Lineáris egyenlőtlenségrendszerek megoldása paraméterrel. §2
Egyenlőtlenségek megoldása paraméterrel.
Az ax > b, ax alakú egyenlőtlenségek< b, ax ≥ b, ax ≤ b, где a и b – действительные числа или выражения, зависящие от параметров, а x – неизвестная величина, называются lineáris egyenlőtlenségek.
Megoldási elvek lineáris egyenlőtlenségek paraméterrel nagyon hasonlóak a megoldás alapelvéhez lineáris egyenletek paraméterrel.
1. példa
Oldja meg az 5x – a > ax + 3 egyenlőtlenséget.
Megoldás.
Először is alakítsuk át az eredeti egyenlőtlenséget:
5x – ax > a + 3, vegyük ki x-et az egyenlőtlenség bal oldalán lévő zárójelekből:
(5 – a)x > a + 3. Tekintsük most az a paraméter lehetséges eseteit:
Ha a > 5, akkor x< (а + 3) / (5 – а).
Ha a = 5, akkor nincs megoldás.
Ha egy< 5, то x >(a + 3) / (5 – a).
Ez a megoldás lesz a válasz az egyenlőtlenségre.
2. példa
Oldja meg az x(a – 2) / (a – 1) – 2a/3 ≤ 2x – a egyenlőtlenséget, ha a ≠ 1.
Megoldás.
Alakítsuk át az eredeti egyenlőtlenséget:
x(a – 2) / (a – 1) – 2x ≤ 2a/3 – a;
Ах/(а – 1) ≤ -а/3. Az egyenlőtlenség mindkét oldalát (-1) megszorozva a következőt kapjuk:
ax/(a – 1) ≥ a/3. Vizsgáljuk meg az a paraméter lehetséges eseteit:
1 eset. Legyen a/(a – 1) > 0 vagy a € (-∞; 0)ᴗ(1; +∞). Ekkor x ≥ (a – 1)/3.
2. eset. Legyen a/(a – 1) = 0, azaz. a = 0. Ekkor x bármely valós szám.
3. eset. Legyen a/(a – 1)< 0 или а € (0; 1). Тогда x ≤ (а – 1)/3.
Válasz: x € [(a – 1)/3; +∞) egy € esetén (-∞; 0)ᴗ(1; +∞);
x € [-∞; (a – 1)/3] euróért (0; 1);
x € R a = 0 esetén.
3. példa
Oldja meg az |1 + x| egyenlőtlenséget ≤ ax x-hez viszonyítva.
Megoldás.
A feltételből az következik, hogy jobb rész egyenlőtlenség ax nem lehet negatív, azaz. ax ≥ 0. A modul feltárása az egyenlőtlenségből |1 + x| ≤ ax kettős egyenlőtlenségünk van
Ax ≤ 1 + x ≤ ax. Írjuk át az eredményt rendszer formájában:
(ax ≥ 1 + x;
(-ax ≤ 1 + x.
Alakítsuk át a következőre:
((a – 1)x ≥ 1;
((a + 1)x ≥ -1.
A kapott rendszert intervallumokon és pontokon tanulmányozzuk (1. ábra):
A ≤ -1 x € (-∞; 1/(a – 1)] esetén.
-1-nél< а < 0 x € [-1/(а – 1); 1/(а – 1)].
Amikor a = 0 x = -1.
0-nál< а ≤ 1 решений нет.
Grafikus módszer egyenlőtlenségek megoldására
A grafikonok ábrázolása nagyban leegyszerűsíti a paramétert tartalmazó egyenletek megoldását. A grafikus módszer alkalmazása az egyenlőtlenségek paraméterrel történő megoldásánál még áttekinthetőbb és célszerűbb.
Az f(x) ≥ g(x) formájú egyenlőtlenségek grafikus megoldása annak az x változónak az értékeinek megtalálását jelenti, amelyre az f(x) függvény grafikonja a g(x) függvény grafikonja felett van. Ehhez mindig meg kell találni a gráfok metszéspontjait (ha vannak).
1. példa
Oldja meg az |x + 5| egyenlőtlenséget< bx.
Megoldás.
Az y = |x + 5| függvények grafikonjait készítjük és y = bx (2. ábra). Az egyenlőtlenség megoldása az x változó azon értékei, amelyekre az y függvény grafikonja = |x + 5| az y = bx függvény grafikonja alatt lesz. 
A képen látható:
1) b > 1 esetén az egyenesek metszik egymást. E függvények grafikonjai metszéspontjának abszcisszája az x + 5 = bx egyenlet megoldása, ahonnan x = 5/(b – 1). Az y = bx gráf az (5/(b – 1; +∞) intervallum x pontjában van fent, ami azt jelenti, hogy ez a halmaz az egyenlőtlenség megoldása.
2) Hasonlóképpen azt találjuk, hogy -1-nél< b < 0 решением является х из интервала (-5/(b + 1); 5/(b – 1)).
3) b ≤ -1 x € esetén (-∞; 5/(b – 1)).
4) 0 ≤ b ≤ 1 esetén a gráfok nem metszik egymást, ami azt jelenti, hogy az egyenlőtlenségnek nincs megoldása.
Válasz: x € (-∞; 5/(b – 1)) b ≤ -1 esetén;
x € (-5/(b + 1); 5/(b – 1)) -1-nél< b < 0;
0 ≤ b ≤ 1-re nincs megoldás; x € (5/(b – 1); +∞), ha b > 1.
2. példa
Oldja meg az a(a + 1)x > (a + 1)(a + 4) egyenlőtlenséget.
Megoldás.
1) Keressük meg az a paraméter „kontroll” értékeit: a 1 = 0 és 2 = -1.
2) Oldja meg ezt az egyenlőtlenséget minden részhalmazon valós számok: (-∞; -1); {-1}; (-1; 0); {0}; (0; +∞).
a) a< -1, из данного неравенства следует, что х >(a + 4)/a;
b) a = -1, akkor ez az egyenlőtlenség 0 x > 0 alakot ölt – nincs megoldás;
c) -1< a < 0, из данного неравенства следует, что х < (a + 4)/a;
d) a = 0, akkor ez az egyenlőtlenség 0 x > 4 alakú – nincs megoldás;
e) a > 0, ebből az egyenlőtlenségből következik, hogy x > (a + 4)/a.
3. példa
Oldja meg a |2 – |x|| egyenlőtlenséget< a – x.
Megoldás.
