Egyenletek paraméterekkel. Paraméteres egyenletrendszerek Paraméteres rendszer online megoldása
1. Paraméteres lineáris egyenletrendszerek
A paraméteres lineáris egyenletrendszereket ugyanazokkal az alapvető módszerekkel oldjuk meg, mint a közönséges egyenletrendszereket: a helyettesítési módszerrel, az egyenletösszeadás módszerével és a grafikus módszerrel. A lineáris rendszerek grafikus értelmezésének ismerete megkönnyíti a gyökérszámra és azok létezésére vonatkozó kérdés megválaszolását.
1. példa
Keresse meg az a paraméter összes értékét, amelyre az egyenletrendszernek nincs megoldása.
(x + (a 2–3)y = a,
(x + y = 2.
Megoldás.
Nézzünk több módot ennek a feladatnak a megoldására.
1 út. A tulajdonságot használjuk: a rendszernek nincs megoldása, ha az x előtti együtthatók aránya egyenlő az y előtti együtthatók arányával, de nem egyenlő a szabad tagok arányával (a/a 1 = b /b 1 ≠ c/c 1). Akkor nálunk van:
1/1 = (a 2 – 3)/1 ≠ a/2 vagy rendszer
(és 2-3 = 1,
(a ≠ 2.
Az első egyenletből a 2 = 4, tehát figyelembe véve azt a feltételt, hogy a ≠ 2, megkapjuk a választ.
Válasz: a = -2.
2. módszer. Helyettesítő módszerrel oldjuk meg.
(2 – y + (a 2 – 3)y = a,
(x = 2 – y,
((a 2 – 3)y – y = a – 2,
(x = 2 – y.
Miután az első egyenletben a zárójelekből kivettük az y közös tényezőt, a következőt kapjuk:
((a 2 – 4)y = a – 2,
(x = 2 – y.
A rendszernek nincsenek megoldásai, ha az első egyenletnek nincsenek megoldásai, azaz
(és 2-4 = 0,
(a – 2 ≠ 0.
Nyilván a = ±2, de a második feltételt figyelembe véve a válasz csak mínusz választ ad.
Válasz: a = -2.
2. példa
Keresse meg az a paraméter összes értékét, amelyre az egyenletrendszernek végtelen számú megoldása van.
(8x + ay = 2,
(ax + 2y = 1.
Megoldás.
A tulajdonság szerint, ha x és y együtthatóinak aránya azonos, és egyenlő a rendszer szabad tagjainak arányával, akkor végtelen számú megoldása van (azaz a/a 1 = b/ b 1 = c/c 1). Ezért 8/a = a/2 = 2/1. Az egyes kapott egyenleteket megoldva azt találjuk, hogy ebben a példában a = 4 a válasz.
Válasz: a = 4.
2. Paraméteres racionális egyenletrendszerek
3. példa
(3|x| + y = 2,
(|x| + 2y = a.
Megoldás.
Szorozzuk meg a rendszer első egyenletét 2-vel:
(6|x| + 2y = 4,
(|x| + 2y = a.
A második egyenletet az elsőből kivonva 5|x|-t kapunk = 4 – a. Ennek az egyenletnek egyedi megoldása lesz a = 4-re. Más esetekben ennek az egyenletnek két megoldása lesz (egy< 4) или ни одного (при а > 4).
Válasz: a = 4.
4. példa
Keresse meg az a paraméter összes értékét, amelyre az egyenletrendszernek egyedi megoldása van.
(x + y = a,
(y – x 2 = 1.
Megoldás.
Ezt a rendszert grafikus módszerrel oldjuk meg. Így a rendszer második egyenletének grafikonja egy parabola, amelyet az Oy tengely mentén egy egységnyi szegmenssel felfelé emelünk. Az első egyenlet az y = -x egyenessel párhuzamos egyenesek halmazát adja meg (1. kép). Az ábrán jól látható, hogy a rendszernek akkor van megoldása, ha az y = -x + a egyenes egy (-0,5, 1,25) koordinátájú pontban érinti a parabolát. Ezeket a koordinátákat behelyettesítve az egyenes egyenletbe x és y helyett, megkapjuk az a paraméter értékét: 
1,25 = 0,5 + a;
Válasz: a = 0,75.
