sustavu. 3) Pronađite apscisu sjecišta grafova (vrijednosti se uzimaju približno, točnost provjeravamo zamjenom). 4) Iz grafa odredimo rješenje ove nejednadžbe. 5) Zapišite odgovor.

Slajd 11

Funkcionalno-grafička metoda rješavanja nejednadžbe f(x)

Slajd 12

Funkcionalno-grafička metoda Riješite nejednadžbu: 3) Jednadžba f(x)=g(x) ima najviše jedan korijen. Riješenje. 4) Izborom nalazimo da je x = 2. II. Prikažimo shematski na numeričkoj osi Ox grafove funkcija f (x) i g (x) koji prolaze točkom x = 2. III.Odredimo rješenja i zapišimo odgovor. Odgovor. x -7 nedefinirano 2

Slajd 13

Riješite nejednadžbe:

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 Odredite broj intervala rješenja nejednadžbe za svaku vrijednost parametra a

Slajd 17

Izgradite grafikon funkcije Jedinstvenog državnog ispita-9, 2008

Slajd 18

Slajd 19

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

Navigacija po stranici.

Suština grafičke metode

Uopće grafička metoda za rješavanje nejednadžbi s jednom varijablom koristi se ne samo za rješavanje kvadratnih nejednadžbi, već i drugih vrsta nejednadžbi. Suština grafička metoda rješenja nejednadžbi sljedeće: razmotriti funkcije y=f(x) i y=g(x), koje odgovaraju lijevoj i desnoj strani nejednadžbe, izgraditi njihove grafove u jednom pravokutnom koordinatnom sustavu i saznati u kojim intervalima graf jedne od oni su niži ili viši od drugih. Oni intervali gdje

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

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

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

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

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

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

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

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


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


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

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

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

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


Ovdje vidimo parabolu čiji su krakovi usmjereni prema gore i koja dodiruje os apscise, odnosno ima jednu zajedničku točku s njom; apscisu te točke 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 osi Ox posvuda osim u dodirnoj točki, odnosno na intervalima (−∞, x 0), (x 0, ∞). Radi jasnoće, označimo područja na crtežu po analogiji s prethodnim odlomkom.


Izvodimo zaključke: za a>0 i D=0

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

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


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

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


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

I ostaju tri opcije za položaj parabole s granama usmjerenim prema dolje, a ne prema gore, u odnosu na Ox os. U načelu, ne treba ih razmatrati, budući da nam množenje obje strane nejednadžbe s −1 omogućuje da dođemo do ekvivalentne nejednadžbe s pozitivnim koeficijentom za x 2. Ali ipak ne škodi dobiti ideju o tim slučajevima. Ovdje se razmišlja slično, pa ćemo napisati samo glavne rezultate.

Algoritam rješenja

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

Na koordinatnoj ravnini radi se shematski crtež koji prikazuje os Ox (nije potrebno prikazati os Oy) i skica 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 kamo su usmjerene njegove grane (za a>0 - prema gore, za a<0 – вниз).
• I drugo, vrijednošću diskriminanta kvadratnog trinoma a x 2 + b x + c određuje se da li parabola siječe apscisnu os u dvije točke (za D>0), dodiruje li je u jednoj točki (za D=0) , ili nema zajedničkih točaka s osi 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, upotrijebite ga u drugom koraku algoritma

  • pri rješavanju kvadratne nejednadžbe a·x 2 +b·x+c>0 određuju se intervali u kojima se parabola nalazi iznad apscise;
  • pri rješavanju nejednadžbe a·x 2 +b·x+c≥0 određuju se intervali u kojima se parabola nalazi iznad osi apscisa i zbrajaju apscise presječnih točaka (ili apscise tangente). ih;
  • pri rješavanju nejednadžbe a x 2 +b x+c<0 находятся промежутки, на которых парабола ниже оси Ox ;
  • konačno, pri rješavanju kvadratne nejednadžbe oblika a·x 2 +b·x+c≤0 nalaze se intervali u kojima je parabola ispod osi Ox i apscise točaka presjeka (ili apscise tangente ) im se dodaje;

  oni čine željeno rješenje kvadratne nejednadžbe, a ako nema takvih intervala i dodirnih točaka, tada izvorna kvadratna nejednadžba nema rješenja.

Sve što preostaje je riješiti nekoliko kvadratnih nejednadžbi pomoću ovog algoritma.

Primjeri s rješenjima

Primjer.

Riješite nejednadžbu .

Riješenje.

Trebamo riješiti kvadratnu nejednadžbu, poslužimo se algoritmom iz prethodnog paragrafa. U prvom koraku trebamo nacrtati skicu grafa kvadratne funkcije . Koeficijent x 2 jednak je 2, pozitivan je, stoga su grane parabole usmjerene prema gore. Otkrijmo također ima li parabola zajedničke točke s osi x; da bismo to učinili, izračunat ćemo diskriminant kvadratnog trinoma . Imamo . Pokazalo se da je diskriminant veći od nule, stoga trinom ima dva stvarna korijena: I , odnosno x 1 =−3 i x 2 =1/3.