Megszerkesztjük az y = |2 – |x|| függvény grafikonját (3. ábra)és vegyük figyelembe az y = -x + a egyenes helyének minden lehetséges esetét. 
Válasz: az egyenlőtlenségnek nincs megoldása ≤ -2-re;
x € (-∞; (a – 2)/2) egy € (-2; 2] esetén);
x € (-∞; (a + 2)/2), ha a > 2.
Amikor döntenek különféle feladatokat, egyenletek és paraméterekkel való egyenlőtlenségek jelentős számú heurisztikus technikát tárnak fel, amelyek aztán a matematika bármely más ágában sikeresen alkalmazhatók.
Problémák a paraméterek lejátszásával fontos szerep a formációban logikus gondolkodásés a matematikai kultúra. Éppen ezért, miután elsajátította a paraméterekkel kapcsolatos problémák megoldásának módszereit, sikeresen megbirkózik más problémákkal.
Van még kérdése? Nem tudja, hogyan oldja meg az egyenlőtlenségeket?
Segítséget kérni egy oktatótól -.
Az első óra ingyenes!
blog.site, az anyag teljes vagy részleges másolásakor az eredeti forrásra mutató hivatkozás szükséges.
Állami költségvetés oktatási intézmény
Samara régió középfokú általános műveltség
2. számú iskola névadója. V. Maskina vasút Művészet. Klyavlino
önkormányzati kerület Kljavlinszkij
Samara régió
« Egyenletek
És
egyenlőtlenségek
paraméterekkel"
oktatóanyag
Klyavlino
"Egyenletek és egyenlőtlenségek paraméterekkel" osztályos tanulók számára 10–11
ez a kézikönyv a program melléklete választható tárgy„Egyenletek és egyenlőtlenségek a paraméterekkel”, amely külső vizsgálaton esett át (a Szamarai Régió Oktatási és Tudományos Minisztériumának tudományos és módszertani szakértői tanácsa 2008. december 19-i keltezése a felhasználást javasolta oktatási intézmények Samara régió)
Szerzői
Romadanova Irina Vladimirovna
tanár Matematika MOU Klyavlinskaya középfokú általános oktatás
2. számú iskola névadója. V. Maskina, Klyavlinsky kerület, Szamarai régió
Szerbajeva Irina Alekszejevna
Bevezetés……………………………………………………………… 3-4
Lineáris egyenletek és egyenlőtlenségek paraméterekkel………………..4-7
Másodfokú egyenletekés a paraméterekkel való egyenlőtlenségek……………7-9
Tört-racionális egyenletek paraméterekkel……………..10-11
Irracionális egyenletek és paraméteres egyenlőtlenségek……11-13
Trigonometrikus egyenletekés a paraméterekkel való egyenlőtlenségek.14-15
Exponenciális egyenletekés a paraméterekkel való egyenlőtlenségek………16-17
Logaritmikus egyenletek és egyenlőtlenségek paraméterekkel......16-18
Egységes államvizsga-célok………………………………………………………...18-20
Önálló munkavégzés feladatai……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………21-28
Bevezetés.
Egyenletek és egyenlőtlenségek paraméterekkel.
Ha egy egyenletben vagy egyenlőtlenségben néhány együttható nincs megadva számértékek, és betűkkel vannak jelölve, akkor hívják őket paraméterek,és maga az egyenlet vagy egyenlőtlenség parametrikus.
Egy egyenlet vagy egyenlőtlenség paraméterekkel történő megoldásához a következőket kell tennie:
Válassza ki különleges jelentése- ez annak a paraméternek az értéke, amelyben vagy áthaladásakor az egyenlet vagy egyenlőtlenség megoldása megváltozik.
Határozza meg érvényes értékek– ezek annak a paraméternek az értékei, amelyeknél az egyenletnek vagy egyenlőtlenségnek van értelme.
Egy egyenlet vagy egyenlőtlenség paraméterekkel való megoldása azt jelenti:
1) határozza meg, hogy milyen paraméterértékeken léteznek megoldások;
2) minden megengedett paraméterérték-rendszerhez keresse meg a megfelelő megoldáskészletet.
Paraméterrel egyenletet lehet megoldani a következő módszerek segítségével: elemző vagy grafikus.
Analitikai módszer magában foglalja egy egyenlet tanulmányozását több eset figyelembevételével, amelyek közül egyiket sem lehet kihagyni.
Egyenletek és egyenlőtlenségek megoldása az egyes típusok paramétereivel elemzési módszer feltételezi részletes elemzés helyzetek és következetes kutatások, amelyek során felmerül az igény "gondos kezelés" paraméterrel.
Grafikus módszer magában foglalja az egyenlet grafikonjának felépítését, amelyből megállapítható, hogy a paraméter változása hogyan befolyásolja az egyenlet megoldását, ill. Az ütemterv időnként lehetővé teszi, hogy analitikusan megfogalmazzuk a szükséges és elegendő feltételek a hozzárendelt problémák megoldására. A grafikus megoldási módszer különösen akkor hatékony, ha meg kell határozni, hogy egy egyenletnek hány gyöke van egy paramétertől függően, és kétségtelen előnye, hogy ezt tisztán látja.
§ 1. Lineáris egyenletek és egyenlőtlenségek.
Lineáris egyenlet A x = b , -ben rögzítették Általános nézet, paraméteres egyenletnek tekinthető, ahol x – ismeretlen , a , b - lehetőségek. Ennél az egyenletnél a paraméter speciális vagy vezérlőértéke az, amelynél az ismeretlen együtthatója nullává válik.
A lineáris egyenlet paraméterrel történő megoldása során azokat az eseteket vesszük figyelembe, amikor a paraméter megegyezik a speciális értékével és eltér attól.
Speciális paraméterérték a az érték A = 0.
b = 0 egy speciális paraméterérték b .
Nál nél b ¹ 0 az egyenletnek nincsenek megoldásai.
Nál nél b = 0 az egyenlet a következő formában lesz: 0x = 0. Ennek az egyenletnek a megoldása bármely valós szám.
A forma egyenlőtlenségei ah > b És fejsze < b (a ≠ 0) lineáris egyenlőtlenségeknek nevezzük. Az egyenlőtlenség megoldásainak halmaza ah >b– intervallum
(; +
),
Ha a
> 0
, És (-;)
, Ha A< 0
. Hasonlóan az egyenlőtlenséghez
Ó<
b
megoldáskészlet - intervallum(-;),
Ha a
> 0,
És (; +),
Ha A< 0.