5. példa
A helyettesítési módszerrel derítse ki, hogy az a paraméter melyik értékénél van egyedi megoldása a rendszernek.
(ax – y = a + 1,
(ax + (a + 2)y = 2.
Megoldás.
Az első egyenletből kifejezzük y-t és behelyettesítjük a másodikba:
(y = ax – a – 1,
(ax + (a + 2) (ax – a – 1) = 2.
A második egyenletet redukáljuk kx = b alakra, aminek egyedi megoldása lesz k ≠ 0-ra.
ax + a 2 x – a 2 – a + 2ax – 2a – 2 = 2;
a 2 x + 3ax = 2 + a 2 + 3a + 2.
Az a 2 + 3a + 2 négyzetháromságot zárójelek szorzataként ábrázoljuk
(a + 2)(a + 1), a bal oldalon pedig kivesszük az x-et a zárójelekből:
(a 2 + 3a)x = 2 + (a + 2) (a + 1).
Nyilvánvaló, hogy a 2 + 3a nem lehet egyenlő nullával, ezért
a 2 + 3a ≠ 0, a(a + 3) ≠ 0, ami azt jelenti, hogy a ≠ 0 és ≠ -3.
Válasz: a ≠ 0; ≠ -3.
6. példa.
A grafikus megoldási módszerrel határozza meg, hogy az a paraméter mely értékénél van a rendszer egyedi megoldása.
(x 2 + y 2 = 9,
(y – |x| = a.
Megoldás.
A feltétel alapján készítünk egy kört, amelynek középpontja az origóban van és sugara 3 egységnyi szakasz, ezt adja meg a rendszer első egyenlete
x 2 + y 2 = 9. A rendszer második egyenlete (y = |x| + a) egy szaggatott vonal. Használva 2. ábra A körhöz viszonyított elhelyezkedésének minden lehetséges esetét figyelembe vesszük. Könnyen belátható, hogy a = 3. 
Válasz: a = 3.
Van még kérdése? Nem tudja, hogyan kell egyenletrendszereket megoldani?
Ha segítséget szeretne kérni egy oktatótól, regisztráljon.
Az első óra ingyenes!
weboldalon, az anyag teljes vagy részleges másolásakor a forrásra mutató hivatkozás szükséges.
A forma egyenlete f(x; a) = 0-t hívunk egyenlet változóval xés paraméter A.
Oldja meg az egyenletet paraméterrel A– ez minden értéknél azt jelenti Aértékeket találni x, amely kielégíti ezt az egyenletet.
1. példa Ó= 0
2. példa Ó = A
3. példa
x + 2 = ah
x – ah = -2
x(1 – a) = -2
Ha 1- A= 0, azaz A= 1, akkor x 0 = -2 nincs gyök
Ha 1- A 0, azaz A 1, akkor x =
4. példa
(A 2 – 1) x = 2A 2 + A – 3
(A – 1)(A + 1)x = 2(A – 1)(A – 1,5)
(A – 1)(A + 1)x = (1A – 3)(A – 1)
Ha A= 1, majd 0 x = 0
x– bármilyen valós szám
Ha A= -1, majd 0 x = -2
nincsenek gyökerei
Ha A 1, A-1 akkor x= (az egyetlen megoldás).
Ez azt jelenti, hogy minden érvényes értéknél A egyetlen értéknek felel meg x.
Például:
Ha A= 5, akkor x = = ;
Ha A= 0, akkor x= 3 stb.
