Vieta tételének alkalmazása és másodfokú egyenlet gyökeinek nullához viszonyított helyének vizsgálata. Négyzetes trinomikus gyökeinek elhelyezkedésének vizsgálata paraméteres feladatokban
4. A négyzetháromság gyökeinek elhelyezkedése a paramétertől függően
Gyakran vannak problémák azokkal a paraméterekkel, amelyekben meg kell határozni a négyzetes trinom gyökereinek helyét a számtengelyen. Az előző bekezdés főbb rendelkezései és megjegyzései alapján a következő eseteket vizsgáljuk:
1. Legyen adott egy másodfokú trinom, ahol 
és időszak m a tengelyen Ökör. Aztán mindkét ló 
másodfokú trinomikus 
szigorúan kevesebb lesz m
vagy 
A 3.1. és 3.2. ábrán egy geometriai illusztráció látható.
2. Legyen adott egy másodfokú trinom, ahol és pont m a tengelyen Ökör. Egyenlőtlenség 
akkor és csak akkor, amikor a számok
aÉs 
van különböző jelek, vagyis 
(4.1. és 4.2. ábra.)
3. Legyen adott egy másodfokú trinom, ahol és a pont m a tengelyen Ökör. Aztán mindkét ló 
másodfokú trinom szigorúan nagyobb lesz m akkor és csak akkor, ha a következő feltételek teljesülnek:
vagy 
Az 5.1. és 5.2. ábrán egy geometriai illusztráció látható.
4. Legyen adott egy másodfokú trinom, ahol és az intervallum (m, M) Ekkor a négyzetes trinom mindkét gyöke akkor és csak akkor tartozik a megadott intervallumhoz, ha a következő feltételek teljesülnek:
vagy 
A 6.1. és 6.2. ábrán egy geometriai illusztráció látható.
5. Legyen adott egy másodfokú trinom, ahol , a gyökei és egy szakasza 
.
A szegmens az intervallumban található 
akkor és csak akkor, ha a következő feltételek teljesülnek:
A 7.1. és 7.2. ábrán egy geometriai illusztráció látható.
Példa.Keresse meg az összes paraméterértéketa, amelyek mindegyikére az egyenlet mindkét gyöke 
több mint -2.
Megoldás. A feladat feltételei között szerepel. Hogy az egyenletnek két gyöke van, tehát . A vizsgált helyzetet a 3. eset írja le, és az 5.1. ábra mutatja be. és 5.2.
Keressük 
,
Mindezeket figyelembe véve írjuk fel két rendszer kombinációját:
vagy 
Ezt a két rendszert megoldva azt kapjuk, hogy .
Válasz. Minden paraméter értékéhez a intervallumból az egyenlet mindkét gyöke nagyobb -2-nél.
Példa.Milyen paraméterértékekenaegyenlőtlenség 
bármelyre elvégzik 
?
Megoldás. Ha a készlet x ennek az egyenlőtlenségnek a megoldása, akkor a probléma feltétele azt jelenti, hogy az intervallum 
a készletben kell lennie x, vagyis
.
Vegyünk fontolóra mindent lehetséges értékek paraméter A.
1.Ha a=0, akkor az egyenlőtlenség formát ölt 
, megoldása pedig az intervallum lesz 
. Ebben az esetben a feltétel teljesül és a=0 a megoldás a problémára.
2.Ha 
, akkor az egyenlőtlenség jobb oldalának grafikonja egy másodfokú trinom, melynek ágai felfelé irányulnak. Az egyenlőtlenség megoldása az előjeltől függ.
Gondoljunk arra az esetre, amikor 
. Ekkor ahhoz, hogy az egyenlőtlenség mindenkire érvényes legyen, szükséges, hogy a négyzetháromtag gyökei kisebbek legyenek a -1 számnál, azaz:
vagy 
Ezt a rendszert megoldva megkapjuk 
.
Ha 
, akkor a parabola a tengely felett fekszik RÓL RŐLx, és az egyenlőtlenség megoldása tetszőleges szám lesz a valós számok halmazából, beleértve az intervallumot is. Találjunk ilyeneket A a feltételből:
vagy 
Ezt a rendszert megoldva megkapjuk 
.
3.Ha 
, akkor mikor 
az egyenlőtlenség megoldása az intervallum, amely nem tartalmazza az intervallumot, és mikor 
ennek az egyenlőtlenségnek nincs megoldása.
Az összes talált érték kombinálása A, megkapjuk a választ.
Válasz. Az intervallum bármely paraméterértékéhez 
az egyenlőtlenség bármely .
Példa.Az a paraméter mely értékeihez tartalmazza a függvényértékkészlet a szegmenst 
?