1. példa Oldja meg az egyenletet fejsze = 5
Megoldás: Ez egy lineáris egyenlet.
Ha a = 0, akkor az egyenlet 0 × x = 5 nincs megoldása.
Ha A¹ 0, x =- az egyenlet megoldása.
Válasz: nál nél A¹ 0, x=
a = 0 esetén nincs megoldás.
2. példa Oldja meg az egyenletet fejsze – 6 = 2a – 3x.
Megoldás: Ez egy lineáris egyenlet, fejsze – 6 = 2a – 3x (1)
ax + 3x = 2a +6
Az egyenlet átírása így (a+3)x = 2(a+3), vegyünk két esetet:
a= -3És A¹ -3.
Ha a= -3, akkor bármilyen valós szám x az (1) egyenlet gyöke. Ha A¹ -3 , az (1) egyenletnek egyetlen gyöke van x = 2.
Válasz: Nál nél a = -3, x 
R
;
nál nél A
¹
-3, x = 2.
3. példa Milyen paraméterértékeken A az egyenlet gyökerei között
2h – 4kh – a 2 + 4a – 4 = 0 több gyökér van 1 ?
Megoldás: Oldjuk meg az egyenletet 2h – 4kh – a 2 + 4a – 4 = 0- lineáris egyenlet
2(a - 2) x = a 2 - 4a +4
2(a – 2) x = (a – 2) 2
Nál nél a = 2 az egyenlet megoldása 0x = 0 tetszőleges szám lehet, beleértve az 1-nél nagyobbat is.
Nál nél A¹
2 x = 
.
Feltétel szerint x > 1, vagyis >1 és >4.
Válasz: Nál nél A (2) U (4;∞).
4. példa . Minden paraméter értékéhez A keresse meg az egyenlet gyökeinek számát ah=8.
Megoldás. fejsze = 8- lineáris egyenlet.
y = a– vízszintes vonalak családja;
y = - A grafikon egy hiperbola. Készítsünk grafikonokat ezekről a függvényekről.
Válasz: Ha a =0, akkor az egyenletnek nincsenek megoldásai. Ha a ≠ 0, akkor az egyenletnek egy megoldása van.
5. példa . Grafikonok segítségével nézze meg, hány gyöke van az egyenletnek:
|x| = ah – 1.
y =| x | ,
y = ah – 1– a gráf egy ponton áthaladó egyenes (0;-1).
Készítsünk grafikonokat ezekről a függvényekről.
Válasz: Mikor |a|>1- egy gyökér
nál nél | a|≤1 – az egyenletnek nincs gyökere.
Példa 6 . Oldja meg az egyenlőtlenséget fejsze + 4 > 2x + a 2
Megoldás
:
fejsze + 4 > 2x + a
2
(a – 2) x >A
2
– 4. Nézzünk három esetet.
Válasz. x > a + 2 nál nél a > 2; x<а + 2, nál nél A< 2; nál nél a=2 nincsenek megoldások.
2. §. Másodfokú egyenletek és egyenlőtlenségek
Másodfokú egyenlet a forma egyenlete Ó ² + b x + c = 0 , Ahol a≠ 0,
A, b , Val vel - lehetőségek.
A másodfokú egyenletek paraméterrel történő megoldásához standard megoldási módszereket használhat a következő képletekkel:
1
)
másodfokú egyenlet diszkriminánsa:
D
=
b
² - 4
ac
,
(
²-
ac)
2)
képletek másodfokú egyenlet gyökére:x
1
=
, X
2
=
,
(X
1,2 =
)
A másodfokú egyenlőtlenségeket nevezzük
a x 2 + b x + c > 0,a x 2 + b x + c< 0, (1), (2)
a x 2 + b x + c ≥ 0,a x 2 + b x + c ≤ 0,(3), (4)
A (3) egyenlőtlenség megoldásainak halmazát úgy kapjuk meg, hogy az (1) egyenlőtlenség megoldási halmazait és az egyenletet kombináljuk , a x 2 + b x + c = 0. Hasonlóan megtalálható a (4) egyenlőtlenség megoldási halmaza is.
Ha a másodfokú trinom diszkriminánsa
a
x
2
+
b
x + c
kisebb, mint nulla, akkor a > 0 esetén a trinom minden x-re pozitív R.
Ha egy másodfokú trinomnak vannak gyökei (x 1
< х
2
), akkor a > 0 esetén pozitív a halmazon(-;
x 2 )
(X 2;
+)
és negatív az intervallumon
(x 1; x 2 ). Ha egy< 0, то трехчлен положителен на интервале (х
1; x 2 ) és negatív minden x-re (-;
x 1 )(X 2;
+).
1. példa Oldja meg az egyenletet ax² - 2 (a – 1)x – 4 = 0.
Ez egy másodfokú egyenlet
Megoldás: Különleges jelentés a = 0.
Nál nél a = 0 lineáris egyenletet kapunk 2x – 4 = 0. Egyetlen gyökere van x = 2.
Nál nél a ≠ 0. Keressük a diszkriminánst.
D = (a-1)² + 4a = (a+1)²
Ha a = -1, Hogy D = 0 - egy gyökér.
Keressük a gyökeret helyettesítéssel a = -1.
-x² + 4x - 4 = 0, vagyis x² -4x + 4 = 0, azt találjuk x=2.
Ha a ≠ - 1, Azt D
>0
. A gyökérképlet segítségével a következőket kapjuk:x= 
;
x 1 =2, x 2 = -.
Válasz: Nál nél a=0 és a= -1 az egyenletnek egy gyöke van x = 2; nál nél a ≠ 0 és
A ≠ - 1 egyenletnek két gyöke vanx 1 =2, x 2 =-.
2. példa Határozzuk meg ennek az egyenletnek a gyökeinek számát! x²-2x-8-a=0 paraméterértékektől függően A.
Megoldás. Írjuk át adott egyenlet mint x²-2x-8=a
y = x²-2x-8- a gráf egy parabola;
y =a- vízszintes vonalak családja.
Készítsünk függvénygrafikonokat.
Válasz: Mikor A<-9 , az egyenletnek nincsenek megoldásai; ha a=-9, az egyenletnek egy megoldása van; nál nél a>-9, az egyenletnek két megoldása van.
3. példa Miben A egyenlőtlenség (a – 3) x 2 – 2ax + 3a – 6 >0érvényes x minden értékére?