Didaktikai anyag
1. Ó = x + 3
2. 4 + Ó = 3x – 1
3. A = +
nál nél A= 1 nincs gyök.
nál nél A= 3 nincs gyökér.
nál nél A = 1 x– bármely valós szám, kivéve x = 1
nál nél A = -1, A= 0 nincs megoldás.
nál nél A = 0, A= 2 nincs megoldás.
nál nél A = -3, A = 0, 5, A= -2 nincs megoldás
nál nél A = -Val vel, Val vel= 0 nincs megoldás.
Másodfokú egyenletek paraméterrel
1. példa Oldja meg az egyenletet
(A – 1)x 2 = 2(2A + 1)x + 4A + 3 = 0
Nál nél A = 1 6x + 7 = 0
Amikor A 1, kiemeljük azokat a paraméterértékeket, amelyeknél D nullára megy.
D = (2(2 A + 1)) 2 – 4(A – 1)(4A + 30 = 16A 2 + 16A + 4 – 4(4A 2 + 3A – 4A – 3) = 16A 2 + 16A + 4 – 16A 2 + 4A + 12 = 20A + 16
20A + 16 = 0
20A = -16
Ha A < -4/5, то D < 0, уравнение имеет действительный корень.
Ha A> -4/5 és A 1, akkor D > 0,
x = 
Ha A= 4/5 tehát D = 0,
2. példa Az a paraméter mely értékeinél érvényesül az egyenlet
x 2 + 2( A + 1)x + 9A– 5 = 0-nak 2 különböző negatív gyökere van?
D = 4( A + 1) 2 – 4(9A – 5) = 4A 2 – 28A + 24 = 4(A – 1)(A – 6)
4(A – 1)(A – 6) > 0
t. Vietán keresztül: x 1 + x 2 = -2(A + 1)
x 1 x 2 = 9A – 5
Feltétel szerint x 1 < 0, x 2 < 0 то –2(A + 1) < 0 и 9A – 5 > 0
| Végül is | 4(A – 1)(A – 6) > 0 - 2(A + 1) < 0 9A – 5 > 0 |
A < 1: а > 6 A > - 1 A > 5/9 |
 (Rizs. 1) < a < 1, либо a > 6 |
3. példa Keresse meg az értékeket A, amelyre ennek az egyenletnek van megoldása.
x 2 – 2( A – 1)x + 2A + 1 = 0
D = 4( A – 1) 2 – 4(2A + 10 = 4A 2 – 8A + 4 – 8A – 4 = 4A 2 – 16A
4A 2 – 16 0
4A(A – 4) 0
A( A – 4)) 0
A( A – 4) = 0
a = 0 vagy A – 4 = 0
A = 4
(Rizs. 2)
Válasz: A 0 és A 4
Didaktikai anyag
1. Milyen értékben A az egyenlet Ó 2 – (A + 1) x + 2A– 1 = 0-nak egy gyöke van?
2. Milyen értékben A az egyenlet ( A + 2) x 2 + 2(A + 2)x+ 2 = 0-nak egy gyöke van?
3. Milyen a értékeire vonatkozik a ( A 2 – 6A + 8) x 2 + (A 2 – 4) x + (10 – 3A – A 2) = 0-nak kettőnél több gyöke van?
4. Milyen a értékei esetén a 2. egyenlet x 2 + x – A= 0-nak legalább egy közös gyöke van a 2-es egyenlettel x 2 – 7x + 6 = 0?
5. Az egyenlet mely értékeire x 2 +Ó+ 1 = 0 és x 2 + x + A= 0-nak van legalább egy közös gyöke?
1. Mikor A = - 1/7, A = 0, A = 1
2. Mikor A = 0
3. Mikor A = 2
4. Mikor A = 10
5. Mikor A = - 2
Exponenciális egyenletek paraméterrel
1. példa.Minden érték keresése A, amelyre az egyenlet
9 x – ( A+ 2)*3 x-1/x +2 A*3 -2/x = 0 (1) pontosan két gyöke van.