Megoldás. 1. Ha 
, Azt
a) mikor a = 1 függvény ilyen formát ölt y = 2, és annak értékkészlete a következőkből áll egyetlen pont 2, és nem tartalmazza a szegmenst;
b) mikor a =-1 függvény alakját veszi fel y = -2
x+2
. Számos jelentése 
szegmenst tartalmaz, ami azt jelenti a =-1 a megoldás a problémára.
2.Ha 
, akkor a parabola ágai felfelé irányulnak, legkisebb érték függvény a parabola csúcsát veszi fel 
:
, 
.
A függvényértékek halmaza az intervallum 
, amely a szegmenst tartalmazza 
, ha a feltételek teljesülnek:
.
3. Ha 
, akkor a parabola ágai lefelé irányulnak, legmagasabb érték függvény a parabola csúcsát veszi fel 
. A függvényértékek halmaza az intervallum 
, amely tartalmazza a szegmenst, ha a következő feltételek teljesülnek: 
Ezt az egyenlőtlenségi rendszert megoldva azt kapjuk, hogy 
.
A megoldásokat kombinálva azt kapjuk 
.
Válasz. Nál nél 
a függvényértékek halmaza tartalmazza a szegmenst.
Önállóan megoldandó problémák
1. A másodfokú egyenlet gyökeinek kiszámítása nélkül 
, megtalálja
A) 
, b) 
, V) 
2. Keresse meg a függvényértékek halmazát
A) 
, b) 
, V) 
, G) 
3. Oldja meg az egyenleteket
A) 
, b) 
4. Milyen paraméterértékeknél A az egyenlet mindkét gyöke 
a (-5, 4) intervallumon fekszik?
5. Milyen paraméterértékeknél A az egyenlőtlenség minden értékre érvényes x?
6. Milyen paraméterértékeknél A legkisebb függvényérték
A szegmensen 
egyenlő -1?
7. Milyen paraméterértékeken A az egyenlet 
vannak gyökerei?
Karpova Irina Viktorovna
VÁLASZTHATÓ VÁLASZTHATÓ matematikakurzus PROGRAMJA ÉS OKTATÁSA 8-9. évfolyamos tanulóknak „Valószínűségszámítás és matematikai statisztika elemei”
Magyarázó jegyzet
Jelenleg nyilvánvalóvá válik a valószínűségi-statisztikai törvények egyetemessége, ezek váltak a tudományos világkép leírásának alapjává. Valószínűségi-statisztikai alapon fejlődik a modern fizika, kémia, biológia, demográfia, nyelvészet, filozófia, a társadalom-gazdasági tudományok egész komplexuma.
A gyermek minden nap találkozik valószínűségi helyzetekkel az életében. A valószínűség és a megbízhatóság fogalma közötti kapcsolat megértésével kapcsolatos kérdések sora, a több megoldás közül a legjobb kiválasztásának problémája, a kockázat mértékének és a siker esélyeinek felmérése - mindez a formációban valós érdekek körébe tartozik. és az egyén önfejlesztése.
A fentiek mindegyike szükségessé teszi, hogy a gyermek megismerje a valószínűségi és statisztikai törvényeket.
A tanfolyam célja: ismertesse meg a hallgatókkal az adatfeldolgozás néhány valószínűségszámítási törvényét és statisztikai módszerét.
A tanfolyam céljai
Ismertesse meg a tanulókkal a valószínűségszámítás alapvető fogalmi apparátusát.
Tanuld meg meghatározni az események valószínűségét klasszikus séma tesztek.
Ismertesse meg a módszereket elsődleges feldolgozás statisztikai adat.
A kurzustartalom elsajátítási szintjének követelményei
A kurzusprogram elsajátításának eredményeként a hallgatóknak kell tud:
valószínűségszámítás alapfogalmai: teszt, teszt eredménye, elemi események tere, véletlenszerű, megbízható, lehetetlen események, kompatibilis és inkompatibilis események;
a klasszikus tesztséma feltételei és egy esemény valószínűségének meghatározása a klasszikus tesztsémában;
egy esemény relatív előfordulási gyakoriságának és statisztikai valószínűségének meghatározása;
meghatározás variációs sorozatés alapvető numerikus jellemzői.
A kurzus során a hallgatóknak teljesíteniük kell készségek:
meghatározza az összes lehetséges teszteredményt, az események kompatibilitását és inkompatibilitását;
Valószínűségelméleti problémák megoldása a valószínűségszámítással egy klasszikus tesztelési sémában;
kiszámítja egy esemény relatív előfordulási gyakoriságát;
smink statisztikai eloszlás mintákat és kiszámítja annak numerikus jellemzőit.