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

Prijeđimo na drugi korak algoritma. Budući da rješavamo nestrogu kvadratnu nejednadžbu s predznakom ≤, potrebno je odrediti intervale u kojima se parabola nalazi ispod apscise i dodati im apscise presječnih točaka.

Iz crteža je vidljivo da se parabola nalazi ispod x-osi na intervalu (−3, 1/3) i njoj pribrajamo apscise presječnih točaka, 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 nejednadžba −3≤x≤1/3.

Odgovor:

[−3, 1/3] ili −3≤x≤1/3 .

Primjer.

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

Riješenje.

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

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

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

Odgovor:

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

Kada rješavate kvadratne nejednadžbe, kada je diskriminant kvadratnog trinoma na njegovoj lijevoj strani nula, morate paziti na uključivanje ili isključivanje apscise tangente iz odgovora. To ovisi o predznaku nejednadžbe: ako je nejednadžba stroga, onda nije rješenje nejednadžbe, ali ako nije stroga, onda jest.

Primjer.

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

Riješenje.

Nacrtajmo funkciju y=10 x 2 −14 x+4,9. Grane su mu usmjerene prema gore, jer je koeficijent x 2 pozitivan, a dodiruje os apscise u točki s apscisom 0,7, jer je D"=(−7) 2 −10 4,9=0, odakle ili 0,7 u obliku decimalnog razlomka shematski izgleda ovako:

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

Odgovor:

ova nejednadžba ima jedinstveno rješenje 0.7.

Primjer.

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

Riješenje.

Slijedimo algoritam za rješavanje kvadratnih nejednadžbi i počinjemo konstruiranjem grafa. Grane parabole su usmjerene prema dolje, jer je koeficijent 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 os Ox u točki apscise 4. Napravimo crtež:

Gledamo znak izvorne 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, +∞) . Zasebno napominjemo da 4 - apscisa točke kontakta - nije rješenje, jer na točki kontakta parabola nije niža od osi Ox.

Odgovor:

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

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

Primjer.

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

Riješenje.

Kao i obično, počinjemo s crtežom. Koeficijent a je 3, pozitivan je, stoga su grane parabole usmjerene prema gore. Računamo diskriminantu: D=0 2 −4·3·1=−12 . Budući da je diskriminanta negativna, parabola nema zajedničkih točaka s osi Ox. Dobiveni podaci dovoljni su za shematski grafikon:

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

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

Odgovor:

nema rješenja ili u drugom unosu ∅.

Bibliografija.

• Algebra: udžbenik za 8. razred. opće obrazovanje institucije / [Yu. N. Makarychev, N. G. Mindyuk, K. I. Neshkov, S. B. Suvorova]; uredio S. A. Teljakovski. - 16. izd. - M.: Obrazovanje, 2008. - 271 str. : ilustr. - ISBN 978-5-09-019243-9.
• Algebra: 9. razred: obrazovni. za opće obrazovanje institucije / [Yu. N. Makarychev, N. G. Mindyuk, K. I. Neshkov, S. B. Suvorova]; uredio S. A. Teljakovski. - 16. izd. - M.: Obrazovanje, 2009. - 271 str. : ilustr. - ISBN 978-5-09-021134-5.
• Mordkovich A. G. Algebra. 8. razred. U 2 sata 1. dio. Udžbenik za učenike općeobrazovnih ustanova / A. G. Mordkovich. - 11. izd., izbrisano. - M.: Mnemosyne, 2009. - 215 str.: ilustr. ISBN 978-5-346-01155-2.
• Mordkovich A. G. Algebra. 9. razred. U 2 sata 1. dio. Udžbenik za učenike općeobrazovnih ustanova / A. G. Mordkovich, P. V. Semenov. - 13. izd., 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 1. dio. Udžbenik za učenike općeobrazovnih ustanova (razina profila) / A. G. Mordkovich, P. V. Semenov. - 2. izd., izbrisano. - M.: Mnemosyne, 2008. - 287 str.: ilustr. ISBN 978-5-346-01027-2.

Grafičko rješavanje jednadžbi

Heyday, 2009

Uvod

Potreba za rješavanjem kvadratnih jednadžbi u antičko doba bila je uzrokovana potrebom rješavanja problema vezanih uz pronalaženje površina kopna i vojnih iskapanja, kao i razvojem same astronomije i matematike. Babilonci su mogli riješiti kvadratne jednadžbe oko 2000. pr. Pravilo za rješavanje ovih jednadžbi, izneseno u babilonskim tekstovima, u biti se poklapa sa suvremenim, ali nije poznato kako su Babilonci došli do tog pravila.

