Графічні методи розв’язування задач із параметрами

Тип работы:
Дипломная
Предмет:
Физико-математические науки


Узнать стоимость

Детальная информация о работе

Выдержка из работы

Міністерство освіти і науки України

Дніпропетровський національний університет

Кафедра математичного аналізу

Факультет заочної та дистанційної освіти

ДИПЛОМНА РОБОТА

Графічні методи розв’язування задач із параметрами

Виконавець Керівник роботи

Студентка групи ЗММ-00−01к. ф. — м. н., доцент

Лісняк Л. В. Трактинська В.М.

«___» червня 200_ р. «____» червня 200_ р.

Допускається до захисту

Завідувач кафедроюРецензент

доктор фіз. — мат. наук, професорк. ф. — м. н., доцент

Бабенко В.Ф. Великін В.Л.

«___» червня 200_ р. «___"червня 200_ р.

м. Дніпропетровськ 200_ р.

Реферат

Дипломна робота містить 105 стор., 95 рис., 5 табл. ., 7 джерел.

Об'єктом дослідження є задачі з параметрами.

Мета роботи — систематизувати графічні методи розв’язання задач з параметрами.

Методика дослідження — вивчення метода та розв’язування задач.

Результати досліджень можуть бути застосовані при викладанні теми «Графічні методи розв’язування задач із параметрами» в математичних класах середніх шкіл та ліцеях.

Перелік ключових слів: ПАРАМЕТР, ФУНКЦІЯ, РОЗВ’ЯЗОК, РІВНЯННЯ, НЕРІВНІСТЬ, ПАРАЛЕЛЬНИЙ ПЕРЕНОС, ПОВОРОТ, ГОМОТЕТІЯ, КООРДИНАТНА ПЛОЩИНА, ПОХІДНА.

Annotation

This degree thesis of the 5th year student (DNU, Faculty of Mechanics and Mathematics, Department of Mathematical Analysis) deals with graphic methods of the decision of problems with parameters. The work is interesting for the students and post-graduates students of mathematical specialties.

Bibliography: 7

Зміст

  • Вступ
    • Розділ 1. Координатна площина
    • 1.1 Паралельний перенос
    • 1.2 Поворот
    • 1.3 Гомотетія. Стиск до прямої
    • 1.4 Дві прямі на площині
    • Розділ 2. Координатна площина (x; a)
    • Розділ 3. Застосування похідної
    • Список використаної літератури

Вступ

В програмах по математиці для середніх шкіл задачам з параметрами відводять незначне місце. Тому, в перше чергу, необхідно вказати розділи загальноосвітньої математики, в яких присутня сама ідея параметра.

Так, з параметрами учні зустрічаються при введенні деяких понять. Розглянемо як приклади наступні об'єкти:

функція пряма пропорційність (де — змінні, — параметр,);

лінійна функція (де — змінні, — параметри);

лінійне рівняння (де — змінна, — параметри);

рівняння першої степені (де — змінна, — параметри,);

квадратне рівняння (де — змінна, — параметри,);

До задач з параметрами, які розглядаються в курсі середньої школи, можна

віднести, наприклад, пошук розв’язків лінійних та квадратних рівнянь в загальному виді, дослідження кількості їх коренів в залежності від значень параметрів

Природно, що такий невеликий клас задач багатьом учням не дозволяє усвідомити головне: параметр (фіксоване, але невідоме число) має двоїсту природу. По-перше, параметр можна розглядати як число, а по-друге, — це невідоме число. Таким чином, ділення на вираз, який містить параметр, добування кореня парного ступеня із таких виразів потребує попередніх досліджень. Як правило, результати досліджень впливають і на розв’язок, і на відповідь.

Головне, що необхідно усвідомити при роботі з параметром — це необхідність обережного відношення до фіксованого, але невідомого числа.

Дипломна робота присвячена розробці методики викладання теми «Графічні методи розв’язування задач з параметрами».

Робота складається із вступу, 3 розділів та списку використаної літератури. Кожний із 3 розділів присвячений одному із графічних прийомів. Розділи діляться на параграфи. Кожний параграф побудовано за такою структурою. На початку параграфа наводиться необхідний теоретичний матеріал, потім даються задачі із подробним розв’язанням, а наприкінці наведені задачі для самостійної роботи з відповідями.

І розділ роботи «Координатна площина «присвячений побудові графічного образу на координатній площині .

ІІ розділ роботи «Координатна площина «присвячений побудові графічного образу на координатній площині .

ІІІ розділ роботи «Застосування похідної» присвячений побудові графічного образу із застосуванням похідної.

Дипломна робота може бути використана вчителями та студентами старших курсів при проведенні педагогічної практики.

Розділ 1. Координатна площина

На площині функція задає сім'ю кривих, які залежать від параметра. Кожній сім'ї функцій властиві деякі властивості. Нас буде цікавити питання: за допомогою якого перетворення площини (паралельний перенос, поворот, гомотетія і т.д.) можна перейти від однієї кривої сім'ї до будь-якої іншої. Кожному з таких перетворень буде присвячено окремий підрозділ.

Не завжди графічний образ сім'ї функцій описується простим перетворенням. Тому в таких ситуаціях необхідно зосередити увагу не на тому, як пов’язані криві однієї сім'ї, а на самі криві. Іншими словами, можна виділити ще один тип задач, в яких ідея розв’язку перш за все заснована на властивостях конкретних геометричних фігур, а не властивостях сім'ї взагалі. Нас будуть цікавити прямі та параболи. Такий вибір обумовлено окремим (основним) положенням лінійної та квадратичної функції в шкільній математиці.

Говорячи про графічні методи, неможливо обійти одну проблему, породжену практикою конкурсних екзаменів. Мається на увазі питання про законність розв’язку, який заснований на графічних зображеннях. З формальної точки зору результат, який «знятий» з рисунку, знайдений нестрого. Але вимоги до рівня математичної строгості для учня повинні визначатися здоровим глуздом.

Побудова графічних образів в даній роботі заснована на побудові графіків виду за допомогою перетворень графіка функції.

1.1 Паралельний перенос

Почнемо з задач, в який членами сім'ї кривих будуть прямі.

1. Для кожного значення параметра а визначити число розв’язків рівняння.

Розв’язання. Побудуємо графіки функцій та.

З рисунка 1.1.1 випливає, що при — розв’язків немає, при — 2 розв’язки, при — 4 розв’язки, при — 3 розв’язки, при — 2 розв’язки.