A program magában foglalja a tanulók fejlesztését készségek:
meglévő algoritmusok felhasználása és szükség esetén kreatív feldolgozása a probléma adott körülményei között;
önálló problémamegoldás;
alapvető definíciókat és képleteket tartalmazó általánosított sémák alkalmazása a feladatok megoldása során.
A tanfolyam terjedelme: A javasolt tanfolyam 20 órás
Tematikus tervezés
Az óra témái | Órák száma |
|
A valószínűségszámítás alapfogalmai. | ||
Klasszikus tesztrendszer. Valószínűség meghatározása klasszikus teszttervezésben. | ||
A gyakoriság abszolút és relatív. | ||
A valószínűség statisztikai meghatározása. | ||
Általános és mintapopulációk. | ||
A minta statisztikai megoszlása. | ||
A statisztikai eloszlás numerikus jellemzői. | ||
Statisztikai becslés és előrejelzés. | ||
A kézikönyv szövege
Sokan szeretik a matematikát örök igazságai miatt: kétszer kettő mindig négy, a páros számok összege páros, és a téglalap területe megegyezik a szomszédos oldalak szorzatával. Minden matematikaórán megoldott feladatra mindenki ugyanazt a választ kapta – csak nem kellett hibázni a megoldásban.
A való élet nem ilyen egyszerű és egyértelmű. Sok jelenség kimenetelét nem lehet előre megjósolni, bármi is legyen teljes körű tájékoztatást Nem volt információnk róluk. Lehetetlen például biztosan megmondani, hogy a feldobott érme melyik oldalára mikor száll le következő év leesik az első hó, vagy hányan akarnak majd telefonálni a városban a következő órán belül. Az ilyen előre nem látható eseményeket ún véletlen.
Azonban a véletlennek is megvannak a maga törvényei, amelyek akkor kezdenek megnyilvánulni, amikor a véletlenszerű jelenségek sokszor ismétlődnek. Ha 1000-szer dobsz fel egy érmét, körülbelül az idő felében fog feljönni, ami nem mondható el két vagy akár tíz feldobásról. Jegyezzük meg a „körülbelül” szót – a törvény nem mondja ki, hogy a fejek száma pontosan 500 vagy 490 és 510 között lesz. Nem mond semmi biztosat, de bizonyos fokú bizonyosságot ad arról, hogy valamilyen véletlenszerű esemény fog bekövetkezni. Az ilyen mintákat a matematika egy speciális ága tanulmányozza - Valószínűségi elmélet.
A valószínűségszámítás elválaszthatatlanul összefügg a miénkkel mindennapi élet. Ez kiváló lehetőséget biztosít számos valószínűségi törvény kísérleti megállapítására, sokszor megismételve. véletlenszerű kísérletek. Ezeknek a kísérleteknek az anyaga leggyakrabban egy közönséges érme, egy dobókocka, egy dominókészlet, egy rulettkerék és még egy kártyapakli is. Ezen elemek mindegyike valamilyen módon kapcsolódik a játékokhoz. Az a tény, hogy az eset itt jelenik meg leginkább tiszta forma, és az első valószínűségi problémák a játékosok nyerési esélyeinek becsléséhez kapcsolódnak.
A modern valószínűségszámítás olyan messze került a szerencsejátéktól, mint a geometria a földgazdálkodási problémáktól, de ezek kellékei továbbra is a legegyszerűbb és legmegbízhatóbb esélyforrás maradnak. A rulett és a kocka gyakorlása után megtanulja kiszámítani a véletlenszerű események valószínűségét valós élethelyzetekben, ami lehetővé teszi a siker esélyeinek értékelését, hipotézisek tesztelését és döntések meghozatalát nem csak a játékokban és a sorsolásokban.
A matematikai statisztika a matematikának egy olyan ága, amely a tömeges véletlenszerű jelenségek megfigyelésének eredményeinek összegyűjtésére, rendszerezésére és feldolgozására szolgáló módszereket vizsgálja a meglévő minták azonosítása érdekében.
A matematikai statisztika problémái bizonyos értelemben fordítottja a valószínűségszámítás problémáinak: csak kísérletileg kapott értékekkel foglalkozunk. Véletlen változók A Statisztika célja, hogy hipotéziseket állítson fel és teszteljen ezen valószínűségi változók eloszlására vonatkozóan, és megbecsülje eloszlásuk paramétereit.