Megoldás. Az (1) egyenlet mindkét oldalát megszorozva 3 2/x-el, megkapjuk az ekvivalens egyenletet
3 2(x+1/x) – ( A+ 2)*3 x+1/x + 2 A = 0 (2)
Legyen 3 x+1/x = nál nél, akkor a (2) egyenlet a következő alakot veszi fel nál nél 2 – (A + 2)nál nél + 2A= 0, vagy
(nál nél – 2)(nál nél – A) = 0, honnan nál nél 1 =2, nál nél 2 = A.
Ha nál nél= 2, azaz 3 x+1/x = 2 akkor x + 1/x= log 3 2, ill x 2 – x log 3 2 + 1 = 0.
Ennek az egyenletnek nincs valódi gyökere, hiszen D= log 2 3 2 – 4< 0.
Ha nál nél = A, azaz 3 x+1/x = A Hogy x + 1/x= log 3 A, vagy x 2 –x log 3 a + 1 = 0. (3)
A (3) egyenletnek pontosan két gyöke van akkor és csak akkor
D = log 2 3 2 – 4 > 0, vagy |log 3 a| > 2.
Ha log 3 a > 2, akkor A> 9, és ha log 3 a< -2, то 0 < A < 1/9.
Válasz: 0< A < 1/9, A > 9.
2. példa. Mekkora a értékeinél a 2 egyenlet 2x – ( A - 3) 2 x – 3 A= 0-nak vannak megoldásai?
Ahhoz, hogy egy adott egyenletnek megoldásai legyenek, szükséges és elégséges, hogy az egyenlet t 2 – (a – 3) t – 3a= 0-nak legalább egy pozitív gyöke volt. Keressük meg a gyökereket Vieta tételével: x 1 = -3, x 2 = A = >
a egy pozitív szám.
Válasz: mikor A > 0
Didaktikai anyag
1. Keresse meg a minden olyan értékét, amelyre az egyenlet vonatkozik
25 x – (2 A+ 5)*5 x-1/x + 10 A* 5 -2/x = 0-nak pontosan 2 megoldása van.
2. Milyen a értékeire vonatkozik az egyenlet
2 (a-1)x?+2(a+3)x+a = 1/4 egyetlen gyöke van?
3. Az a paraméter mely értékeinél érvényesül az egyenlet
4 x - (5 A-3)2 x +4 A 2 – 3A= 0 egyedi megoldása van?
Logaritmikus egyenletek paraméterekkel
1. példa Keresse meg az összes értéket A, amelyre az egyenlet
napló 4x (1 + Ó) = 1/2 (1)
egyedi megoldása van.
Megoldás. Az (1) egyenlet ekvivalens az egyenlettel
1 + Ó = 2x nál nél x > 0, x 1/4 (3)
x = nál nél
y 2 – nál nél + 1 = 0 (4)
A (2) feltétel (3) nem teljesül.
Hadd A 0, akkor AU 2 – 2nál nél+ 1 = 0-nak akkor és csak akkor van valódi gyöke D = 4 – 4A 0, azaz nál nél A 1. A (3) egyenlőtlenség megoldásához ábrázoljuk a függvényeket Galitsky M.L., Moshkovich M.M., Shvartsburd S.I. Az algebra és a matematikai elemzés tanfolyamának elmélyült tanulmányozása. – M.: Oktatás, 1990
Jegyzet. A megadott példában az összes determináns számítása a tényezők szorzata formájában történő reprezentációval zárult, amelyek közül az egyik (13) az osztás során csökkent. Ez a helyzet nagyon gyakori. Ezért nem kell rohanni a tényezők megszorzásával, bár leggyakrabban nem törlődnek.