Рис. 1.1. 1

Відповідь: при — розв’язків немає, при — 2 розв’язки, при — 4 розв’язки, при — 3 розв’язки, при — 2 розв’язки.

2. Для кожного значення параметра визначити число розв’язків рівняння.

Розв’язання. Побудуємо графік функції. Знайдемо ОДЗ функції, тобто.

З рисунка 1.1.2 випливає, що при — розв’язків немає, при — 3 розв’язки, при — 4 розв’язки, при — 2 розв’язки, при — немає розв’язків.

Рис. 1.1. 2

Відповідь: при — розв’язків немає, при — 3 розв’язки, при — 4 розв’язки, при — 2 розв’язки, при — немає розв’язків.

3. Знайти число розв’язків рівняння.

Розв’язання. Побудуємо графік функції.

Рис. 1.1. 3

З рисунка 1.1.3 випливає, що при — розв’язків немає, при — розв’язки або, при — 4 розв’язки, при — 3 розв’язки, при — 2 розв’язки.

Відповідь: при — розв’язків немає, при — розв’язки або, при — 4 розв’язки, при — 3 розв’язки, при — 2 розв’язки.

4. Розв’язати рівняння.

Розв’язання. Побудуємо графік функції. Знайдемо ОДЗ:, звідси.

Рис. 1.1. 4

Розв’язуючи рівняння, знаходимо.

Якщо, то; якщо, то або.

Якщо або, то, звідси якщо, то, якщо, то розв’язків немає.

5. При яких, а рівняння має рівно три розв’язки?

Розв’язання. Побудуємо графіки функцій та.

Рис. 1.1. 5

Графіки та мають три точки перетину при а=-1 та а=-0,5.

Відповідь: а=-1 та а=-0,5.

6. При яких значення параметра а рівняння має єдиний розв’язок?

Розв’язання. Побудуємо сім'ю функцій, а точніше графіки

функцій та. Знайдемо ОДЗ рівняння:.

Рис. 1.1. 6

Графіки функцій та мають одну точку перетину при та.

Відповідь: та.

7. При яких значеннях, а рівняння має два корені?

Розв’язання. Побудуємо графіки функцій та. ОДЗ:, звідки. Знаходимо дві точки перетину графіків:, звідси ,. Тоді для параметра справедлива нерівність.

Рис. 1.1. 7

Відповідь: .

8. Розв’язати нерівність.

Розв’язання. Побудуємо графік прямої та пів парабол.

Рис. 1.1. 8

Якщо пів парабола розташована нижче прямої, то нерівність розв’язків немає. Розв’язки з’являються тільки з моменту дотику. Знайдемо значення параметра, яке відповідає моменту дотику двох функцій:, звідси, , звідси. При маємо 1 розв’язок. Тобто, при нерівність розв’язків немає.

Якщо, то.

Далі, зсуваючи півпараболу ліворуч, зафіксуємо момент, коли графіки, мають дві спільні точки. Таке розташування забезпечує вимога:, тоді розв’язком буде відрізок.

Коли півпарабола і пряма перетинаються тільки в одній точці (це відповідає випадку), то розв’язком буде відрізок.

9. При яких рівняння має єдиний розв’язок?

Розв’язання. Запишемо задане рівняння в такому виді:. Права частина рівняння задає нерухомий «кут», ліва частина — «кут», вершина якого рухається по вісі абсцис.

Рис. 1.1. 9

Задане рівняння буде мати єдиний розв’язок, якщо одна з сторін рухомого «кута» пройде через точку (-1,3). Маємо, звідки або.

Відповідь: або.

10. Знайти всі значення параметра, при яких система рівнянь має розв’язки.

Розв’язання. З першого рівняння системи знаходимо.

Це рівняння задає сім'ю парабол, які «ковзають» вершинами вздовж прямої. З другого рівняння знаходимо — коло з центром в точці (1, 0) радіуса 1.

Рис. 1.1. 10

З’ясуємо, при яких значення параметра сім'я парабол має спільні точки з колом.

Випадок дотику знайдемо з системи, вимагаючи від системи мати один розв’язок. Одну спільну точку графіки мають при або. Якщо, то система має два розв’язки.

Відповідь: .

Задачі для самостійної роботи

1. Знайти всі значення параметра b, при яких рівняння має єдиний Розв’язання.

Розв’язання. Позначимо. Запишемо рівняння, яке рівносильне початковому:. Переходимо до рівносильної системи

Будуємо графік функції з областю визначення та (рис. 1.1. 11).

Рис. 1.1. 11

Знайдений графік сім'я прямих повинна перетинати тільки в одній точці. З рисунка видно, що ця вимога виконується лише при, а > 2, тобто lg b > 2, b > 100.

Відповідь: b > 100.

2. При яких значеннях параметра нерівність має розв’язки?

Розв’язання. Графіком функції є півколо з центром (0; 0) та радіусом 1 (рис. 1.1. 12). Функція для кожного фіксованого значення параметра задає пряму, тобто рівняння на координатній площині (х; у) породжує систему паралельних прямих.

Рис. 1.1. 12

Нам необхідно визначити ті значення параметра, при яких знайдуться точки півкола, розташовані вище відповідних точок прямої. Такі точки з’являться після того, як пряма займе положення зліва від дотичної. Моменту дотику відповідає. Таким чином, при дана нерівність має розв’язки.

Відповідь: .

3. При яких значеннях параметра а корені рівняння мають однакові знаки?

Розв’язання. Перша сім'я задає систему «кутів», сторони яких утворюють кути по 45° с віссю абсцис. Вершини знаходяться на вісі х, причому праворуч від початку координат (а = 0 нас не задовольняє, так як в цьому випадку початкове рівняння має корені різних знаків). Друга сім'я являє собою множину прямих, паралельних вісі абсцис. Ці прямі повинні перетинати «кути» в точках, абсциси яких мають однакові знаки. По рис. 1.1. 13 легко знайти умову для параметра, яке задовольняє вимогам задачі.

Рис. 1.1. 13

Маємо

Розв’язавши цю систему, знайдемо

Відповідь. або.

4. Знайти всі значення параметра а, при кожному з яких рівняння має три різних кореня.

Розв’язання. Графік функції для наведено на рис. 1.1. 14.

Рис. 1.1. 14

При а = 0 рівняння має єдиний корінь.