1. Véletlenszerű események. Hogyan hasonlítsuk össze az eseményeket?
A matematika minden más ágához hasonlóan a valószínűségszámításnak is megvan a maga fogalmi apparátusa, amelyet definíciók megfogalmazására, tételek bizonyítására és képletek levezetésére használnak. Tekintsük azokat a fogalmakat, amelyeket az elmélet további bemutatásakor fogunk használni.
Próba– feltételrendszer megvalósítása.
Teszt eredménye (elemi esemény)– minden eredmény, amely a vizsgálat során előfordulhat.
Példák.
1) Próba:
Vizsgálati eredmények:ω 1 – egy pont jelenik meg a kocka felső oldalán;
ω 2 – két pont jelenik meg a kocka felső oldalán;
ω 3 – három pont jelenik meg a kocka felső oldalán;
ω 4 – négy pont jelenik meg a kocka felső oldalán;
ω 5 – öt pont jelenik meg a kocka felső oldalán;
ω 6 – hat pont jelenik meg a kocka felső oldalán.
Összesen 6 lehetséges teszteredmény (vagy 6 elemi esemény) lehetséges.
2) Próba: a diák vizsgázik.
Vizsgálati eredmények:ω 1 – a tanuló rossz osztályzatot kapott;
ω 2 – a tanuló C-t kapott;
ω 3 – a tanuló B-t kapott;
ω 4 – a tanuló „A”-t kapott.
4 lehetséges teszteredmény (vagy 4 elemi esemény) lehetséges.
Megjegyzés. Az ω jelölés egy elemi esemény standard jelölése, a továbbiakban ezt a jelölést fogjuk használni.
Ennek a tesztnek az eredményét fogjuk nevezni ugyanúgy lehetséges, ha a próbaeredményeknek egyenlő esélyei vannak a bekövetkezésre.
Az elemi események tere– a teszt során előforduló összes elemi esemény (teszteredmény) halmaza.
A fenti példákban a tesztadatok elemi eseményeinek tereit tulajdonképpen leírtuk.
Megjegyzés. A pontok száma az elemi események terén (PES), azaz. az elemi események számát a betűvel jelöljük tovább n.
Nézzük meg azt az alapkoncepciót, amelyet a jövőben alkalmazni fogunk.
Meghatározás 1.1.Egy esemény bizonyos számú PES-pont gyűjteménye.
A következőkben az eseményeket nagy vonalakban jelöljük latin betűkkel: A, B, C.
Meghatározás 1.2.Véletlenszerű eseménynek nevezzük azt az eseményt, amely a teszt során előfordulhat vagy nem.
Amikor sorsjegyet veszünk, nyerhetünk, vagy nem; a következő választásokon a kormányzó párt nyerhet vagy nem; óra alatt lehet vagy nem hívnak a táblához stb. Ezek mind példák véletlenszerű eseményekre, amelyek azonos körülmények között előfordulhatnak, de előfordulhatnak egy teszt során.
Megjegyzés. Minden elemi esemény véletlenszerű esemény is.
Meghatározás 1.3.Azt az eseményt, amely a próba bármely kimenetelénél bekövetkezik, megbízható eseménynek nevezzük.
Meghatározás 1.4.Lehetetlen eseménynek nevezzük azt az eseményt, amely a teszt egyetlen eredménye mellett sem következhet be.
Példa.
1) Próba: Feldobják a kockákat.
A esemény: páros számú pont jelenik meg a kocka felső oldalán;
B esemény: a kocka felső lapján 3-nak többszörös számú pont jelenik meg;
C esemény: 7 pont jelenik meg a kocka felső oldalán;
D esemény: 7-nél kevesebb pontot dobunk a kocka felső oldalára.
Események AÉs BAN BEN előfordulhat vagy nem a teszt során, tehát ezek véletlenszerű események.
Esemény VAL VEL soha nem történhet meg, tehát lehetetlen esemény.
Esemény D a teszt bármely eredménye esetén előfordul, ami azt jelenti, hogy ez egy megbízható esemény.
Azt mondtuk, hogy véletlenszerű események azonos körülmények között előfordulhatnak, vagy nem. Ugyanakkor néhány véletlenszerű eseménynek nagyobb az esélye a bekövetkezésre (ami azt jelenti, hogy valószínűbb - közelebb van a megbízhatósághoz), míg másoknak kevesebb (kevésbé valószínű - közelebb a lehetetlenhez). Ezért első közelítésként a valószínűséget úgy definiálhatjuk, mint egy esemény bekövetkezésének lehetőségét.
Nyilvánvaló, hogy a valószínűbb események gyakrabban fordulnak elő, mint a kevésbé valószínűek. Így összehasonlíthatja a valószínűségeket az események előfordulásának gyakorisága alapján.