Megoldás. A másodfokú trinom pozitív az x minden értékére, ha
a-3 > 0 és D<0, т.е. при а, удовлетворяющих системе неравенств
,
honnan az következika
> 6
.
Válasz.a > 6
3. §. Tört racionális egyenletek paraméterrel,
lineárisra redukálható
Megoldási folyamat törtegyenletek a szokásos séma szerint hajtjuk végre: a törtet egész számmal helyettesítjük úgy, hogy az egyenlet mindkét oldalát megszorozzuk közös nevező bal és jobb részeit. Ezután az egész egyenletet megoldjuk, kivéve az idegen gyököket, vagyis azokat a számokat, amelyek a nevezőt nullára fordítják.
Paraméteres egyenletek esetén ez a probléma összetettebb. Itt az idegen gyökök „kiküszöböléséhez” meg kell találni annak a paraméternek az értékét, amely a közös nevezőt nullára fordítja, vagyis meg kell oldani a paraméterre vonatkozó megfelelő egyenleteket.
1. példa
Oldja meg az egyenletet 
= 0
Megoldás: D.Z: x +2 ≠ 0, x ≠ -2
x – a = 0, x = a.
Válasz: Nál nél a ≠ - 2, x=a
Nál nél a = -2 nincsenek gyökerei.
2. példa
.
Oldja meg az egyenletet 
- 
= 
(1)
Ez tört-racionális az egyenlet
Megoldás: Jelentése a = 0 különleges. Nál nél a = 0 az egyenletnek nincs értelme, ezért nincs gyökere. Ha a ≠ 0, akkor a transzformációk után az egyenlet a következő alakot veszi fel: x² + 2 (1-a) x + a² - 2a – 3 = 0 (2)- másodfokú egyenlet.
Keressük a diszkriminánst 
= (1 – a)² – (a² – 2a – 3)= 4,
keresse meg az egyenlet gyökereitx
1
= a + 1, x
2
= a - 3.
Amikor az (1) egyenletről a (2) egyenletre haladunk, az (1) egyenlet definíciós tartománya kibővült, ami idegen gyökerek megjelenéséhez vezethet. Ezért szükséges az ellenőrzés.
Vizsgálat. Zárjuk ki a talált értékek közül x azokat, amelyekben
x 1 +1=0, x 1 +2=0, x 2 +1=0, x 2 +2=0.
Ha x 1 +1=0, vagyis (a+1) + 1 = 0, Azt a= -2.És így,
nál nél a= -2 , x 1 -
Ha x 1 +2=0, vagyis (a+1)+2=0, Hogy a = -3. Így mikor a = - 3, x 1 - az egyenlet idegen gyöke. (1).
Ha x 2 +1=0, vagyis (a – 3) + 1 = 0, Azt a = 2. Így mikor a = 2 x 2 - az (1) egyenlet idegen gyöke.
Ha x 2 +2=0, vagyis ( a – 3) + 2 = 0, Hogy a=1. Így mikor a = 1,
x 2 - az (1) egyenlet külső gyöke.
Ennek megfelelően mikor a = -3 kapunk x = - 3 – 3 = -6;
nál nél a = - 2 x = -2 – 3= - 5;
nál nél a = 1 x = 1 + 1 = 2;
nál nél a = 2 x = 2+1 = 3.
Leírhatod a választ.
Válasz: 1) ha a= -3, Hogy x= -6; 2) ha a= -2, Azt x= -5; 3) ha a = 0, akkor nincsenek gyökerek; 4) ha a = 1, Azt x=2; 5) ha a=2, Azt x=3; 6) ha a ≠ -3, a ≠ -2, a ≠ 0, a ≠ 1, a ≠ 2, majd x 1 = a + 1, x 2 = a-3.
4. §. Irracionális egyenletek és egyenlőtlenségek
Azokat az egyenleteket és egyenlőtlenségeket, amelyekben a változó a gyökjel alatt található, nevezzük irracionális.
Az irracionális egyenletek megoldása az irracionálisról való átmenetre vezet le racionális egyenlet az egyenlet mindkét oldalának hatványozásával vagy egy változó megváltoztatásával. Ha az egyenlet mindkét oldalát egyenletes hatványra emeljük, idegen gyökök jelenhetnek meg. Ezért ennek a módszernek a használatakor ellenőriznie kell az összes talált gyökeret úgy, hogy behelyettesíti őket az eredeti egyenletbe, figyelembe véve a paraméterértékek változásait.
A forma egyenlete 
=g (x) ekvivalens a rendszerrel 
Az f (x) ≥ 0 egyenlőtlenség az f (x) = g 2 (x) egyenletből következik.
Amikor döntenek irracionális egyenlőtlenségek a következőket fogjuk használni ekvivalens transzformációk:
≤ g(x) 
≥g(x) 
1. példa
Oldja meg az egyenletet 
= x + 1 (3)
Megoldás:
A-priory számtani gyök a (3) egyenlet ekvivalens a rendszerrel 
.
Nál nél a = 2 a rendszer első egyenlete alakja 0 x = 5, vagyis nincs megoldása.
Nál nél a≠ 2 x= 
.
Lássuk, milyen értékekenA
talált értéketx
kielégíti az egyenlőtlenségetx ≥ -1: ≥ - 1, 
≥ 0,
ahol a ≤ vagy a > 2.
Válasz: Nál nél a≤, a > 2 x= ,
nál nél < а ≤ 2
az egyenletnek nincsenek megoldásai.
2. példa
Oldja meg az egyenletet 
= a
(4. függelék)
Megoldás. y
=
y = a– vízszintes vonalak családja.
Készítsünk függvénygrafikonokat.
Válasz: nál nél A<0 – nincsenek megoldások;
nál nél A≥ 0 - egy megoldás.
3. példa
. Oldjuk meg az egyenlőtlenséget(a+1) 
<1.
Megoldás. O.D.Z. x ≤ 2. Ha a+1 ≤0, akkor az egyenlőtlenség minden megengedett értékre érvényes x. Ha a+1>0, Azt
(a+1) <1.<
ahol x (2- 
2
Válasz.
x (- ;2a (-;-1,
x (2- 2
nál nél A
(-1;+).
5. § Trigonometrikus egyenletek és egyenlőtlenségek.
Íme a képletek a legegyszerűbb trigonometrikus egyenletek megoldásához:
Sinx = a x= (-1) n arcsin a+πn, n Z, 
≤1, (1)
Cos x = a x = ±arccos a + 2 πn, n Z, ≤1.