Formule za rješavanje kvadratnih jednadžbi u Europi prvi su put navedene u Knjizi o abaku, koju je 1202. godine napisao talijanski matematičar Leonardo Fibonacci. Njegova knjiga pridonijela je širenju algebarskog znanja ne samo u Italiji, već iu Njemačkoj, Francuskoj i drugim europskim zemljama.

Ali opće pravilo za rješavanje kvadratnih jednadžbi, sa svim mogućim kombinacijama koeficijenata b i c, formulirao je u Europi tek 1544. M. Stiefel.

Godine 1591 Francois Viet uveo formule za rješavanje kvadratnih jednadžbi.

U starom Babilonu mogli su riješiti neke vrste kvadratnih jednadžbi.

Diofant iz Aleksandrije I Euklid, Al-Khwarizmi I Omar Khayyam rješavali jednadžbe geometrijskim i grafičkim metodama.

U 7. razredu učili smo 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 konstruiranje grafova ovih funkcija. Pitao sam se postoje li druge funkcije koje poštuju ova pravila.

Moj posao je proučavanje grafova funkcija i grafičko 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 dana je jednadžbom y =kx+ b, Gdje k I b- neki brojevi. Graf ove funkcije je ravna linija.

Obrnuto 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 središtem u točki A ( A, b).

Kvadratna funkcija g= sjekira2 + bx+ c Gdje A,b, sa– neki brojevi i A¹ 0. Graf ove funkcije je parabola.

Jednadžba na2 (a– x) = x2 (a+ x) . Graf ove jednadžbe bit će krivulja koja se naziva strofoid.

/>Jednadžba (x2 + g2 ) 2 = a(x2 – g2 ) . Graf ove jednadžbe naziva se Bernoullijeva lemniskata.

Jednadžba. Graf ove jednadžbe naziva se astroid.

Zavoj (x2 g2 – 2 sjekire)2 =4 a2 (x2 + g2 ) . Ova krivulja se naziva kardioida.

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

2. Pojam jednadžbe i njezino grafičko rješenje

Jednadžba– izraz koji sadrži varijablu.

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

Korijen jednadžbe je broj koji, kada se zamijeni u jednadžbu, daje točnu numeričku jednakost.

Grafičko rješavanje jednadžbi omogućuje vam da pronađete točnu ili približnu vrijednost korijena, omogućuje vam da pronađete broj korijena jednadžbe.

Pri konstruiranju grafova i rješavanju jednadžbi koriste se svojstva funkcije, zbog čega se metoda često naziva funkcionalno-grafička.

Da bismo riješili jednadžbu, “podijelimo” je na dva dijela, uvedemo dvije funkcije, izgradimo njihove grafove i pronađemo koordinate točaka sjecišta grafova. Apscise tih točaka 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 dobiveni su iz grafa funkcije y =f(x) pomoću paralelne transformacije prijenosa: do │ m│ jedinice mjerila udesno ili ulijevo duž x-osi i dalje │ l│ jedinice mjerila gore ili dolje duž osi g.

4. Grafičko rješavanje kvadratne jednadžbe

Na primjeru kvadratne funkcije razmotrit ćemo grafičko rješenje kvadratne jednadžbe. Graf kvadratne funkcije je parabola.

Što su stari Grci znali o paraboli?

Moderni matematički simbolizam nastao je u 16. stoljeću.

Stari grčki matematičari nisu imali ni metodu koordinata ni koncept funkcije. Ipak, detaljno su proučavali svojstva parabole. Genijalnost drevnih matematičara jednostavno je nevjerojatna - uostalom, mogli su se koristiti samo crtežima i verbalnim opisima ovisnosti.

Najpotpunije su istražene parabola, hiperbola i elipsa Apolonije iz Perge, koji je živio u 3. stoljeću pr. On je tim krivuljama dao imena i naznačio uvjete koje točke koje leže na ovoj ili onoj krivulji zadovoljavaju (uostalom, nije bilo formula!).

Postoji algoritam za konstrukciju parabole:

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

y0=axo2+in0+s;

Naći os simetrije parabole (prava x=x0);

PRIJELOM STRANICE--

Sastavljamo tablicu vrijednosti za izgradnju kontrolnih točaka;

Dobivene točke konstruiramo i konstruiramo točke koje su im simetrične u odnosu na os simetrije.

1. Pomoću algoritma ćemo konstruirati parabolu g= x2 – 2 x– 3 . Apscise točaka presjeka s osi x a tu su i korijeni kvadratne jednadžbe x2 – 2 x– 3 = 0.

Postoji pet načina za grafičko rješavanje ove jednadžbe.

2. Podijelimo jednadžbu na dvije funkcije: g= x2 I g= 2 x+ 3

3. Podijelimo jednadžbu na dvije funkcije: g= x2 –3 I g=2 x. Korijeni jednadžbe su apscise točaka presjeka parabole i pravca.