З сім'ї паралельних прямих у = х-а нас цікавлять тільки ті, які перетинають побудований графік в трьох точках. Очевидно таких прямих тільки дві. Вони й побудовані на рисунку 1.1. 14. Для прямої 1 маємо, а для прямої 11 маємо. Оскільки, то знаходимо

Відповідь: або.

Тепер будемо розглядати сім'ї кривих, які задаються рівняннями або ,. Членами цих сімей будуть «півпараболи».

5. Розв’язати нерівність.

Розв’язання. Побудуємо прямую (рис. 1.1. 15). Якщо «пів парабола» розташована нижче прямої, то очевидно нерівність розв’язків не має (рис. 15, положення I). Розв’язки з’являються тільки з моменту дотику (положення II).

Рис. 1.1. 15

Значення параметра, яке відповідає дотику, можна знайти, вимагаючи від системи

мати один Розв’язання, що рівносильне для рівняння мати один корінь. Звідси знаходимо. Таким чином, при початкова нерівність розв’язків не має.

Далі, зсуваючи «півпараболу» ліворуч, зафіксуємо останній момент, коли графіки та мають дві спільні точки (положення III). Таке розташування забезпечується вимогою.

При відрізок , де та — абсциси точок перетину графіків, буде розв’язком початкової нерівності. Розв’язав наведене вище рівняння, знаходимо ,. Таким чином, якщо, то.

Коли «півпарабола» та пряма перетинаються тільки в одній точці (це відповідає випадку), то розв’язком буде відрізок, де - більший з коренів та (положення IV).

Відповідь: при розв’язків не має; при; при, розв’язком буде відрізок, де - більший з коренів та.

6. Скільки коренів має рівняння в залежності від значень параметра а?

Розв’язання. Зазначимо, що вводячи функції та, ми одержуємо одразу дві сім'ї кривих. В цьому випадку пошук спільних точок провести важко. Однак задачу можна спростити, використавши заміну . Звідси знаходимо.

Розглянемо функції (рис. 1.1. 16). Серед них лише одна задає сім'ю кривих.

Рис. 1.1. 16

Очевидно, якщо абсциса вершини «півпараболи» більше одиниці, тобто, то рівняння коренів не має.

Якщо , то по рисунку видно, що графіки перетинаються, причому тільки в одній точці, оскільки функції та мають різний характер монотонності.

Відповідь. Якщо , то рівняння має один корінь; якщо, то рівняння коренів не має.

7. Знайти всі значення параметра а, при яких система рівнянь має розв’язки

Розв’язання. З першого рівняння системи знайдемо при . Це рівняння задає сім'ю «півпарабол» (параболи «сковзають» вершинами по вісі абсцис, причому ми розглядаємо лише праву вітку).

Ліву частину другого рівняння системи розкладемо на множники. Маємо

Тільки графіком другого рівняння є об'єднання двох прямих и.

З’ясуємо, при яких значеннях параметра а сім'я «півпарабол» має хоча б одну спільну точку з однією зі знайдених прямих.

Рис. 1.1. 17

Скористаємося рис. 1.1. 17. Якщо вершини «півпарабол» знаходяться праворуч від точки А, але ліворуч від точки В (точка В відповідає положенню вершини в момент дотику «півпараболи» з прямою), то очевидно графіки спільних точок не мають.

Якщо вершина розташована в точці А, то очевидно а = ?3. Випадок дотику знайдемо, вимагаючи від системи

мати один Розв’язання, тобто рівняння повинно мати один корінь. Звідси знаходимо, а =.

Таким чином, початкова система не має розв’язків, якщо и відповідно має розв’язки, якщо та. Відповідь. або .

8. Знайти найменше с, при якому система має єдиний розв’язок

Розв’язання. Перше рівняння системи зручно представити у вигляді. Це рівняння задає сім'ю кіл постійного радіуса, рівного 1, причому центри кіл лежать на прямій. Побудуємо графік функції (рис. 1.1. 18). На цьому ж рисунку показано чотири положення кола, при яких початкова система має єдиний Розв’язання.

Кожному з відмічених кіл відповідає деяке значення параметра с. Оскільки умова задачі вимагає, щоб с було найменшим, то з чотирьох кіл треба вибрати те, абсциса центра якого приймає найменше значення. Очевидно це буде коло з центром в точці О.

Рис. 1.1. 18

Маємо. З. Звідси. Тоді з. Таким чином,. Оскільки положенню центра О відповідає, то знаходимо

Відповідь:

9. При яких а множиною розв’язків нерівності є відрізок довжиною ?

Розв’язання. Графіком функції є півколо з радіусом, рівним 1, яке «пливе» своїм центром по вісі абсцис. Дана нерівність буде мати Розв’язання тоді, коли точки півкола будуть вище відповідних точок прямої. На рис. 1.1. 19 показано одно з можливих положень півкола.

Рис. 1.1. 19

Для цього випадку розв’язком початкової нерівності буде відрізок . Умова вимагає, щоб.

Якщо центр О1 співпадає з точкою A (-1; 0) або розташований ліворуч, то розв’язком нерівності буде відрізок довжиною 2. Разом з тим, якщо О співпадає з точкою O (0; 0) або знаходиться праворуч, то розв’язком нерівності буде відрізок довжиною менше, ніж, або взагалі розв’язків не буде. Дійсно, якщо О1 співпадає з О, то, a x — корінь рівняння Звідси та. Таким чином, потрібне положення центра О визначається умовою, тобто.

Знайдемо значення x та x. Очевидно x — найменший корінь рівняння

. Звідси. В той же час х — корінь рівняння Це рівняння рівносильне системі

Знайдене рівняння при має тільки один невід'ємний корінь, тобто.

За умовою. Розв’язав це рівняння, знаходимо, . Оскільки , то .

Відповідь: .

10. Знайти всі значення параметра а, при яких рівняння має єдиний розв’язок.

Розв’язання. Представимо рівняння у вигляді. Права частина цього рівняння задає нерухомий «кут», ліва — «кут», вершина якого рухається по вісі абсцис (рис. 1.1. 20).

Рис. 1.1. 20

Рівняння буде мати єдиний розв’язок, якщо вершина рухомого «кута»

потрапить або в точку А або в точку В.

Маємо А (-4; 0), В (-2; 0), і координати цих точок задовольняють рівнянню. Тоді або. Звідси або.

Відповідь: або.

11. Знайти всі значення параметра а, для яких найменше значення функції більше 2.

Розв’язання. Дана функція не задає сім'ю «кутів». За умовою задачі необхідно шукати значення параметра, при яких нерівність виконується при будь-яких х. Це і є формулювання, рівносильна даній.