4.4. probléma. Egyenletrendszerek megoldása a Cramer-szabály segítségével:
1 + 4x 2 + x 3 = 21 |
1 + x 2 - x 3 = 2 |
2x 1 + x 2 + x 3 = 7 |
||||
3x 2 − 3x3 = 1 |
||||||
1) 4x1 + 2x2 + x3 = 27 |
3) x1 + 4x2 − 5x3 |
|||||
3x2 + 2x3 = 19 |
− 2x2 + 3x3 = 7 |
|||||
4x1 + 10x2 − x3 |
||||||
A fenti problémák megoldása azt mutatja, hogy a Cramer-képletek egységes és kényelmes módszert jelentenek a lineáris egyenletrendszerek megoldására.
Jegyzet: A Cramer-képletek használata nagymértékben leegyszerűsödik, ha az ismeretlenek közül csak egyet kell megtalálni: ebben az esetben csak két determinánst kell megszámolni.
2.4.4. Paraméteres egyenletrendszerek
Fentebb lineáris algebrai egyenletrendszereket vettünk figyelembe fix együtthatókkal az ismeretlenekre és az egyenletek jobb oldalára. A gyakorlati problémákban nagyon gyakran ezek az együtthatók és a jobb oldali értékek nem ismertek pontosan. Ezért szükséges elemezni az ilyen paraméterek hatását a rendszerek megoldására.
4.5. példa. Vizsgálja meg a megoldás függését egy egyenletrendszertől!
3 x + 8 y = a5 x + 9 y = b
az a és b paraméterekből.
Itt csak az egyenletek jobb oldala függ a paraméterektől. Mert a
27 − 40 = − 13 ≠ 0 |
|||||||
A megoldás megtalálásához használhatja a Cramer-képleteket. Nekünk van:
∆1 |
9a − 8b,∆ 2 |
3b-5a |
||||||
x = x |
= ∆ 1 |
9a-8b |
8b-9a |
Y=x |
∆ 2 = |
5a-3b |
||||||||||||||||
− 13 |
||||||||||||||||||||||
Behelyettesítéssel megbizonyosodunk arról, hogy a kapott megoldás helyes: |
||||||||||||||||||||||
8b-9a |
5a-3b |
a(−27 + 40) |
B(24–24) |
|||||||||||||||||||
8b-9a |
5a-3b |
a(−45 + 45) |
− 27) |
|||||||||||||||||||
Konkrétan, ha a = 11, b = 14 kapjuk: x = |
8×14 − 9×11 |
1 és y = 1. |
||||||||||||||||||||
y(a, b)
x(a, b)
Így minden a és b paraméterpár egy egyedi x és y számpárnak felel meg, amely kielégíti az adott egyenletrendszert. Ez azt jelenti, hogy az egyenletrendszer megoldása két változó (a és b paraméterek) rendezett párja és két függvénye. Mindkét függvény definiálva van ezen paraméterek bármely értékére, és lineárisan függ a független a és b változóktól. Ezenkívül x monoton növekszik
b olvasztófüggvény és monoton csökkenő a függvény, |
- oda-vissza, |
||||
egy növekvő függvény a és egy monoton csökkenő függvény b. |
|||||
4.5. probléma. Keressen megoldást egyenletrendszerekre |
|||||
8 x + 5 y = 2 a + 1 |
4 x + 9 y = a + b |
9x + 4 év |
|||
3 x + 2 y = a |
3 x + 8 y = 3 a − b |
8 x + 3 év |
|||
és vizsgálja meg megoldásuk függését az a és b paraméterektől. Ajánlást. Ábrázoljuk a kapott x (a, b) és y (a, b) megoldásokat!
mint az a és b változó paraméterek függvényei. Magyarázza meg, miért függenek minden feladatban a megoldások lineárisan az a és b paraméterektől!
4.6. példa. Vizsgálja meg a megoldás függését egy egyenletrendszertől!