4. Transformirajte jednadžbu x2 – 2 x– 3 = 0 izoliranjem kompletnog kvadrata u funkcije: g= (x–1) 2 I g=4. Korijeni jednadžbe su apscise točaka presjeka parabole i pravca.

5. Podijelite obje strane jednadžbe član po član x2 – 2 x– 3 = 0 na x, dobivamo x– 2 – 3/ x= 0 , podijelimo ovu jednadžbu na dvije funkcije: g= x– 2, g= 3/ x. Korijeni jednadžbe su apscise točaka sjecišta pravca i hiperbole.

5. Grafičko rješavanje jednadžbi stupnjevan

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

g= x5 , g= 3 – 2 x.

Odgovor: x = 1.

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

Korijeni ove jednadžbe su apscisa točke presjeka grafova dviju funkcija: g= 3 √ x, g= 10 – x.

Odgovor: x = 8.

Zaključak

Gledajući grafove 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 grafikoni izgrađeni prema pravilu paralelne translacije u odnosu na osi x I g.

Na primjeru rješavanja kvadratne jednadžbe možemo zaključiti da je grafička metoda primjenjiva i za jednadžbe stupnja n.

Grafičke metode za rješavanje jednadžbi su lijepe i razumljive, ali ne daju 100% jamstvo rješavanja bilo koje jednadžbe. Apscise sjecišta grafova mogu biti približne.

U 9. razredu i srednjoj nastavit ću se upoznavati s ostalim funkcijama. Zanima me da li te funkcije poštuju pravila paralelnog prijenosa kada konstruiraju svoje grafove.

Sljedeće godine također bih želio razmotriti pitanja grafičkog rješavanja sustava jednadžbi i nejednadžbi.

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. Povijest matematike u školi. VII–VIII razreda. – M.: Obrazovanje, 1982.

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

6. Grafičko rješavanje jednadžbi web stranice na Internetu: Tol VIKI; stimul.biz/ru; wiki.iot.ru/images; berdsk.edu; stranica 3–6.htm.

Ministarstvo obrazovanja i politike za mlade Stavropoljskog kraja

Državna proračunska stručna obrazovna ustanova

Regionalna škola Georgievsk "Integral"

INDIVIDUALNI PROJEKT

U disciplini “Matematika: algebra, principi matematičke analize, geometrija”

Na temu: “Grafičko rješavanje jednadžbi i nejednadžbi”

Završio student grupe PK-61, koji studira na specijalnosti

"Programiranje u računalnim sustavima"

Zeller Timur Vitalievich

Voditelj: učiteljica Serkova N.A.

Datum dostave:" " 2017

Datum obrane:" " 2017

Georgievsk 2017

OBJAŠNJENJE

CILJ PROJEKTA:

Cilj: Saznajte koje su prednosti grafičke metode rješavanja jednadžbi i nejednadžbi.

Zadaci:

Usporediti analitičke i grafičke metode rješavanja jednadžbi i nejednadžbi.

Saznajte u kojim slučajevima grafička metoda ima prednosti.

Razmotrite rješavanje jednadžbi s modulom i parametrom.

Relevantnost istraživanja: Analiza materijala posvećenog grafičkom rješavanju jednadžbi i nejednakosti u udžbenicima "Algebra i počeci matematičke analize" različitih autora, uzimajući u obzir ciljeve proučavanja ove teme. Kao i obvezni ishodi učenja koji se odnose na temu koja se razmatra.

Sadržaj

Uvod

1. Jednadžbe s parametrima

1.1. Definicije

1.2. Algoritam rješenja

1.3. Primjeri

2. Nejednadžbe s parametrima

2.1. Definicije

2.2. Algoritam rješenja

2.3. Primjeri

3. Korištenje grafova u rješavanju jednadžbi

3.1. Grafičko rješavanje kvadratne jednadžbe

3.2. Sustavi jednadžbi

3.3. Trigonometrijske jednadžbe

4. Primjena grafova u rješavanju nejednadžbi

5. Zaključak

6. Literatura

Uvod

Proučavanje mnogih fizičkih procesa i geometrijskih uzoraka često dovodi do rješavanja problema s parametrima. Neka sveučilišta također uključuju jednadžbe, nejednadžbe i njihove sustave u ispitne radove, koji su često vrlo složeni i zahtijevaju nestandardan pristup rješavanju. U školi se ovaj jedan od najtežih dijelova školskoga matematičkog tečaja razmatra tek na nekoliko izbornih sati.

U pripremi ovog rada, postavio sam cilj dubljeg proučavanja ove teme, pronalaženja najracionalnijeg rješenja koje brzo dovodi do odgovora. Po mom mišljenju, grafička metoda je zgodan i brz način za rješavanje jednadžbi i nejednadžbi s parametrima.