Одержану нерівність слід переписати так:.

«Кут» повинен бути розташований так, щоб на параболі не знайшлося ні однієї точки, яка б лежала вище відповідних точок «кута» або на самому «куті». Для цього вершина «кута» не повинна належати відрізку (рис. 1.1. 21).

Рис. 1.1. 21

Абсциси а1 и а2 відповідають моменту дотику. Таким чином, шукані значення параметра визначаються сукупністю нерівностей або . Залишилось знайти та. Значення та знайдемо, вимагаючи відповідно від рівнянь мати

єдиний корінь. Звідси.

Відповідь: або.

12. При яких а множиною розв’язків нерівності є відрізок числової прямої?

Розв’язання. Маємо. Права частина цієї нерівності задає сім'ю «кутів», вершини яких лежать на прямій у = 3 (рис. 1.1. 22).

Рис. 1.1. 22

Якщо вершина «кута» знаходиться між точками А та В, то обов’язково знайдуться проміжки області визначення, на яких графік лівої частини нерівності не вище графіка правої частини. На рис. 1.1. 22 показано одно з проміжних положень «кута» з вершиною С. В цьому випадку розв’язком початкової нерівності будуть всі точки відрізку MN.

При вершина «кута» знаходиться між точками А та В, і виникає бажання вважати проміжок (-8;

4) шуканою відповіддю. Але умова задачі вимагає, щоб розв’язком нерівності був відрізок числової прямої. А якщо вершина «кута» співпадає з будь-якою з точок відрізка EF, включаючи Е і не включаючи F (рис. 1.1. 23, точка F відповідає моменту дотику), то розв’язком нерівності буде або відрізок і точка, або два відрізки. Визначив координати точок Е та F, знаходимо.

Рис. 1.1. 23

Відповідь: .

1.2 Поворот

В цьому параграфі вибір сім'ї кривих не є різноманітним, а точніше він одноваріантний: члени сім'ї кривих — прямі. Більш того, центр повороту належить прямій. Іншими словами, ми обмежимося сім'єю виду , де — центр повороту.

Такий вибір обумовлено тим, що в рівності складно побачити аналітичне задання повороту кривих, які відрізняються від прямих. Тому про поворот, як про метод, доцільно говорити лише для прямих вказаного типа.

1. При яких рівняння має три розв’язки?

Розв’язання. Побудуємо графіки функцій та. Прямі переходять друг в друга шляхом перетворення повороту з центром в точці О (0; 0).

Рис. 1.2. 1

Рівняння буде мати три розв’язки, коли пряма перетинає параболу в двох точках і дотикається до вершини, тобто коли.

Обираємо, так як при пряма дотикається вітки гіперболи нижче вісі абсцис.

Відповідь:

2. Розв’язати рівняння і визначити значення, при яких воно має єдиний розв’язок.

Розв’язання. Побудуємо графіки функцій та. Прямі переходять друг в друга шляхом перетворення повороту з центром в точці О (0; 0).

Рис. 1.2. 2

Якщо, то, звідки

Якщо, то, звідки

Знайдемо параметр:, звідки, тобто.

, звідки, тобто та.

Відповідь: при; при або; при або.

3. При яких значеннях рівняння має одно, два, три чотири розв’язки?

Розв’язання. Побудуємо графіки функцій та. Прямі переходять друг в друга шляхом перетворення повороту з центром в точці О (9; 0).

Рис. 1.2. 3

З рисунка видно, що при рівняння має 1 розв’язок, при — 2 розв’язки, при — 3 розв’язки, при — 4 розв’язки, при — 2 розв’язки, при — 1 розв’язок.

Відповідь: при — 1 розв’язок, при — 2 розв’язки, при — 3 розв’язки, при — 4 розв’язки, при — 2 розв’язки, при — 1 розв’язок.

4. При яких значеннях рівняння має рівно 1 розв’язок? Знайти його.

Розв’язання. Запишемо ОДЗ рівняння:

Побудуємо графіки функцій та враховуючи ОДЗ.

Прямі переходять друг в друга шляхом перетворення повороту з центром в точці О (0; 0).

Рис. 1.2. 4

Рівняння можна переписати у вигляді: ,. Знайдемо.

Якщо, то маємо 1 розв’язок: ,. Значення відкидаємо згідно з ОДЗ. Для розв’язок.

Якщо, то маємо 2 розв’язки:. Згідно з ОДЗ, тобто, звідки.

Відповідь: при, при.

5. При яких рівняння має розв’язки?

Розв’язання. Запишемо ОДЗ рівняння:, звідки. Побудуємо графіки функцій та.

Прямі переходять друг в друга шляхом перетворення повороту з центром в точці О (0; 0).

Рис. 1.2. 5

З рисунка видно, що при та рівняння має розв’язки.

Відповідь: та.

6. Знайти значення, при яких рівняння має тільки один розв’язок.

Розв’язання. Запишемо ОДЗ рівняння:

,.

Перепишемо рівняння у вигляді:. Побудуємо графіки функцій та. Прямі переходять друг в друга шляхом перетворення повороту з центром в точці О (0; 0). Розв’язуємо рівняння: ,

Точку дотику двох функцій знайдемо з умови:, тоді, .

Інші значення параметра знайдемо з ОДЗ:, звідки.

Рис. 1.2. 6

Відповідь: , .

7. При яких значеннях рівняння має єдиний розв’язок?

Розв’язання. Знайдемо ОДЗ рівняння:

,.

Перепишемо рівняння у вигляді ,. Побудуємо графіки функцій та, враховуючи ОДЗ.

Рис. 1.2. 7

Знайдемо точку дотику двох графіків функцій:;; ,, .

Також з рисунка видно, що рівняння буде мати єдиний розв’язок при.

Відповідь: або.

8. Знайти всі значення параметра, при яких найменше значення функції менше 2.

Розв’язання. Переформулюємо задачу: знайти, при яких нерівність має хоча б один розв’язок.

Перепишемо нерівність у вигляді:. Побудуємо графіки функцій та. На рис. 31 наведені графік функції та дві прямі сім'ї.

Положенню І відповідає (проходе через точку (-4,0)), а положенню ІІ (момент дотику: ,) відповідає. Нерівність буде мати розв’язки, якщо прямі І та ІІ «крутити» відповідно за та проти годинникової стрілки до вертикального положення.

Рис. 1.2. 8

Відповідь: або.