(a + 3) x + 2 ay = 5 |
|||||
az a és b paraméterekből. |
x + 5 y = b |
||||
Ebben a példában az ismeretlenek együtthatói a paramétertől függenek |
|||||
a , a jobb oldalak pedig a b paraméterből származnak. |
|||||
Keressük meg az együtthatómátrix determinánsát ismeretlenekre: |
|||||
a + 3 2 |
5(a + 3) − 2a = 3(a + 5) |
||||
Ez a determináns csak akkor nem egyenlő nullával, ha a ≠ − 5. Ezért a Cramer-képletek csak akkor használhatók, ha a ≠ − 5. Ebben az esetben:
∆1 = |
25 − 2ab , ∆ 2 = |
a+3 |
Ab + 3b – 5 |
|||||||
x = x |
25 − 2ab |
y = x |
3 b − 5 + ab |
|||
3(a+5) |
3(a+5) |
|||||
Tekintsük külön az a = − 5 esetet. Akkor az eredeti rendszer:
− 2 x −10 y = 5 x +5 y = b
− 5 − c x = c, y = 2
Természetesen van önkényesség az ismeretlenek értékének megválasztásában, és a megoldás a következő formában is felírható:
x = − 5 2 − 5 c, y = c
Így az eredeti rendszer ismeretleneire vonatkozó együtthatók paraméterétől való függés megoldás hiányát vagy végtelen számú megoldás jelenlétét eredményezheti. A felfedezett tény egy általánosítása annak, amit korábban egy ax = b egyenletről és két, két ismeretlent tartalmazó lineáris egyenletrendszerről ismertek.
Megjegyzés 1. A c konstans bevezetése egy egyenletrendszer megoldásába az integrációs állandó megválasztásának önkényességéhez hasonlít.
Jegyzet 2. A vizsgált példa azt mutatja, hogy egy egyenlethez hasonlóan sok egyenletet és ismeretlent tartalmazó lineáris algebrai rendszerek esetében csak három különböző eset lehetséges: egyetlen megoldás, nincs megoldás, vagy végtelen sok megoldás.
4.6. probléma. Fedezze fel az egyenletrendszer megoldásait:
4 x + 5 ay = 2 a |
4 x + 5 ay = 2 a |
4 x + 5 ay = 2 a |
||||
8 x + 10 év |
8 x + 10 év |
8 x + 10 y = b |
||||
4.7. probléma. Készítsen saját két algebrai egyenletrendszert két ismeretlennel és két paraméterrel, és tanulmányozza azt a paraméterek értékétől függően.
Kérdések az önkontrollhoz
1) Mi a determináns elem mollja?
2) Mi a különbség az algebrai komplement és a determináns mellékeleme között?
3) Mi az adjungált mátrix?
4) Hogyan találjuk meg az adjungált mátrixot egy adott mátrixhoz?
5) Mi az adjungált mátrix sorrendje?
6) Milyen esetben nem létezik inverz mátrix?
7) Melyik mátrixot nevezzük nem szingulárisnak?
8) Milyen feltételek mellett használhatók a Cramer-képletek?
9) Mi a megoldása egy lineáris algebrai egyenletrendszerre?
10) Milyen determinánsok szerepelnek a Cramer-képletekben?
11) Mikor függnek a determinánsok a paraméterektől?
12) Lehet-e az adjungált mátrix és az eredeti mátrix szorzata skaláris mátrix?
13) Hogyan befolyásolja a faktorok átrendeződése az eredményt az adjunkt és az eredeti mátrix szorzásakor?
14) Mik a Cramer-képletek?
15) Milyen feltételek mellett lehet megoldást találni egy lineáris algebrai egyenletrendszerre a Cramer-szabály (képletek) segítségével?
Oldjunk meg egy egyenletrendszert egy paraméterrel (A. Larin, 98. opció)
Keresse meg a paraméter összes értékét, amelyek mindegyikére a rendszer
pontosan egy megoldása van.
Nézzük meg közelebbről a rendszert. A rendszer első egyenletében a bal oldal a , a jobb oldal pedig nem függ a paramétertől. Vagyis ezt az egyenletet tekinthetjük a függvény egyenletének
és ezt a függvényt ábrázolhatjuk.