Moj projekt ispituje tipove jednadžbi, nejednakosti i njihovih sustava koji se često susreću.

1. Jednadžbe s parametrima

1. Osnovne definicije

Razmotrimo jednadžbu

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

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

Svaki sustav promjenjivih vrijednosti

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

u kojem i lijeva i desna strana ove jednadžbe poprimaju stvarne vrijednosti naziva se sustav dopuštenih vrijednosti varijabli a, b, c, ..., k, x. Neka je A skup svih dopuštenih vrijednosti od a, B je skup svih dopuštenih vrijednosti od b, itd., X je skup svih dopuštenih vrijednosti od x, tj. aA, bB, …, xX. Ako za svaki od skupova A, B, C, …, K izaberemo i fiksiramo jednu vrijednost a, b, c, …, k i zamijenimo ih u jednadžbu (1), tada ćemo dobiti jednadžbu za x, tj. jednadžba s jednom nepoznatom.

Varijable a, b, c, ..., k, koje se pri rješavanju jednadžbe smatraju konstantama, nazivamo parametrima, a samu jednadžbu nazivamo jednadžbom 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 kakva su.

Dvije jednadžbe koje sadrže iste parametre nazivaju se ekvivalentnim ako:

a) imaju smisla za iste vrijednosti parametara;

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

1. Algoritam rješenja

Odredi domenu definicije jednadžbe.

Izražavamo a kao funkciju od x.

U koordinatnom sustavu xOa konstruiramo graf funkcije a=(x) za one vrijednosti x koje su uključene u domenu definicije ove jednadžbe.

Nađemo presječne točke pravca a=c, gdje je c(-;+) s grafom funkcije a=(x) Ako pravac a=c siječe graf a=(). x), zatim odredimo apscise presječnih točaka. Za to je dovoljno riješiti jednadžbu a=(x) za x.

Zapisujemo odgovor.

1. Primjeri

I. Riješite jednadžbu

(1)

Riješenje.

Budući da x=0 nije korijen jednadžbe, jednadžba se može riješiti za:

ili

Graf funkcije su dvije "zalijepljene" hiperbole. Broj rješenja izvorne jednadžbe određen je brojem sjecišta konstruiranog pravca i pravca y=a.

Ako je a  (-;-1](1;+) , tada pravac y=a siječe graf jednadžbe (1) u jednoj točki. Apscisu te točke ćemo pronaći pri rješavanju jednadžbe za x.

Dakle, na tom intervalu jednadžba (1) ima rješenje.

Ako je a , tada pravac y=a siječe graf jednadžbe (1) u dvije točke. Apscise ovih točaka mogu se pronaći iz jednadžbi i, dobivamo

I.

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

Odgovor:

Ako je  (-;-1](1;+), tada;

Ako je  , tada ;

Ako je  , tada rješenja nema.

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

Riješenje.

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

U koordinatnom sustavu xOy konstruirat ćemo graf funkcije). Da bismo to učinili, možemo je predstaviti u obliku i, razmatrajući četiri slučaja koja se pojavljuju, zapisujemo ovu funkciju u obliku

Budući da je graf funkcije ravna crta koja ima kut nagiba prema osi Ox jednak i siječe os Oy u točki s koordinatama (0, a), zaključujemo da se tri navedene sjecišne točke mogu dobiti samo u slučaju kada ta linija dodiruje graf funkcije. Stoga nalazimo izvod

Odgovor: .

III. Pronađite sve vrijednosti parametra a, za svaku od njih sustav jednadžbi

ima rješenja.

Riješenje.

Iz prve jednadžbe sustava dobivamo na Dakle, ova jednadžba definira familiju "poluparabola" - desne grane parabole "klize" svojim vrhovima duž apscisne osi.

Odaberimo potpune kvadrate na lijevoj strani druge jednadžbe i faktorizirajmo ih

Skup točaka ravnine koje zadovoljavaju drugu jednadžbu su dvije ravne linije

Otkrijmo pri kojim vrijednostima parametra a krivulja iz obitelji "poluparabola" ima barem jednu zajedničku točku s jednom od rezultirajućih ravnih linija.

Ako su vrhovi poluparabola desno od točke A, ali lijevo od točke B (točka B odgovara vrhu “poluparabole” koji dodiruje

ravna linija), tada razmatrani grafovi nemaju zajedničkih točaka. Ako se vrh "poluparabole" poklapa s točkom A, tada.

Određujemo slučaj "poluparabole" koja dodiruje pravac iz uvjeta postojanja jedinstvenog rješenja sustava

U ovom slučaju jednadžba

ima jedan korijen, odakle nalazimo:

Prema tome, izvorni sustav nema rješenja na, ali na ili ima barem jedno rješenje.

Odgovor: a  (-;-3] (;+).