Задачі для самостійної роботи

1. Знайти всі значення параметра k, при яких система рівнянь має розв’язки

Розв’язання. Прямі сім'ї переходять друг в друга шляхом перетворення повороту з центром в точці.

Задана система буде мати Розв’язання, якщо наведені прямі мають з «півпараболою» хоча б одну спільну точку.

На рис. 1.2.9 відмічені два положення прямої, яким відповідають деякі значення параметра и.

Рис. 1.2. 9

На першій прямій лежить вершина. Друга пряма дотикається «півпараболи». Наглядно очевидно, що якщо прямі сім'ї «заметають» утворений кут (параметр k змінюється від k1 до k2), то система має розв’язки.

Значення k1 знайдемо, підставляючи в перше рівняння системи пару (0; 0). Звідси. Значення k2 одержимо, вимагаючи від системи

мати єдиний Розв’язання, що рівносильне для рівняння при k > 0 мати єдиний корінь. Звідси. Відповідь: .

Зауваження. В деяких прикладах цього параграфу ми будемо розв’язувати стандартну задачу: для прямої з сім'ї прямих знаходити її кутовий коефіцієнт, який відповідає моменту дотику з кривою. Покажемо, як це робиться в загальному виді за допомогою похідної.

Якщо — центр повороту, то координати точки дотику з кривою можна знайти, розв’язав систему

Кутовий коефіцієнт k дорівнює.

2. Знайти все значення параметра k, при яких система рівнянь

має два різних розв’язки.

Розв’язання. Наступна система рівносильна початковій

На рис. 1.2. 10 зображено вітку гіперболи при х > 0. Всі прямі, які проходять через точку М (6;

8), складають сім'ю прямих у = 8 + k (x - 6). МА та MB - дотичні до гіперболи.

Рис. 1.2. 10

Лише прямі з сім'ї прямих, які проходять між сторонами кутів AMD та ВМС, перетинають гіперболу в двох точках. Можливо здається, що прямі, близькі до вертикального або горизонтального положення, наприклад, МК та МР мають тільки одну спільну точку з гіперболою. Однак це не так: будь-який промінь, який проходить в середині кутів AMD та ВМС і перетинає криву, обов’язково перетне вісь координат, тобто «зіштовхнеться» з гіперболою ще в одній точці.

Кутовий коефіцієнт прямої МА: , а прямої MB: . Остаточний результат зручно одержати, обертаючи пряму з сім'ї прямих в середині кута AMD проти годинникової стрілки (додатний напрям), а в куті ВМС - за годинниковою стрілкою (від'ємний напрям). Таким чином, або. Відповідь: або.

3. При яких значеннях а система рівнянь не має розв’язків

Розв’язання. Система

рівносильна початковій.

На рис. 1.2. 11 точка (3; 0) — центр повороту.

Якщо пряма сім'ї прямих обертається в середині кута ОМА, то система не має розв’язків.

Рис. 1.2. 11

Кутовий коефіцієнт прямої МА дорівнює. Тоді при такому повороті параметр а приймає всі значення з проміжку. (Ми включили, оскільки пряма МО не перетинає гіперболу)

Існує ще одна пряма сім'ї прямих, а саме, яка проходить через «дірки» в гіперболі. Тому при система також не має розв’язків.

Відповідь: або.

4. При яких значеннях параметра а рівняння має єдиний Розв’язання?

Розв’язання. Розглянемо функції у = ах та. Графік другої функції побудуємо, розглянувши рівняння при. Перетворюючи останнє до виду одержимо, що шуканий графік — півколо з центром (4;

1) і радіусом 1.

На рис. 1.2. 12 це дуга АВ. Всі прямі у = ах, які проходять між променями ОА та перетинають дугу в одній точці. Також одну точку с дугою мають пряма ОВ та дотична ОМ.

Рис. 1.2. 12

Кутові коефіцієнти прямих та ОА відповідно дорівнюють та . Кутовий коефіцієнт дотичної ОМ дорівнює. Дійсно, вимагаючи від системи

мати єдиний розв’язок, знаходимо.

Таким чином, прямі сім'ї у = ах мають з дугою АВ тільки одну спільну точку при або. Відповідь: або.

5. Визначити, при яких значеннях параметра а мінімум функції більше 1.

Розв’язання. Перейдемо до рівносильного формулювання задачі: визначити, при яких значеннях а нерівність виконується для всіх х.

На рис. 1.2. 13 зображено графік функції. Всі прямі сім'ї прямих проходять через точку (0;

1) — центр повороту.

Рис. 1.2. 13

Якщо ці прямі «заповнюють» кут АМВ (МА - дотична), то кожна точка побудованого графіка знаходиться вище відповідних точок прямих. Справедливе й обернене твердження. Знаходячи найбільше значення параметра а, при якому рівняння має один Розв’язання, одержимо кутовий коефіцієнт прямої МА. (Менше значення а відповідає моменту дотику прямої з дугою параболи) Звідси . Для прямої МВ маємо а = 1.

Відповідь: .

6. При яких значеннях параметра а система

має три різних розв’язки?

Розв’язання. Розглянувши перше рівняння системи як квадратне відносно y, легко розкласти його ліву частину на множники. Маємо. Графік цього рівняння — об'єднання двох парабол — наведено на рис. 1.2. 14.

Рис. 1.2. 14

Через точку А (4; 0) проходять всі прямі сім'ї прямих. Виділимо ті з них, які мають з графіком першого рівняння три спільні точки. На рисунку це прямі АВ, AC, AD, АF. Таким чином, шуканих значень параметра чотири. Однак ще дві прямі сім'ї прямих, задовольняють вимогам задачі. Дійсно, з точки А до параболи можна провести дві дотичні (на рисунку показана одна — АВ). Друга дотична не є вертикальною прямою, тому вона обов’язково «наздожене» параболу ще в двох точках. Аналогічний результат дає друга, відмінна від AF, дотична до параболи .

Будемо вимагати від рівнянь та мати єдиний корінь. Тоді знайдемо кутові коефіцієнти дотичних відповідно до кривих та . Маємо ,. Далі абсциса точки М дорівнює від'ємному кореню рівняння, тобто х = - 1. Тоді кутовий коефіцієнт прямої AD дорівнює, а кутовий коефіцієнт прямої АС дорівнює 0.

Відповідь: , ,, .

7. Скільки різних розв’язків має система рівнянь

в залежності від параметра а?