(2)
Ha
>1, akkor az (1) és (2) egyenletnek nincs megoldása.
tan x = a x= arctan a + πn, n Z,a R
ctg x = a x = arcctg a + πn, n Z,a R
Minden standard egyenlőtlenséghez megadjuk a megoldások halmazát:
1.
sin x > a arcsin a + 2 πn
Z,
nál nél a
<-1,
x R
;
nál nél a
≥ 1,
nincsenek megoldások.
2. . bűn x< a π - arcsin a + 2 πnZ,
a≤-1 esetén nincs megoldás; > 1 esetén,x R
3.
kötözősaláta
x
>
a
-
arccos
a
+ 2
πn
<
x
<
arccos
a
+ 2
πn
,
n
Z
,
nál nél A<-1,
x R
; nál nél a
≥ 1
, nincsenek megoldások.
4. cos x arccos a+ 2 πnZ,
nál nél a≤-1
, nincs megoldás; nál néla
> 1,
x
R
5. tan x > a, arctan a + πnZ
6.tg x< a, -π/2 + πn Z
1. példa megtalálja A, amelyre ennek az egyenletnek van megoldása:
Cos 2 x + 2(a-2)cosx + a 2 – 4a – 5 =0.
Megoldás.Írjuk fel az egyenletet a formába
Val velos 2 x + (2 a -4) cosx +(a – 5)(a+1) =0, másodfokúként megoldva azt kapjuk cosx = 5-AÉs cosx = -a-1.
Az egyenlet cosx
= 5-
A
megoldásokat kínál -1≤ 5-A
≤1
4≤
A≤ 6, és egyenlet. cosx
= -
a-1
feltéve -1≤ -1-A
≤ 1
-2 ≤
A
≤0.
Válasz.
A
-2; 0 4; 6
2. példa
Miben bvan olyan, hogy az egyenlőtlenség 
+
b> 0 minden x ≠ esetén érvényesπn
,
n
Z
.
Megoldás. Tegyük fel A= 0. Az egyenlőtlenség teljesül, ha b >0. Mutassuk meg, hogy egyetlen b ≤0 sem felel meg a feladat feltételeinek. Valóban, elég, ha x =-et teszünk π /2, Ha A <0, и х = - π /2 nál nél A ≥0.
Válasz.b>0
6. § Exponenciális egyenletek és egyenlőtlenségek
1. Egyenlet h(x)
f ( x )
=
h(x)
g ( x) nál nél h(x) > 0 két rendszer gyűjteményének felel meg 
És 
2. Speciális esetben (h (x)= a ) az egyenlet A f(x) = A g(x) at A> 0, egyenértékű két rendszer gyűjteményével
És 
3. Egyenlet A f(x) = b , Ahol A > 0, a ≠1, b>0, egyenértékű az egyenlettel
f (x )= log a b . Esemény A Az =1 értéket külön kell figyelembe venni.
A legegyszerűbb megoldás exponenciális egyenlőtlenségek fok tulajdonsága alapján. A forma egyenlőtlenségef(a
x ) > 0 változó változtatássalt=
a
x az egyenlőtlenségek rendszerének megoldására redukálódik 
majd a megfelelő egyszerű exponenciális egyenlőtlenségek megoldására.
Egy nem szigorú egyenlőtlenség megoldásánál a szigorú egyenlőtlenség megoldási halmazához hozzá kell adni a megfelelő egyenlet gyökereit. Mint az egyenletek megoldásánál az összes kifejezést tartalmazó példában A f (x), feltételezzük A> 0. Eset A= 1-et külön kell figyelembe venni.
1. példa
.
Miben A egyenlet 8 x = 
csak rendelkezik pozitív gyökerei?
Megoldás.
Tulajdon szerint exponenciális függvény alappal, nagyobb egynél, van x>0 8
x >1 >1
>0, honnana
(1,5;4).
Válasz.
a
(1,5;4).
2. példa Oldja meg az egyenlőtlenséget a 2 ∙2 x > a
Megoldás. Nézzünk három esetet:
1.
A< 0
. Mert bal oldal az egyenlőtlenség pozitív és a jobb oldali negatív, akkor az egyenlőtlenség bármely x-re érvényes R.
2. a=0. Nincsenek megoldások.
3.
A
> 0
.
a
2
∙2
x
> a
2
x
>
x > - log 2
a
Válasz.
x R nál nél A
> 0; erre nincsenek megoldások
a
=0; x (-
log 2
a; +) nál néla> 0
.
7. § Logaritmikus egyenletek és egyenlőtlenségek
Mutassunk be néhány megoldásban használt ekvivalenciát logaritmikus egyenletekés egyenlőtlenségek.
1. A log f (x) g (x) = log f (x) h (x) egyenlet ekvivalens a rendszerrel
Különösen, ha A >0, A≠1, akkor
log a
g(x)=log a
h(x) 
2.
Az egyenlet log a
g(x)=b g(x)=a
b (
A
>0,
a ≠
1, g(x) >0).
3. Egyenlőtlenség log f ( x )
g (x) ≤
log f ( x )
h(x) egyenértékű két rendszer kombinációjával: 
És 
Ha egy, b számok, a >0, a ≠1, akkor
log a
f(x) ≤ b 
log a
f(x)>b 
1. példa
Oldja meg az egyenletet 
Megoldás. Keressük meg az ODZ-t: x > 0, x ≠ A 4 , a > 0, A≠ 1. Alakítsa át az egyenletet
log 
x – 2 = 4 – log a
x log x + log a
x– 6 = 0, honnan log a
x = - 3
x = A-3 és log a
x = 2
x = A 2. Feltétel x = A
4
A
– 3
=
A 4 vagy A
2
=
A
4
nem hajtják végre ODZ-n.
Válasz: x = A-3, x = A 2 órakor A
(0; 1) 
(1; ).
2. példa . megtalálja legmagasabb érték A, amelyre az egyenlet
2
log 
-
+
a
= 0-nak vannak megoldásai.
Megoldás.
Cseréljük =
tés megkapjuk a 2. másodfokú egyenletett 2
–
t +
a
= 0. Megoldás, azt találjukD = 1-8
a
. Mérlegeljük D≥0, 1-8
A
≥0 
A
≤.
Nál nél A = a másodfokú egyenletnek van gyöket= >0.
Válasz. A =
3. példa . Oldja meg az egyenlőtlenségetlog(x 2 – 2 x + a ) > - 3
Megoldás.