IV. Riješite jednadžbu

Riješenje.

Pomoću jednakosti zadanu jednadžbu prepisujemo u obliku

Ova jednadžba je ekvivalentna sustavu

Jednadžbu prepisujemo u obliku

. (*)

Posljednju jednadžbu najlakše je riješiti pomoću geometrijskih razmatranja. Konstruirajmo grafove funkcija i Iz grafa proizlazi da se grafovi ne sijeku i, prema tome, jednadžba nema rješenja.

Ako, onda kada se grafovi funkcija podudaraju i, prema tome, sve vrijednosti su rješenja jednadžbe (*).

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

Istražimo sada pri kojim će vrijednostima a pronađena rješenja jednadžbe (*) zadovoljiti uvjete

Neka bude onda. Sustav će poprimiti oblik

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

Na integralu (1;+∞) ponovno dobivamo linearnu nejednadžbu 2h<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 se rezultat može dobiti iz vizualnih, au isto vrijeme strogih geometrijskih razmatranja. Slika 7 prikazuje grafove funkcija:g= f( x)=| x-1|+| x+1| Ig=4.

Slika 7.

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

II )Nejednadžbe s parametrima.

Rješavanje nejednadžbi s jednim ili više parametara u pravilu je složeniji zadatak u odnosu na zadatak u kojem nema parametara.

Na primjer, nejednadžba √a+x+√a-x>4, koja sadrži parametar a, prirodno zahtijeva mnogo više truda da se riješi nego nejednadžba √1+x + √1-x>1.

Što znači riješiti prvu od ovih nejednadžbi? To, u biti, znači rješavanje ne samo jedne nejednadžbe, već cijele klase, cijelog skupa nejednadžbi koje se dobivaju ako parametru damo određene numeričke vrijednosti. Druga od napisanih nejednakosti poseban je slučaj prve jer se iz nje dobiva s vrijednošću a = 1.

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

Primjer1:

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

Da bismo riješili ovu nejednadžbu s dva parametraa u bPoslužimo se geometrijskim razmatranjima. Slike 8 i 9 prikazuju grafove funkcija.

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

Očito je da kadab<=2| a| ravnog= bne prolazi iznad horizontalnog segmenta krivuljeg=| x- a|+| x+ a| pa stoga nejednadžba u ovom slučaju nema rješenja (slika 8). Akob>2| a|, zatim redakg= bsiječe graf funkcijeg= f(x) u dvije točke (-b/2; b) u (b/2; b)(Slika 6) i nejednakost u ovom slučaju vrijedi za –b/2< x< b/2, jer za ove vrijednosti varijable krivuljag=| x+ a|+| x- a| nalazi ispod ravne linijeg= b.

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

Akob>2| a|, zatimx €(- b/2; b/2).

III) Trigonometrijske nejednakosti:

Pri rješavanju nejednadžbi s trigonometrijskim funkcijama bitno se koristi periodičnost tih funkcija i njihova monotonost na odgovarajućim intervalima. Najjednostavnije trigonometrijske nejednadžbe. Funkcijagrijeh xima pozitivan period od 2π. Dakle, nejednakosti su oblika:sin x>a, sin x>=a,

grijeh x

Dovoljno je prvo riješiti na nekom segmentu duljine 2π . Skup svih rješenja dobivamo dodavanjem svakom rješenju koje se nalazi na ovom segmentu brojeva oblika 2π p, pÊZ.

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

Prvo, riješimo ovu nejednadžbu 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 funkcijagrijeh xmonotono raste. To znači da ako –π/2<= x<= -π/6, то grijeh x<= grijeh(- π /6)=-1/2, tj. ove vrijednosti x nisu rješenja nejednadžbe. Ako je –π/6<х<=π/2 то grijeh x> grijeh(-π/6) = –1/2. Sve ove vrijednosti x nisu rješenja nejednadžbe.

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

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

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

Zaključak

Pogledali smo grafičku metodu rješavanja jednadžbi i nejednadžbi; Pogledali smo konkretne primjere, čije je rješenje koristilo takva svojstva funkcija kao što su monotonost i parnost.Analiza znanstvene literature i udžbenika matematike omogućila je strukturiranje odabranog materijala u skladu s ciljevima studija, odabir i razvoj učinkovitih metoda za rješavanje jednadžbi i nejednadžbi. U radu je prikazana grafička metoda za rješavanje jednadžbi i nejednadžbi te primjeri u kojima se te metode koriste. Rezultat projekta mogu se smatrati kreativni zadaci, kao pomoćni materijal za razvijanje vještine rješavanja jednadžbi i nejednadžbi grafičkom metodom.