Розв’язання. Запишемо сукупність систем, рівносильну початковій. Маємо

або

В цій задачі ми будемо мати справу одразу з двома перетвореннями — поворотом та паралельним переносом.

Перша система сукупності має два розв’язки при будь-якому а (рис. 1.2. 15).

Знайдемо число розв’язків другої системи (рис. 1.2. 15): при — немає розв’язків, при — один розв’язок, при — два розв’язки.

Додатково з рисунка видно, що при, або, або а = 0 прямі и перетинаються в точках, які лежать на колі. Зрозуміло, що цей факт змінює число розв’язків для випадку .

Рис. 1.2. 15

Відповідь: якщо, або а = 0, то розв’язків два; якщо або , то розв’язків три; якщо , або , або, або , то розв’язків чотири.

Наступні дві задачі пов’язані з ще одним перетворенням — паралельним переносом.

8. Знайти всі значення а, для яких існує пара від'ємних чисел х та у, які задовольняють умові

Розв’язання. Нерівність х + 2у > а задає півплощину з «пливучою» межею х + 2у = а. Оскільки очевидно, що а < 0, то система нерівностей задає внутрішню область трикутника ОАВ з координатами вершин О (0; 0), А (0; а), В — рис. 1.2. 16.

Рис. 1.2. 16

Все прямі сім'ї прямих проходять через точку М (0;

1). Очевидно початкова система має Розв’язання, якщо прямі сім'ї перетинають вісь абсцис в точках, які лежать між А та О. Для прямої при фіксованому а абсциса точки перетину с віссю х дорівнює. Тоді залишилося вимагати, щоб. Звідси .

Відповідь: .

9. При яких значеннях параметра а рівняння не має розв’язків?

Розв’язання. Розглянемо функції та, які задають: сім'ю «кутів» та сім'ю прямих, які проходять через точку. Оскільки кожен з графіків функцій знаходиться у «русі», то при пошуку їх спільних точок (або умов їх відсутності) виникають ускладнення. Тому спробуємо застосувати такий метод: «зупинимо» один з рухів за допомогою заміни.

Нехай . Тоді і початкове рівняння приймає вигляд. Всі прямі виду проходять через точку. Оскільки положення точки М не зафіксовано, то поворот не формує сім'ю прямих. Однак сама ідея повороту є результативною.

Очевидно ордината точки М завжди від'ємна. За допомогою рис. 39 легко побачити, що якщо прямі сім'ї прямих проходять між сторонами кута АМВ, то в цьому і тільки в цьому випадку початкове рівняння має розв’язки.

Рис. 1.2. 17

Таким чином, кутовий коефіцієнт прямих задовольняє вимозі. Звідси

Відповідь:

1.3 Гомотетія. Стиск до прямої

1. Знайти число розв’язків системи рівнянь ()

Розв’язання. Побудуємо графіки функцій (квадрат зі стороною) та. Члени сім'ї функцій — гомотетичні кола (з центром гомотетії (0,0)).

Рис. 1.3. 1

Якщо коло лежить всередині квадрата, то розв’язків немає.

Якщо коло вписане в квадрат, то з’являються розв’язки. В цьому випадку з теореми Піфагора:.

При система немає розв’язків, при система має 4 розв’язки. Далі зі збільшенням () кожна сторона квадрата має дві спільні точки перетину з колом (всього 8 розв’язків).

При квадрат вписаний в коло, маємо 4 розв’язки. При розв’язків немає. Відповідь: при розв’язків немає, при — 4 розв’язки, при — 8 розв’язків, при — 4 розв’язки, при розв’язків немає.

2. При яких дійсних значеннях система

має 8 різних розв’язків?

Розв’язнання. Побудуємо графіки функцій (ромб зі стороною довжиною) та. Члени сім'ї функцій — гомотетичні кола (з центром гомотетії (0,0)).

Рис. 1.3. 2

Знайдемо значення параметра, при якому коло дотикається до ромба.

З прямокутного трикутника (зі сторонами та 1) знайдемо, тоді з трикутника АВС, звідки.

Зі збільшенням система буде мати 8 розв’язків (8 точок перетину кола з ромбом). А при система буде мати 4 розв’язки (4 точки перетину з ромбом). Отже,. Відповідь:

3. Визначити, при яких система рівнянь

має точно два розв’язки.

Розв’язання. Перепишемо систему рівнянь у вигляді

Перше рівняння визначає гомотетичні кола (з центром гомотетії (0,0) та радіусом). Друге рівняння — об'єднання двох прямих: ,. Побудуємо прямі та кола на графіку.

Рис. 1.3. 3

Система буде мати точно 2 розв’язки, коли коло дотикається двох прямих. Знайдемо параметр. З гіпотенуза ,. З, тоді ,. Остаточно знаходимо. Відповідь: .

4. Для кожного від'ємного числа розв’язати нерівність.

Розв’язання. Перепишемо нерівність у вигляді. Побудуємо графіки та. Членами сім'ї функцій є гомотетичні півкола (центр гомотетії - точка (0,0)). З нерівності випливає, що півкола повинні лежати вище прямої.

Кутовий коефіцієнт прямої дорівнює -2. Тоді, , із:, .

Рис. 1.3. 4

, звідки

,.

Розв’язком нерівності для кожного від'ємного числа буде проміжок. Відповідь: .

5. Скільки розв’язків в залежності від має рівняння.

Розв’язання. Перепишемо рівняння у вигляді. Побудуємо графіки функцій (гомотетичні кути з вершиною в точці (2,0)) та. При графіки наведені на рисунку 1.3. 5

Рис. 1.3. 5

З рис. 1.3.5 видно, що при спільних точок графіки не мають, рівняння розв’язків немає.

При графіки та наведені на рисунку 1.3.6.

З рис. 1.3.6 видно, що при , — 1 розв’язок;

при — 2 точки перетину графіків (2 розв’язки);

при — 3 точки перетину графіків (3 розв’язки);

при — 4 точки перетину графіків (4 розв’язки).

Рис. 1.3. 6

Відповідь: при , — 1 розв’язок; при — 2 розв’язки; при — 3 розв’язки; при — 4 розв’язки.

6. При яких значеннях криві та мають тільки одну спільну точку?

Розв’язання. Необхідно розв’язати рівняння або. Побудуємо графіки функцій (гомотетичні вітки парабол з центром гомотетії (0,0)) та. ОДЗ рівняння:.

При маємо 1 розв’язок.

Розглянемо випадок дотику двох графіків.

Запишемо рівняння дотичних до кожного з графіків в точці:

, звідси.