Megpróbáljuk egy speciális valószínűségi skálán rendezni az alábbi eseményeket a bekövetkezésük valószínűségének növelése érdekében.
A esemény: jövőre vasárnap esik le az első hó Habarovszkban;
B esemény: az asztalról leesett szendvics vajjal lefelé esett;
C esemény: kockadobáskor 6 pont jelenik meg;
D esemény: kockadobáskor páros számú pont jelenik meg;
E esemény: kockadobásnál 7 pont jött össze;
F esemény: Kockadobáskor 7-nél kisebb szám jelenik meg.
Tehát skálánk kiindulópontjára a lehetetlen eseményeket helyezzük el, hiszen előfordulásuk lehetőségének mértéke (valószínűsége) gyakorlatilag egyenlő 0-val. Így ez egy esemény lesz E. Mérlegünk végpontján megbízható eseményeket helyezünk el - F. Az összes többi esemény véletlenszerű, próbáljuk meg a skálán sorrendbe rendezni előfordulásuk mértéke szerint. Ehhez meg kell találnunk, hogy ezek közül melyik a kevésbé valószínű, és melyik a valószínűbb. Kezdjük az eseménnyel D: Amikor dobunk egy kockát, mind a 6 oldalnak egyenlő esélye van a csúcsra kerülni. A kocka három oldalán páros, a másik három oldalán páratlan pont található. Ez azt jelenti, hogy az esélynek pontosan fele (6-ból 3) az, hogy az esemény D meg fog történni. Ezért az eseményt mi fogjuk elhelyezni D skálánk közepén.
A rendezvényen VAL VEL csak egy esély a 6-ban, miközben az esemény D– 6-ból három esély (mint megtudtuk). Ezért VAL VEL kevésbé valószínű, és az eseménytől balra lévő skálán helyezkednek el D.
Esemény A még kevésbé valószínű, mint VAL VEL, mert egy hétben 7 nap van és bármelyikben azonos valószínűséggel leeshet az első hó, így az esemény A egy esély a 7. Eseményben A, így még az eseménynél is balra lesz elhelyezve VAL VEL.
A legnehezebben elhelyezhető esemény a skálán BAN BEN. Itt nem lehet pontosan kiszámítani az esélyeket, de segítségül hívható az élettapasztalat: a szendvics sokkal gyakrabban esik a földre arccal lefelé (még „szendvicstörvény is van”), így az esemény BAN BEN sokkal valószínűbb, mint D, tehát a skálán inkább jobbra fogjuk helyezni, mint D. Így kapjuk a skálát:
E A C D B F
lehetetlen véletlenszerű megbízható
A megszerkesztett valószínűségi skála nem teljesen valós – nincsenek rajta számjegyek vagy osztások. Azzal a feladattal állunk szemben, hogy megtanuljuk kiszámítani egy adott esemény bekövetkezésének (valószínűségének) mértékét.
A négyzetes trinom az iskolai matematika fő funkciója - mellesleg nem a legprimitívebb. Az iskolai algebra tanuló matematikai gondolkodási szintjét nagymértékben jellemzi az a képesség, hogy a rendelkezésükre bocsátott erőforrásokat problémák megoldására használják fel. Ez a dolgozat indoklást ad ehhez a tézishez, és példákat ad a tulajdonságok konkrét alkalmazására másodfokú függvény. A stimuláló tényezõ az, hogy bármely probléma paraméterekkel történõ megoldása során elõbb-utóbb szükséges (és lehet is) a feladatot másodfokú trinomiálisan újrafogalmazni, és ennek az univerzális függvénynek a tulajdonságait felhasználva megoldani.
A másodfokú trinomikus vizsgálata
Meghatározás. Négyzetes trinomikus x változóhoz képest f(x) = ax 2 + bx + c (1) alakú kifejezésnek nevezzük, ahol a, b, cR, a0.
A négyzetes trinom egy 2. fokú közönséges polinom. A négyzetes hármasrészben megfogalmazott kérdések köre váratlanul rendkívül szélesnek bizonyul. Mivel a másodfokú trinomiális tanulmányozásával kapcsolatos feladatok hagyományosan megtisztelő és előkelő helyet foglalnak el az írásbeli érettségi iskolai és egyetemi felvételi vizsgákon, nagyon fontos, hogy a hallgatót (leendő jelentkezőt) informális (vagyis kreatív) ismeretekre tanítsák a különböző technikák, ill. az ilyen kutatások módszerei. Ez a módszertani fejlesztés rögzíti a másodfokú trinomiális főbb állításait (Vieta tétele, a gyökök elhelyezkedése adott pontokat számtengely, a diszkrimináns kezelésének technikája), a problémák megoldódnak különféle típusokés különböző nehézségi fokú. A fő ideológiai következtetés az, hogy az iskolai matematikában vannak olyan mély tartalomban gazdag töredékek, amelyek a tanuló számára hozzáférhetőek, és nem igénylik a matematikai elemzés eszközeinek és az úgynevezett „magasabb matematika” más szakaszainak használatát.