Oldjuk meg az egyenlőtlenségek rendszerét 
Gyökerek négyzet háromtagú x 1,2
= 1 ± 
az övék 3,4
= 1 ± 
.
Kritikus értékek paraméter: A= 1 és A= 9.
Legyen tehát X 1 és X 2 az első és a második egyenlőtlenség megoldási halmaza
X 1 
x 2
= X – az eredeti egyenlőtlenség megoldása.
0-nál<
a
<1 Х
1
= (-
;1 - )(1 + ; +), nál nélA> 1 x 1 = (-;+).
0-nál<
a
< 9 Х
2
= (1 -; 1 +), nál nélA≥9 X 2 – nincs megoldás.
Nézzünk három esetet:
1. 0<
a
≤1 X = (1 - ;1 - )(1 + ;1 +).
2. 1 <
a
< 9 Х = (1 -;1 +).
3. a≥ 9 X – nincs megoldás.
Egységes államvizsga-célok
Magas szint C1, C2
1. példa Keresse meg az összes értéket R, amelyre az egyenlet
R ∙ ctg 2x+2sinx+ p= 3-nak legalább egy gyöke van.
Megoldás. Alakítsuk át az egyenletet
R ∙ (
- 1) + 2sinx + p= 3, sinx = t, t 
, t 
0.
-
p+2t+ p
= 3,
+ 2 t = 3, 3 -2t = , 3t 2 – 2t 3 = p
.
Hadd f(y) = 3
t 2
– 2
t 3
. Keressük meg a függvényértékek halmazátf(x) tovább 
. nál nél /
= 6
t – 6
t 2
, 6
t - 6
t 2
= 0,
t 1
=0,
t 2
= 1.
f(-1) = 5,
f(1) = 1.
Nál nél t ,
E(f) =
,
Nál nél t ,
E(f) =
, vagyis mikor t ,
E(f) =
.
A 3. egyenlethezt 2
– 2
t 3
=
p
(tehát az adott) volt legalább egy szükséges és elegendő gyökp
E(f), vagyis p
.
Válasz.
.
2. példa
Milyen paraméterértékekenA az egyenlet log 
(4
x 2
– 4
a
+
a
2
+7) = 2-nek pontosan egy gyöke van?
Megoldás. Alakítsuk át az egyenletet ennek megfelelőjére:
4x 2-4 a + a 2 +7 = (x 2 + 2) 2.
Figyeljük meg, hogy ha egy bizonyos x szám a kapott egyenlet gyöke, akkor az – x szám ennek az egyenletnek a gyöke is. Feltétel szerint ez nem kivitelezhető, így az egyetlen gyök a 0.
Meg fogjuk találni A.
4∙ 0 2 - 4a + a 2 +7 = (0 2 + 2) 2 ,
a 2 - 4a +7 = 4, a 2 - 4a +3 = 0, a 1 = 1, a 2 = 3.
Vizsgálat.
1)
a
1
= 1. Ekkor az egyenlet így néz ki:log (4
x 2
+4) =2. Oldjuk meg
4x 2 + 4 = (x 2 + 2) 2, 4x 2 + 4 = x 4 + 4x 2 + 4, x 4 = 0, x = 0 az egyetlen gyök.
2)
a
2
= 3. Az egyenlet így néz ki:log (4
x 2
+4) =2 x = 0 az egyetlen gyök.
Válasz. 1; 3
Magas szintű C4, C5
3. példa Keresse meg az összes értéket R, amelyre az egyenlet
x 2 – ( R+ 3)x + 1= 0-nak egész gyökei vannak, és ezek a gyökök az egyenlőtlenség megoldásai: x 3 – 7 R x 2 + 2x 2 – 14 R x - 3x +21 R ≤ 0.
Megoldás.
Legyen x 1,
x 2
– az x egyenlet egész gyökei 2
– (R
+ 3)x + 1= 0. Ekkor Vieta képlete szerint az x egyenlőségeket 1
+ x 2
=
R
+ 3, x 1
∙ x 2
= 1. Két x egész szám szorzata 1
, X 2
csak két esetben lehet egyenlő eggyel: x 1
= x 2
= 1 vagy x 1
= x 2
= - 1. Ha x 1
= x 2
= 1, akkorR
+ 3 = 1+1 = 2R
= -1; ha x 1
= x 2
= - 1, akkorR
+ 3 = - 1 – 1 = - 2 R
= - 5. Vizsgáljuk meg, hogy az x egyenlet gyökei megfelelnek-e 2
– (R
+ 3)x + 1= 0 a leírt esetekben ennek az egyenlőtlenségnek a megoldásaival. Az alkalomraR
= - 1, x 1
= x 2
= 1 van nálunk
1 3 – 7 ∙ (- 1) ∙ 1 2 +2∙ 1 2 – 14 ∙ (- 1) ∙ 1 – 3 ∙ 1 + 21 ∙ (- 1) = 0 ≤ 0 – igaz; az alkalomra R= - 5, x 1 = x 2 = - 1 van (- 1) 3 – 7 ∙ (- 5) ∙ (-1) 2 + 2 ∙ (-1) 2 – 14 ∙ (-5) × (- 1 ) – 3 ∙ (- 1) + 21 ∙ (-5) = - 136 ≤ 0 – helyes. Tehát csak a probléma feltételei teljesülnek R= - 1 és R = - 5.
Válasz.R 1 = - 1 és R 2 = - 5.
4. példa Találj meg mindent pozitív értékeket paraméter A, amelynél az 1-es szám a függvény definíciós tartományába tartozik
nál nél
= (A 
-
A 
).
Egyenlőtlenségek megoldása paraméterrel.
Az ax > b, ax alakú egyenlőtlenségek< b, ax ≥ b, ax ≤ b, где a и b – действительные числа или выражения, зависящие от параметров, а x – неизвестная величина, называются lineáris egyenlőtlenségek.
A lineáris egyenlőtlenségek paraméterrel történő megoldásának elvei nagyon hasonlóak a lineáris egyenletek paraméterrel történő megoldásának elveihez.
1. példa
Oldja meg az 5x – a > ax + 3 egyenlőtlenséget.
Megoldás.
Először is alakítsuk át az eredeti egyenlőtlenséget:
5x – ax > a + 3, vegyük ki x-et az egyenlőtlenség bal oldalán lévő zárójelekből:
(5 – a)x > a + 3. Tekintsük most az a paraméter lehetséges eseteit:
Ha a > 5, akkor x< (а + 3) / (5 – а).