Підставляємо в рівняння, тоді, .

Рис. 1.3. 7

Відповідь: або.

7. При яких значеннях параметра рівняння має єдиний розв’язок, більше одного розв’язку, немає розв’язків?

Розв’язання. Побудуємо графіки функцій та.

Рис. 1.3. 8

Розв’яжемо рівняння на проміжку для того, щоб знайти точку дотику функцій.

Якщо, то, , при.

Таким чином, при — 1 розв’язок, при — точки перетину графіків є (більше одного розв’язку), при — немає точок перетину графіків (немає розв’язків).

Відповідь: при — 1 розв’язок, при — більше одного розв’язку, при немає розв’язків.

Задачі для самостійної роботи

1. При яких с система має хоча б один розв’язок?

Розв’язання. Спростимо нерівність системи. Маємо. Нехай. Тоді. Звідси з урахуванням того, що, одержимо. Запишемо, тобто. Таким чином, початкова система рівносильна такій:

Графіком першої нерівності цієї системи є півплощина з межею (рис. 1.3. 9).

Рис. 1.3. 9

Очевидно система може мати розв’язки, якщо. Тоді рівняння

х 2 + у 2 = с задає сім'ю гомотетичних кіл з центром в точці О (0; 0). Рисунок підказує, що якщо радіус кола не менше довжини відрізка ОМ, тобто відстань від точки О до межі півплощини, то система має розв’язки. Маємо. З . Звідси .

Відповідь: .

2. Скільки розв’язків має система в залежності від параметра а?

Розв’язання. При система розв’язків не має. При фіксованому графіком першого рівняння є квадрат з вершинами (а; 0), (0; - а), (; 0), (0; а). Таким чином, членами сім'ї є гомотетичні квадрати (центр гомотетії - точка О (0; 0)).

Якщо квадрат (рис. 1.3. 10) знаходиться в колі система розв’язків не має.

Рис. 1.3. 10

Зі збільшенням а (квадрат «роздувається») розв’язки з’являються лише в той момент, коли квадрат буде вписаним в коло. В цьому випадку (а = 1) розв’язків буде чотири. Далі, при кожна сторона квадрата має дві спільні точки з колом, тоді система буде мати вісім розв’язків. При коло буде вписане в квадрат, тобто розв’язків стане знов чотири. Очевидно при система розв’язків не має.

Відповідь: якщо або , то немає розв’язків; якщо або, то розв’язків чотири; якщо , то розв’язків вісім.

3. Знайти всі значення параметра а, при кожному з яких рівняння має рівно вісім розв’язків.

Розв’язання. Маємо , де . Розглянемо функції та . Перша з них задає сім'ю гомотетичних півкіл з центром в О (0; 0), друга — сім'ю прямих, паралельних вісі абсцис.

З рис. 1.3. 11 видно, що зі збільшенням радіуса півкола зростає число коренів початкового рівняння. Їх буде рівно вісім, якщо.

Рис. 1.3. 11

Зауважимо, що а не є радіусом півкола, т. як.

Відповідь: або.

4. Знайти всі а, при яких системи рівносильні.

та

Розв’язання. Перепишемо першу систему в виді де

Перше рівняння системи задає сім'ю паралельних прямих, зображену на рис. 1.3. 12. Для випадку а > 0 друге рівняння системи задає сім'ю кіл.

Всі розв’язки другої з початкових систем містяться серед розв’язків першої.

Обернена вимога виконується лише тоді, коли кола мають спільні точки тільки з прямою . Відстань між сусідніми прямими дорівнює, тому для радіуса кола знаходимо обмеження. Звідси .

Рис. 1.3. 12

Оскільки ми розглядаємо випадок а > 0, то значення а = 0 потребує перевірки. Очевидно воно підходить. При а < 0 початкові системи розв’язків не мають, а значить, вони рівносильні.

Відповідь: .

5. При яких додатних значеннях параметрів а та системи рівнянь

та

мають однакове число розв’язків?

Розв’язання. Друга система задає сім'ю паралельних прямих , та сім'ю гомотетичних кіл з центром О1 (1;

1) (рис. 1.3. 13). Оскільки за умовою, то, і система має не менше чотирьох розв’язків. Очевидно такою ж властивістю володіє перша з початкових систем.

Рис. 1.3. 13

Вона рівносильна сукупності наступних двох систем:

або

Оскільки а > 0, то сім'я паралельних прямих (рис. 1.3. 13) перетинає графік лише в одній точці, а значить, перша система сукупності має тільки один розв’язок. Друга система може мати не більше трьох розв’язків (рис. 1.3. 14). Тому ми вимагаємо від цієї системи мати рівно три розв’язки.

Рис. 1.3. 14

Остання умова досягається тоді, коли прямі будуть перетинати криву, в двох точках. Для цього необхідно і достатньо, щоб рівняння при а > 0 мало два кореня, тобто дискримінант квадратного рівняння повинен бути додатним. Маємо. Звідси для а > 0 знаходимо

Тепер залишилося з’ясувати, при яких а друга з даних в умові систем має рівно чотири розв’язки. Розглянемо точку (рис. 1.3. 13). Якщо радіус кола буде більше або дорівнює О1М, то система очевидно буде мати більше чотирьох розв’язків. Тоді знаходимо, тобто при а > 0 маємо.

Тепер визначимо при яких. Легко встановлюємо, що .

Відповідь: якщо, то; при інших b вимоги задачі не виконуються.

Зауваження. При фіксованому крива - результат стиску до вісі абсцис кривої в раз. (Іноді для випадку говорять, що крива розтягується від вісі)

6. При кожному фіксованому значенні параметра а розв’язати рівняння.

Розв’язання. Розглянемо функції и. На рис. 1.3. 15 побудовані графік першої з них, а також графіки шести представників сім'ї прямих відповідно для випадків (Для а = 0 маємо вісь абсцис) Одержаний графічний образ дає повну інформацію про Розв’язання початкового рівняння. Залишилося лише знайти значення та.

Рис. 1.3. 15

Очевидно шукані значення відповідно для и — це корені рівняння .

Звідси. При запису відповіді необхідно врахувати, що х = 1 — корінь початкового рівняння при будь-якому а.

Відповідь: якщо, то х = 1; якщо, то х = 1 або;

якщо а = 1, то; якщо а = - 1, то.

7. Знайти всі натуральні значення b, при кожному з яких вираз має зміст для всіх пар чисел (х; у), де и, для яких вираз також має зміст.