Az (1) trinom gráfja parabola; 0 - felfelé. A parabola helyzete az Ox tengelyhez viszonyítva a D = b 2 - 4ac diszkriminans értékétől függ: D>0 esetén a parabolának két metszéspontja van az Ox tengellyel (a trinomiális két különböző valós gyöke) ; ha D=0 - egy pont (dupla valós gyök); a D 0 pontban - az Ox tengely felett). A standard technika a trinomiális ábrázolása a következőképpen (tökéletes négyzet használatával):
f(x) = ax 2 + bx + c = 
=
. Ez az ábrázolás lehetővé teszi, hogy könnyen készítsen gráfot az y=x 2 függvény grafikonjának lineáris transzformációival; a parabola csúcsának koordinátái: 
.
Ugyanez az átalakítás lehetővé teszi számunkra, hogy azonnal megoldjuk legegyszerűbb feladat a szélsőséghez: keressük meg az (1) függvény legnagyobb (0-hoz) értékét; a szélső értéket a pontban érjük el, és egyenlő 
.
A másodfokú trinomról szóló egyik fő ítélet az
1. tétel (Vietó). Ha x 1, x 2 az (1) trinom gyökei, akkor
(Viete formulas).
Vieta tétele számos probléma megoldására használható, különösen azokra, amelyekben olyan feltételeket kell megfogalmazni, amelyek meghatározzák a gyökerek előjeleit. A következő két tétel Vieta tételének közvetlen következménye.
2. tétel. Ahhoz, hogy az (1) négyzetháromság gyökei valósak legyenek, és ugyanazokkal az előjelekkel rendelkezzenek, szükséges és elegendő a következő feltételek teljesülése:
D = b 2 - 4ac 0, x 1 x 2 = > 0,
Ezenkívül mindkét gyök pozitív x 1 + x 2 = > 0 esetén,
és mindkét gyök negatív az x 1 + x 2 =-nél
3. tétel. Ahhoz, hogy az (1) négyzetháromság gyökei valósak legyenek és különböző előjelűek legyenek, szükséges és elégséges a következő feltételek teljesülése:
D=b 2 - 4ac > 0, x 1 x 2 =
ebben az esetben a pozitív gyök nagyobb modulussal rendelkezik x 1 + x 2 = > 0-nál,
és a negatív gyök nagyobb modulussal rendelkezik x 1 + x 2 =-nél
Az alábbiakban bizonyított tételek és következmények hatékonyan alkalmazhatók (és ezért kell is) a paraméterekkel kapcsolatos problémák megoldása során.
4. tétel. Ahhoz, hogy az (1) négyzetháromtag mindkét gyöke kisebb legyen, mint az M szám, vagyis a számegyenesen a gyökök az M ponttól balra fekszenek, szükséges és elégséges, hogy teljesüljenek a következő feltételek:
vagy a feltételeket kombinálva,
(1. ábra, a és 1, b).
Bizonyíték.
Szükségesség. Ha az (1) trinomiális valós gyökei x 1 és x 2 (talán egybeesnek), x 1 x 2 és x 1, (x 1 - M) (x 2 - M) > 0, x 1 + x 2 0, M > (x 1 + x 2)/2. Vieta képletei szerint 
, ezért , vagy , stb.
Megfelelőség
- ellentmondás a feltétellel. Ha , akkor (x 1 - M)(x 2 - M)0, x 1 x 2 - (x 1 + x 2)M + M 2 0, ahonnan 
, af(M) 0 - ismét ellentmondás a feltétellel; az egyetlen lehetőség marad x 1
5. tétel. Ahhoz, hogy az (1) négyzetháromtag egyik gyöke kisebb legyen az M számnál, a másik pedig nagyobb legyen az M számnál, vagyis az M pont a gyökök közötti intervallumban legyen, szükséges, hogy elegendő, ha a következő feltételek teljesülnek:
, vagy a feltételeket kombinálva af(M)
(2,a és 2,b ábra).
Bizonyíték.