Ha a = 5, akkor nincs megoldás.
Ha egy< 5, то x >(a + 3) / (5 – a).
Ez a megoldás lesz a válasz az egyenlőtlenségre.
2. példa
Oldja meg az x(a – 2) / (a – 1) – 2a/3 ≤ 2x – a egyenlőtlenséget, ha a ≠ 1.
Megoldás.
Alakítsuk át az eredeti egyenlőtlenséget:
x(a – 2) / (a – 1) – 2x ≤ 2a/3 – a;
Ах/(а – 1) ≤ -а/3. Az egyenlőtlenség mindkét oldalát (-1) megszorozva a következőt kapjuk:
ax/(a – 1) ≥ a/3. Vizsgáljuk meg az a paraméter lehetséges eseteit:
1 eset. Legyen a/(a – 1) > 0 vagy a € (-∞; 0)ᴗ(1; +∞). Ekkor x ≥ (a – 1)/3.
2. eset. Legyen a/(a – 1) = 0, azaz. a = 0. Ekkor x bármely valós szám.
3. eset. Legyen a/(a – 1)< 0 или а € (0; 1). Тогда x ≤ (а – 1)/3.
Válasz: x € [(a – 1)/3; +∞) egy € esetén (-∞; 0)ᴗ(1; +∞);
x € [-∞; (a – 1)/3] euróért (0; 1);
x € R a = 0 esetén.
3. példa
Oldja meg az |1 + x| egyenlőtlenséget ≤ ax x-hez viszonyítva.
Megoldás.
Abból a feltételből következik, hogy az egyenlőtlenségi tengely jobb oldalának nem negatívnak kell lennie, azaz. ax ≥ 0. A modul feltárása az egyenlőtlenségből |1 + x| ≤ ax kettős egyenlőtlenségünk van
Ax ≤ 1 + x ≤ ax. Írjuk át az eredményt rendszer formájában:
(ax ≥ 1 + x;
(-ax ≤ 1 + x.
Alakítsuk át a következőre:
((a – 1)x ≥ 1;
((a + 1)x ≥ -1.
A kapott rendszert intervallumokon és pontokon tanulmányozzuk (1. ábra):
A ≤ -1 x € (-∞; 1/(a – 1)] esetén.
-1-nél< а < 0 x € [-1/(а – 1); 1/(а – 1)].
Amikor a = 0 x = -1.
0-nál< а ≤ 1 решений нет.
Grafikus módszer egyenlőtlenségek megoldására
A grafikonok ábrázolása nagyban leegyszerűsíti a paramétert tartalmazó egyenletek megoldását. A grafikus módszer alkalmazása az egyenlőtlenségek paraméterrel történő megoldásánál még áttekinthetőbb és célszerűbb.
Az f(x) ≥ g(x) formájú egyenlőtlenségek grafikus megoldása annak az x változónak az értékeinek megtalálását jelenti, amelyre az f(x) függvény grafikonja a g(x) függvény grafikonja felett van. Ehhez mindig meg kell találni a gráfok metszéspontjait (ha vannak).
1. példa
Oldja meg az |x + 5| egyenlőtlenséget< bx.
Megoldás.
Az y = |x + 5| függvények grafikonjait készítjük és y = bx (2. ábra). Az egyenlőtlenség megoldása az x változó azon értékei, amelyekre az y függvény grafikonja = |x + 5| az y = bx függvény grafikonja alatt lesz.
A képen látható:
1) b > 1 esetén az egyenesek metszik egymást. E függvények grafikonjai metszéspontjának abszcisszája az x + 5 = bx egyenlet megoldása, ahonnan x = 5/(b – 1). Az y = bx gráf az (5/(b – 1; +∞) intervallum x pontjában van fent, ami azt jelenti, hogy ez a halmaz az egyenlőtlenség megoldása.
2) Hasonlóképpen azt találjuk, hogy -1-nél< b < 0 решением является х из интервала (-5/(b + 1); 5/(b – 1)).
3) b ≤ -1 x € esetén (-∞; 5/(b – 1)).
4) 0 ≤ b ≤ 1 esetén a gráfok nem metszik egymást, ami azt jelenti, hogy az egyenlőtlenségnek nincs megoldása.
Válasz: x € (-∞; 5/(b – 1)) b ≤ -1 esetén;
x € (-5/(b + 1); 5/(b – 1)) -1-nél< b < 0;
0 ≤ b ≤ 1-re nincs megoldás; x € (5/(b – 1); +∞), ha b > 1.
2. példa
Oldja meg az a(a + 1)x > (a + 1)(a + 4) egyenlőtlenséget.
Megoldás.
1) Keressük meg az a paraméter „kontroll” értékeit: a 1 = 0 és 2 = -1.
2) Oldjuk meg ezt az egyenlőtlenséget a valós számok minden részhalmazán: (-∞; -1); (-1); (-10); (0); (0; +∞).
a) a< -1, из данного неравенства следует, что х >(a + 4)/a;
b) a = -1, akkor ez az egyenlőtlenség 0 x > 0 alakot ölt – nincs megoldás;
c) -1< a < 0, из данного неравенства следует, что х < (a + 4)/a;
d) a = 0, akkor ez az egyenlőtlenség 0 x > 4 alakú – nincs megoldás;
e) a > 0, ebből az egyenlőtlenségből következik, hogy x > (a + 4)/a.
3. példa
Oldja meg a |2 – |x|| egyenlőtlenséget< a – x.
Megoldás.
Megszerkesztjük az y = |2 – |x|| függvény grafikonját (3. ábra)és vegyük figyelembe az y = -x + a egyenes helyének minden lehetséges esetét.
Válasz: az egyenlőtlenségnek nincs megoldása ≤ -2-re;
x € (-∞; (a – 2)/2) egy € (-2; 2] esetén);
x € (-∞; (a + 2)/2), ha a > 2.
Különböző problémák, egyenletek, paraméterekkel való egyenlőtlenségek megoldása során jelentős számú heurisztikus technika fedezhető fel, amelyek aztán a matematika bármely más ágában sikeresen alkalmazhatók.
A paraméterekkel kapcsolatos problémák fontos szerepet játszanak a logikus gondolkodás és a matematikai kultúra kialakításában. Éppen ezért, miután elsajátította a paraméterekkel kapcsolatos problémák megoldásának módszereit, sikeresen megbirkózik más problémákkal.
Van még kérdése? Nem tudja, hogyan oldja meg az egyenlőtlenségeket?