Розв’язання. Оскільки вирази та повинні мати зміст одночасно, то нескладно прийти до формулювання, рівносильного початковому: знайти всі натуральні b, при яких система має розв’язок:

Графіком першої нерівності системи є всі точки координатної площини (х; у), окрім прямої. Інші нерівності задають область, обмежену віткою гіперболи. (На рис. 1.3. 16 ця область показана штриховою лінією)

Рис. 1.3. 16

Система має розв’язки, якщо сім'я гіпербол має не більше однієї спільної точки з прямою (одна точка відповідає моменту дотику). Для цього достатньо вимагати, щоб рівняння мало не більше одного кореня. Оскільки, то умова недодатності дискримінанта квадратного рівняння дає шукані значення параметра. Маємо. І так як b - натуральне, знаходимо b=3, 4,…

Відповідь: b=3, 4,…

8. При яких значеннях а множина точок, задана нерівністю, є підмножиною множини точок, заданої нерівністю ?

Розв’язання. Графіком нерівності є область, обмежена ромбом (рис. 1.3. 17).

Рис. 1.3. 17

Нерівність рівносильна системі . Очевидно при ця система задає необмежену множину точок (рис. 1.3. 18), яка не може поміститися в середині ромба. Якщо а > 0, то система задає фігуру, зображену на рис. 1.3. 19.

Задача зводиться до пошуку значень а, при яких ця фігура «стиснеться» до таких розмірів, що поміститься в ромб. Із міркувань симетрії для пошуку шуканих значень параметра достатньо вимагати від рівняння при мати не більше одного кореня. Тоді .

Рис. 1.3. 18 Рис. 1.3. 19

Відповідь: .

1.4 Дві прямі на площині

В основі ідеї розв’язку задач цього підрозділу лежить питання про дослідження взаємного розташування двох прямих: та. Не будь-яке рівняння виду задає пряму: необхідно ще вимагати, щоб При дослідженні взаємного розташування двох прямих зручно спочатку розглянути випадки, коли коефіцієнти при у дорівнюють нулю (маємо вертикальне положення прямих), потім кожне з рівнянь представити у вигляді

1. Знайти значення, при яких система рівнянь

має єдиний розв’язок.

Розв’язання. Графіками рівнянь системи є прямі. Перше рівняння при задає вертикальну пряму, яка перетинає графік другого рівняння, що рівносильно для системи мати єдиний розв’язок. Друге рівняння при задає вертикальну пряму, яка перетинає графік першого рівняння, що рівносильне для системи мати єдиний розв’язок.

Якщо та, то, .

Прямі паралельні, якщо, звідки

Прямі співпадають, якщо, звідки

Прямі перетинаються, якщо, звідки.

Відповідь: система має єдиний розв’язок при.

2. Покажіть, що система рівнянь

має єдиний розв’язок при всіх значеннях.

Розв’язання. Графіками рівнянь системи є прямі. Перше рівняння при задає вертикальну пряму, яка перетинає графік другого рівняння, що рівносильне для системи мати єдиний розв’язок. Друге рівняння при задає вертикальну пряму, яка перетинає графік першого рівняння, що рівносильне для системи мати єдиний розв’язок.

Якщо, то; якщо, то. Прямі паралельні, якщо, звідки з першого рівняння, розв’язків немає. Отже, співпадати прямі також не можуть.

Відповідь: прямі перетинаються при всіх значеннях.

3. Знайти всі значення, при яких система рівнянь немає розв’язків:

Розв’язання. Графіками рівнянь системи є прямі. Перше рівняння при задає вертикальні прямі, які перетинають графік другого рівняння, що рівносильне для системи мати єдиний розв’язок.

Якщо, то;.

Система немає розв’язків, коли прямі паралельні, тобто

Відповідь: система немає розв’язків при.

4. При яких значеннях система рівнянь

має нескінчену множину розв’язків?

Розв’язання. Графіками рівнянь системи є прямі. Друге рівняння при задає вертикальну пряму, яка перетинають графік першого рівняння, що рівносильне для системи мати єдиний розв’язок.

Якщо, то. З першого рівняння маємо.

Система має нескінчену множину розв’язків, коли прямі співпадають, тобто

Відповідь: система має нескінчену множину розв’язків при.

5. Знайти всі пари значень, при кожній з яких система рівнянь

має нескінчену множину розв’язків.

Розв’язання. Перепишемо систему рівнянь у вигляді

Система має нескінчену множину розв’язків, коли прямі співпадають, тобто

Помножуємо друге рівняння на 2 і додаємо до першого рівняння:. Виражаємо і підставляємо в друге рівняння:

, тоді

Відповідь: або.

6. При яких значеннях існують розв’язки системи рівнянь

,

які задовольняють одночасно нерівностям ?

Розв’язання. Знаходимо з першого рівняння і підставляємо в друге рівняння:, звідки. За умовою задачі, тобто, звідки.

Тоді. За умовою задачі, тобто, звідки ,. Отже,.

Відповідь: .

7. Знайти всі, при яких рівносильні системи рівнянь

та.

Розв’язання. Розглянемо другу систему:. Ця система має єдиний розв’язок при будь-яких (). Для виконання умови рівноправності необхідно, щоб всі чотири прямі, які задаються рівняннями системи, мали спільну точку. Цю точку знайдено, розв’язавши систему

.

Підставимо знайдені значення в перші рівняння заданих систем:

або.

Перша система при має нескінчено багато розв’язків:

.

Тому системи рівнянь рівносильні при.

Відповідь: .

8. Числа такі, що система рівнянь

має нескінчено багато розв’язків, причому — один із цих розв’язків. Знайти числа.

Розв’язання. Перепишемо систему у вигляді:

.

Система має нескінчену множину розв’язків, коли прямі співпадають, тобто

Так як — один із цих розв’язків системи, то підставимо його в систему:

Тоді

.

З системи трьох рівнянь знаходимо

або.

Відповідь: або.

9. Знайти всі значення, при кожному з яких для будь-якого значення система

мала б хоча б один розв’язок

Розв’язання. Розглянемо задану систему як систему з двома невідомими та трьома параметрами Якщо та перепишемо задану систему таким чином:

З цієї системи маємо: система має розв’язки, якщо, тобто та при будь-яких значеннях

При перше рівняння визначає вертикальну пряму, друге — невертикальну. Таким чином, при система має розв’язок для будь-яких Аналогічно для.

ПоказатьСвернуть
Заполнить форму текущей работой