Szükségesség. Ha az (1) trinomiális valós gyökei x 1 és x 2 , x 1 M , akkor (x 1 - M)(x 2 - M), ezért 
, vagy af(M)
Megfelelőség. Legyen af(M) , vagy , akkor (x 1 - M)(x 2 - M)0,
x 1 x 2 - (x 1 + x 2)M + M 2 0, ahonnan 
, af(M)0 - ellentmondás a feltétellel; Már csak a lehetőség marad, amit bizonyítani kell. A tétel bizonyítást nyert.
6. tétel. Ahhoz, hogy az (1) négyzetháromtag mindkét gyöke nagyobb legyen az M számnál, vagyis a számegyenesen a gyökök az M ponttól jobbra fekszenek, szükséges és elégséges, hogy teljesüljenek a következő feltételek:
vagy a feltételeket kombinálva,
(3,a és 3,b ábra).
Bizonyíték. Szükségesség. Ha az (1) trinomiális valós gyökei x 1 és x 2 (talán egybeesnek), x 1 x 2 és x 1 > M, x 2 > M, akkor , (x 1 -M)(x 2 -M)> 0 , x 1 + x 2 > 2M; egyébként x 1 x 2 - (x 1 + x 2)M + M 2 > 0, M tehát, vagy stb.
Megfelelőség. Hadd . Mi az ellenkezőjéről vitatkozunk. Akkor tegyük fel, hogy , 
- ellentmondás a feltétellel. Ha , akkor (x 1 - M)(x 2 - M)0, x 1 x 2 - (x 1 + x 2)M + M 2 0, ahonnan , af(M) 0 - ismét ellentmondás a feltétellel; Már csak az x 1 > M, x 2 > M lehetőség marad, amit bizonyítani kell. A tétel bizonyítást nyert.
Következmény 1. Annak érdekében, hogy az (1) négyzetháromtag mindkét gyöke nagyobb legyen az M számnál, de kisebb legyen az N számnál (M
vagy a feltételeket kombinálva, 
(4,a és 4,b ábra).
Következmény 2. Annak érdekében, hogy az (1) négyzetháromtagnak csak a nagyobb gyöke tartozzon az (M,N) intervallumhoz, ahol M
vagy a feltételeket kombinálva,
a kisebb gyökér a szegmensen kívül található
(5,a és 5,b ábra).
Következmény 3. Annak érdekében, hogy az (1) négyzetháromtagnak csak a kisebbik gyöke tartozzon az (M,N) intervallumhoz, ahol M
, vagy a feltételeket kombinálva, ;
a nagyobb gyökér a szegmensen kívül található
(6,a és 6,b ábra).
Következmény 4. Ahhoz, hogy az (1) négyzetháromtag egyik gyöke kisebb legyen M-nél, a másik pedig nagyobb N-nél (M
vagy a feltételeket kombinálva,
(7,a és 7,b ábra).
Természetesen a 4-6. Tételek és az 1-4. Következmények eredményeinek analitikus és geometriai értelmezése egyenértékű, a stratégiai cél pedig a pontos fordítási készség fejlesztése egyik nyelvről a másikra. Különösen fontos annak bemutatása, hogy a „vizualizáció” („grafikus nézet”) hogyan segíti a feladat követelményeinek teljesítéséhez szükséges és elégséges formai feltételek pontos rögzítését.
Jelöljük meg azokat a tipikus problémákat, amelyek bizonyított tételekkel (általánosabban egy másodfokú trinomiális tulajdonságai alapján oldhatók meg) megoldhatók.
1. probléma. Keresse meg a minden olyan értékét, amelyre az x 2 +ax+1=0 és az x 2 +x+a=0 egyenletnek legalább egy közös gyöke van.
Megoldás. Mindkét egyenletnek pontosan ugyanaz a gyöke, akkor és csak akkor, ha a megfelelő másodfokú trinom együtthatói egybeesnek (egy másodfokú polinomot teljesen meghatároz a két gyöke, és ezeknek a polinomoknak a megfelelő együtthatói egyenlők), így a=1 . Ha azonban csak valós gyököket veszünk figyelembe, akkor a=1 esetén nincsenek ilyen gyökök (a megfelelő trinom diszkriminánsa negatív). A1 esetében a következőképpen okoskodunk: ha x 0 mindkét f(x)=0 és g(x)=0 egyenlet gyöke, akkor x 0 lesz az f(x)-g(x) egyenlet gyöke. =0 (ez csak szükséges, de nem elégséges feltétele két f(x)=0 és g(x)=0 egyenlet közös gyökének létezéséhez, mivel az f(x) - g(x)= egyenlet 0 az övék következmény); vonjuk ki a másodikat az első egyenletből, és kapjuk meg
(x 2 + ax + 1) - (x 2 + x + a) = 0, x(a-1) - (a-1)=0, innen, mivel a1, x=1. És így, Ha adott az egyenleteknek közös gyökük van, akkor ez egyenlő 1-gyel. Helyettesítsük be x = 1-et az első egyenletbe: 1 + a + 1 = 0, és a = -2.