Popis korištene literature

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

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

Okunev A. A. “Grafičko rješenje jednadžbi s parametrima.” Izdavačka kuća “Škola - tisak”. Moskva 1986

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

Yastribinetsky G. A. “Jednadžbe i nejednadžbe koje sadrže parametre.” Izdavačka kuća “Prosveshcheniye”. Moskva 1972

G. Korn i T. Korn “Handbook of Mathematics.” Izdavačka kuća “Science” fizikalna i matematička literatura. 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 nejednadžbi. U članku ćemo prikazati algoritam za korištenje grafičke metode, a zatim razmotriti posebne slučajeve koristeći primjere.

Suština grafičke metode

Metoda je primjenjiva za rješavanje bilo kojih nejednadžbi, ne samo kvadratnih. Njena bit je sljedeća: desna i lijeva strana nejednadžbe se promatraju kao dvije odvojene funkcije y = f (x) i y = g (x), njihovi grafovi se iscrtavaju u pravokutnom koordinatnom sustavu i gleda se koji je od grafova koji se nalazi iznad drugog, i na kojim intervalima. Intervali se procjenjuju na sljedeći način:

Definicija 1

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

Pogledajmo gornji algoritam koristeći primjer. Da biste to učinili, uzmite kvadratnu nejednadžbu a x 2 + b x + c< 0 (≤ , >, ≥) i iz njega izvesti dvije funkcije. Lijeva strana nejednadžbe 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 ravna linija koja se poklapa s osi x O x. Analizirajmo položaj parabole u odnosu na os O x. Da bismo to učinili, napravimo shematski crtež.

Grane parabole su usmjerene prema gore. Sječe os O x u točkama x 1 I x 2. Koeficijent a u ovom slučaju je pozitivan, jer je odgovoran za smjer grana parabole. Diskriminant je pozitivan, što znači da kvadratni trinom ima dva korijena a x 2 + b x + c. Korijene trinoma označavamo kao x 1 I x 2, i to je prihvaćeno x 1< x 2 , budući da je točka s apscisom prikazana na O x osi x 1 lijevo od točke apscise x 2.

Dijelovi parabole koji se nalaze iznad osi O x bit će označeni crvenom bojom, ispod - plavom bojom. To će nam omogućiti da crtež učinimo vizualnijim.

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

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

Napravimo kratki sažetak rješenja. Za a > 0 i D = b 2 − 4 a c > 0 (ili D " = D 4 > 0 za paran koeficijent b) dobivamo:

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

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

Parabola se nalazi iznad osi O x u potpunosti, s izuzetkom točke dodirivanja koordinatne osi. Obojimo intervale (− ∞ , x 0) , (x 0 , ∞) .

Zapišimo rezultate. Na a > 0 I D=0:

• rješavanje kvadratne nejednadžbe a x 2 + b x + c > 0 je (− ∞ , x 0) ∪ (x 0 , + ∞) ili u drugom zapisu x ≠ x 0;
• rješavanje kvadratne nejednadžbe a x 2 + b x + c ≥ 0 je (− ∞ , + ∞) ili u drugom zapisu x ∈ R;
• kvadratna nejednakost a x 2 + b x + c< 0 nema rješenja (nema intervala u kojima se parabola nalazi ispod osi O x);
• kvadratna nejednakost a x 2 + b x + c ≤ 0 ima jedinstveno rješenje x = x 0(daje se kontaktnom točkom),

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 usmjerene su prema gore, što znači da a > 0. Kvadratni trinom nema pravih korijena jer D< 0 .

Na grafu nema intervala u kojima bi parabola bila ispod x-osi. To ćemo uzeti u obzir pri odabiru boje za naš crtež.

Ispada da kada a > 0 I D< 0 rješavanje kvadratnih nejednadžbi 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 mogućnosti za razmatranje kada su grane parabole usmjerene prema dolje. Nema potrebe posebno se zadržavati na ove tri opcije, jer kada obje strane nejednakosti pomnožimo s − 1, dobivamo ekvivalentnu nejednadžbu s pozitivnim koeficijentom za x 2.

Razmatranje prethodnog odjeljka članka pripremilo nas je za percepciju algoritma za rješavanje nejednakosti pomoću grafičke metode. Da bismo izvršili izračune, trebat 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 nije potrebna za izračune i samo će preopteretiti crtež.

Da bismo konstruirali parabolu, morat ćemo znati dvije stvari:

Definicija 2

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

Točke presjeka i dodirivanja označavat ćemo na uobičajen način pri rješavanju nestrogih nejednadžbi, a prazne pri rješavanju striktnih.

Nakon dovršenog crteža možete prijeći na sljedeći korak rješenja. Uključuje određivanje intervala u kojima se parabola nalazi iznad ili ispod O x osi. Intervali i točke presjeka su rješenje kvadratne nejednadžbe. Ako nema točaka sjecišta ili dodirivanja i nema intervala, tada se smatra da nejednadžba navedena u uvjetima zadatka nema rješenja.