Ha segítséget szeretne kérni egy oktatótól, regisztráljon.
Az első óra ingyenes!
weboldalon, az anyag teljes vagy részleges másolásakor a forrásra mutató hivatkozás szükséges.
Sokan tanulnak fizikai folyamatokés a geometriai minták gyakran a paraméterekkel kapcsolatos problémák megoldásához vezetnek. Néhány egyetem is tartalmazza vizsgadolgozatok egyenletek, egyenlőtlenségek és rendszereik, amelyek gyakran nagyon összetettek és igényesek nem szabványos megközelítés egy döntéshez. Az iskolában ez az egyik legnehezebb szakasz. iskolai tanfolyam matematikával csak néhány szabadon választható óra foglalkozik.
Főzés ez a munka, ennek a témakörnek a mélyebb tanulmányozását tűztem ki célul, azonosítva a legtöbbet racionális döntés, gyorsan válaszhoz vezet. Szerintem grafikus módszer kényelmes és gyors módon egyenletek és egyenlőtlenségek megoldása paraméterekkel.
Esszémben a gyakran előforduló egyenlettípusokat, egyenlőtlenségeket és azok rendszereit tárgyalom, és remélem, hogy a munka során megszerzett ismereteim segítségemre lesznek az iskolai vizsgák letételekor és az egyetemre való felvételkor.
§ 1. Alapvető definíciók
Tekintsük az egyenletet
¦(a, b, c, …, k, x)=j(a, b, c, …, k, x), (1)
ahol a, b, c, …, k, x változó mennyiségek.
Bármilyen változó értékrendszer
a = a0, b = b0, c = c0, …, k = k0, x = x0,
amelyben ennek az egyenletnek a bal és a jobb oldala is valós értékeket vesz fel, rendszernek nevezzük elfogadható értékeket a, b, c, …, k, x változók. Legyen A az a összes megengedett értékének halmaza, B a b összes megengedett értékének halmaza, stb., X az x összes megengedett értékének halmaza, azaz. аОА, bОB, …, xОX. Ha az A, B, C, …, K halmazok mindegyikéhez kiválasztunk és rögzítünk egy a, b, c, …, k értéket, és behelyettesítjük az (1) egyenletbe, akkor x egyenletet kapunk, azaz egyenlet egy ismeretlennel.
Az egyenlet megoldása során állandónak tekintett a, b, c, ..., k változókat paramétereknek, magát az egyenletet pedig paramétereket tartalmazó egyenletnek nevezzük.
A paramétereket az első betűk jelzik Latin ábécé: a, b, c, d, …, k, l, m, n és az ismeretlenek - x, y, z betűkkel.
Egy egyenlet paraméterekkel való megoldása azt jelenti, hogy jelezzük, hogy a paraméterek milyen értékeinél léteznek megoldások és mik azok.
Két azonos paramétert tartalmazó egyenletet ekvivalensnek nevezünk, ha:
a) azonos paraméterértékekhez van értelme;
b) az első egyenlet minden megoldása a második egyenlet megoldása és fordítva.
§ 2. Megoldási algoritmus.
Keresse meg az egyenlet definíciós tartományát!
Az a-t x függvényében fejezzük ki.
Az xOa koordinátarendszerben megszerkesztjük az a=¦(x) függvény grafikonját az x azon értékeihez, amelyek az egyenlet definíciós tartományába tartoznak.
Megtaláljuk az a=c egyenes metszéspontjait, ahol cÎ(-¥;+¥) az a=¦(x) függvény grafikonjával Ha az a=c egyenes metszi az a=¦(x) gráfot. , akkor meghatározzuk a metszéspontok abszcisszáját. Ehhez elég x-re megoldani az a=¦(x) egyenletet.
Leírjuk a választ.
I. Oldja meg az egyenletet!
(1)Mivel x=0 nem az egyenlet gyöke, az egyenlet feloldható a következőre:
vagy 
Egy függvény grafikonja két „összeragasztott” hiperbola. Megoldások száma eredeti egyenlet a megszerkesztett egyenes és az y=a egyenes metszéspontjainak száma határozza meg.
Ha egy О (-¥;-1]П(1;+¥)П
, akkor az y=a egyenes egy pontban metszi az (1) egyenlet grafikonját. Ennek a pontnak az abszcisszáját az x egyenletének megoldása során fogjuk megtalálni.Így ezen az intervallumon az (1) egyenletnek van megoldása
. , akkor az y=a egyenes két pontban metszi az (1) egyenlet grafikonját. Ezen pontok abszcisszáit az és az egyenletekből találhatjuk meg 
, kapunk és 
. , akkor az y=a egyenes nem metszi az (1) egyenlet grafikonját, ezért nincsenek megoldások. Ha egy О (-¥;-1]П(1;+¥)П
, Az ; , Azt,; , akkor nincsenek megoldások. II. Keresse meg az a paraméter összes értékét, amelyre az egyenlet vonatkozik
három különböző gyökere van.Az egyenlet átírása így
és miután megvizsgáltunk egy pár függvényt, észrevehetjük, hogy az a paraméter kívánt értékei és csak ezek felelnek meg a függvény grafikonjának azon pozícióinak, ahol pontosan három metszéspontja van a függvény grafikonjával .Az xOy koordinátarendszerben elkészítjük a függvény grafikonját
). Ehhez ábrázolhatjuk formában, és négy felmerülő esetet figyelembe véve ezt a függvényt alakba írjuk.
Mivel a függvény grafikonja
- ez egy egyenes, amelynek dőlésszöge az Ox tengellyel egyenlő , és az Oy tengelyt egy (0, a) koordinátájú pontban metszi, arra a következtetésre jutunk, hogy a három jelzett metszéspont csak abban az esetben érhető el, ha ez a vonal érinti a függvény grafikonját. Ezért megtaláljuk a származékot.III. Keresse meg az a paraméter összes értékét, amelyek mindegyikére az egyenletrendszer
megoldásai vannak.
A rendszer első egyenletéből kapjuk
Ezért ez az egyenlet meghatározza a „félparabolák” családját – a parabola jobb oldali ágait. „csúsztassa” csúcsaikat az abszcissza tengelye mentén. Válasszunk a második egyenlet bal oldalán tökéletes négyzetekés tényezőkké alakítja
Előző cikk: Mekkora a fénysebesség Következő cikk: Harmonikus rezgések Az oszcillációs frekvencia fizikai képlete