A rendszer második egyenlete
paramétertől függ, és az egyenlet bal oldalán egy teljes négyzetet kiválasztva egy kör egyenletét kapjuk.
Ezért célszerű az egyes egyenletek grafikonjait ábrázolni, és megnézni, hogy ezeknek a grafikonoknak a paraméter melyik értékénél van egy metszéspontja.
Kezdjük az első egyenlettel. Először is nyissuk meg a modulokat. Ehhez minden szubmoduláris kifejezést nullával egyenlővé teszünk, hogy megtaláljuk azokat a pontokat, ahol az előjel változik.
Az első szubmoduláris kifejezés előjelet változtat at , a második - at .
Ábrázoljuk ezeket a pontokat a koordináta egyenesen, és keressük meg az egyes szubmoduláris kifejezések előjeleit az egyes intervallumokon:
Vegye figyelembe, hogy a for és egyenletnek nincs értelme, ezért ezeket a pontokat kilyukasztjuk.
Most bővítsük ki a modulokat az egyes intervallumokon. (Ne feledje: ha egy szubmoduláris kifejezés nullánál nagyobb vagy egyenlő, akkor a modult ugyanazzal az előjellel bővítjük, ha pedig nullánál kisebb, akkor ellenkező előjellel.)
Mindkét szubmoduláris kifejezés negatív, ezért mindkét modult ellentétes előjellel bővítjük:
Vagyis amikor az eredeti függvény alakja van
Ezen az intervallumon az első szubmoduláris kifejezés negatív, a második pedig pozitív, ezért kapjuk:
- a függvény nem létezik ezen az intervallumon.
3. title="x>2">!}
Ezen az intervallumon mindkét szubmoduláris kifejezés pozitív, mindkét modult azonos előjellel bővítjük. Kapunk:
Vagyis a title="x>2"> исходная функция имеет вид !}
Tehát megkaptuk a függvény grafikonját
Most nézzük a második egyenletet:
Válasszunk ki egy teljes négyzetet az egyenlet bal oldalán, ehhez adjuk hozzá a 4-es számot az egyenlet mindkét oldalához:
A paraméter egy adott értékéhez az egyenlet grafikonja egy kör, amelynek középpontja egy koordinátákkal rendelkező pontban van, és amelynek sugara 5. Különböző értékekhez egy körsorozatunk van:
Addig mozgatjuk a kört alulról felfelé, amíg meg nem érinti az első függvény grafikonjának bal oldalát. A képen ez a kör piros. Ennek a körnek a középpontja a pont, koordinátái (-2;-3). Továbbá felfelé haladva a körnek egy metszéspontja van a függvénygráf bal oldalával, vagyis a rendszernek egyedi megoldása van.
Tovább mozgatjuk a kört felfelé, amíg meg nem érinti az első függvény grafikonjának jobb oldalát. Ez akkor fog megtörténni, ha a kör középpontja a (-2;0) koordinátákkal rendelkező ponton van - az ábrán ez a kör kék.
Ha tovább haladunk felfelé, a kör az első függvény grafikonjának bal és jobb oldali részét is metszi, vagyis a körnek két metszéspontja lesz az első függvény grafikonjával, a rendszernek pedig két megoldása lesz. Ez a helyzet mindaddig folytatódik, amíg a kör középpontja a (-2; 5) koordinátákkal rendelkező pontba nem kerül - ez a kör zöld. Ezen a ponton a kör érinti a grafikon bal oldalát, és metszi a jobb oldalt. Vagyis a rendszernek egy megoldása van.
Tehát a rendszernek van egy egyedi megoldása, amikor(-3;0]; ha az a paraméter értéke több mint egy, akkor az egyenletnek két gyöke lesz.
Van még kérdése? Nem tudja, hogyan kell egyenleteket megoldani paraméterekkel?
Segítséget kérni egy oktatótól -.
Az első óra ingyenes!
blog.site, az anyag teljes vagy részleges másolásakor az eredeti forrásra mutató hivatkozás szükséges.