Riješimo sada nekoliko kvadratnih nejednadžbi koristeći gornji algoritam.

Primjer 1

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

Riješenje

Nacrtajmo graf kvadratne funkcije y = 2 · x 2 + 5 1 3 · x - 2 . Koeficijent pri 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 kako bismo saznali ima li parabola dodirnih točaka s apscisnom osi. Dobivamo:

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

Kao što vidimo, D je veće od nule, pa imamo dvije sjecišne točke: 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 nejednadžbu, stoga stavljamo obične točke na graf. Nacrtajmo parabolu. Kao što vidite, crtež ima isti izgled kao u prvom predlošku koji smo razmotrili.

Naša nejednakost ima predznak ≤. Stoga na grafu treba istaknuti intervale u kojima se nalazi parabola ispod O x osi i dodati im sjecišne točke.

Interval koji nam treba je 3, 1 3. Dodamo mu sjecišne točke i dobijemo numerički segment − 3, 1 3. Ovo je rješenje našeg problema. Odgovor se može napisati kao dvostruka nejednadžba: − 3 ≤ x ≤ 1 3 .

Odgovor:− 3 , 1 3 ili − 3 ≤ x ≤ 1 3 .

Primjer 2

− x 2 + 16 x − 63< 0 grafička metoda.

Riješenje

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

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

Ispada da parabola siječe x-os u točkama 7 I 9 . Označimo ove točke na grafu kao prazne, budući da radimo sa strogom nejednakošću. Nakon toga nacrtajte parabolu koja siječe os O x u označenim točkama.

Zanimat će nas intervali u kojima se parabola nalazi ispod O x osi. Označimo te intervale plavom bojom.

Dobivamo odgovor: rješenje nejednadžbe su intervali (− ∞, 7) , (9, + ∞) .

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

U slučajevima kada je diskriminant kvadratnog trinoma jednak nuli, mora se pažljivo razmotriti treba li uključiti apscisu tangentnih točaka u odgovor. Da bismo donijeli ispravnu odluku, potrebno je uzeti u obzir znak nejednakosti. U strogim nejednadžbama točka dodirivanja x-osi nije rješenje nejednadžbe, ali u nestrogim jest.

Primjer 3

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

Riješenje

Grane parabole u ovom će slučaju biti usmjerene prema gore. Dodirnut će os O x u točki 0, 7, jer

Nacrtajmo funkciju y = 10 x 2 − 14 x + 4,9. Njegove su grane usmjerene prema gore, budući da je koeficijent na x 2 pozitivna, i dodiruje x-os u točki x-osi 0 , 7 , jer D " = (− 7) 2 − 10 4, 9 = 0, odakle je x 0 = 7 10 ili 0 , 7 .

Stavimo točku i nacrtajmo parabolu.

Rješavamo nestrogu nejednadžbu s predznakom ≤. Stoga. Zanimat će nas intervali u kojima se parabola nalazi ispod x-osi i točke dodirivanja. Na slici nema intervala koji bi zadovoljili naše uvjete. Postoji samo kontaktna točka 0, 7. Ovo je rješenje koje tražimo.

Odgovor: Nejednadžba ima samo jedno rješenje 0, 7.

Primjer 4

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

Riješenje

Grane parabole usmjerene su prema dolje. Diskriminant je nula. Točka raskrižja x 0 = 4.

Označimo točku dodirivanja na x-osi i nacrtamo parabolu.

Imamo posla s teškom nejednakošću. Stoga nas zanimaju intervali u kojima se parabola nalazi ispod O x osi. Označimo ih plavom bojom.

Točka s apscisom 4 nije rješenje jer se parabola u njoj ne nalazi ispod O x osi. Posljedično, dobivamo dva intervala (− ∞ , 4) , (4 , + ∞) .

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

Ne uvijek sa negativna vrijednost diskriminantna nejednakost neće imati rješenja. Postoje slučajevi kada je rješenje skup svih realnih brojeva.

Primjer 5

Grafički riješite kvadratnu nejednadžbu 3 x 2 + 1 > 0.

Riješenje

Koeficijent a je pozitivan. Diskriminant je negativan. Grane parabole bit će usmjerene prema gore. Nema točaka sjecišta parabole s osi O x. Pogledajmo crtež.

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

Odgovor:(− ∞, + ∞) ili tako x ∈ R.

Primjer 6

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

Riješenje

Grane parabole usmjerene su prema dolje. Diskriminant je negativan, dakle nema zajedničkih točaka između parabole i x-osi. Pogledajmo crtež.

Radimo s nestrogom nejednakošću s predznakom ≥, stoga su nam zanimljivi intervali u kojima se parabola nalazi iznad x-osi. Sudeći po grafikonu, takvih praznina nema. To znači da nejednadžba dana u uvjetima problema nema rješenja.

Odgovor: Nema rješenja.

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