Válasz. a = -2.
2. probléma. Hány a-nál lesz a legkisebb az x 2 - ax + a – 1 = 0 egyenlet gyökeinek négyzetösszege?
Megoldás. Által Vieta tétele, x 1 + x 2 = a, x 1 x 2 = a - 1. Van:
x 1 2 + x 2 2 = (x 1 + x 2) 2 - 2x 1 x 2 = a 2 - 2 (a-1) = a 2 - 2a + 2 = (a-1) 2 + 1 1 és = 1 ha a=1.
Válasz. a = 1.
3. probléma. Létezik olyan, hogy az f(x)=x 2 +2x+a polinom gyökei valódiak, különállóak, és mindkettő -1 és 1 között van?
Megoldás. Ahhoz, hogy az f(x) trinomikus x 1 és x 2 gyöke -1 és 1 között legyen, szükséges, hogy ezen gyökök számtani középértéke -1 és 1 között legyen: 
; hanem tovább Vieta tétele,
, Ezért
Válasz. Nem.
4. probléma. Az a paraméter mely értékeire érvényes az x 2 +(2a+6)x + 4a + 12 = 0 másodfokú egyenlet mindkét gyöke, és mindkettő nagyobb, mint -1?
Megoldás. 6. tétel ad:
,
,
,
.
Válasz. .
5. probléma. Az a paraméter mely értékeire érvényes az x 2 +4ax+ (1-2a+4a 2) = 0 másodfokú egyenlet mindkét gyöke, és mindkettő kisebb, mint -1?
Megoldás. 4. tétel ad:
,
,
, a>1.
Válasz. a > 1.
6. probléma. Az a paraméter mely értékei esetén az f(x) = (a-2)x 2 - 2(a+3)x + 4a = 0 másodfokú egyenlet egyik gyöke nagyobb, mint 3, a másik pedig kisebb, mint 2 ?
Megoldás. Azonnal jegyezzük meg, hogy a2 (különben az egyenletnek csak egy gyöke lenne). Alkalmazható következmény 4(itt M=2, N=3):
,
,
,
2
. Mindkét gyökér pozitív, amikor 
(6. tétel), ahol
És 
;
(4. tétel) - ennek a rendszernek nincsenek megoldásai; a gyökök különböző előjelűek az (a-1)(a+5) 5. Tételre, azaz -5 
,
, ha 1-p+q=0. Ebben az esetben a második gyök egyenlő x 2 =1-p-vel; ez azt jelenti, hogy ha , akkor a sin 2 t +psint+q=0 (4) egyenletnek a jelzetteken kívül gyökei is vannak (p=2 esetén mindkét gyöksorozat egybeesik).
, Ha
, Azt 
, és a p2-nek nincsenek gyökök. Ha p=2, akkor q=1, x 2 +2x+1=0, x=-1, t=, és ha p=-2, akkor x=1, t=.
.
.
.Paramétert tartalmazó egyenletek.
2. lecke: Másodfokú egyenlet gyökereinek megkeresése attól függően
a paraméterből.
Cél: A parabola helyzetének felismerésének képességének fejlesztése
együtthatóitól függően.
ÉN.
Új anyag magyarázata.
Az órák alatt
Számos probléma megoldása a vizsgákon kínált paraméterekkel, in
különösen a matematika egységes államvizsgán szükséges a helyes
megfelelő szükséges és elégséges feltételeket fogalmazzon meg
a gyökér elhelyezkedésének különböző esetei másodfokú trinomikus tovább
számtengely.
Nézzünk egy példát: keresse meg a c paraméter összes értékét, amelyre mindkettő vonatkozik
kevesebb, mint -1.
1
2). Most kell
Az egyenletnek két különböző gyökere van D > 0 (c >
hozzunk létre egyenletrendszert, amikor x1>−1 és x2>−1. Lesz
elég nehéz eldönteni.
Az ilyen típusú problémák megoldására létezik egy speciális módszer.
Először tekintsük az f(x) = ax2+bx+c,a≠0 másodfokú függvényt.
Írjuk fel f(x)=a(x+ b) alakban
2a)
Emlékezzünk vissza a parabola főbb jellemzőire, amelyek lehetővé teszik a megalkotását
menetrend. A paraméterekkel kapcsolatos problémák megoldása során ezek a jellemzők
más kontextusban alkalmazzák.
+ 4ac-b2
4a
2
.
1. Sor x=−b
A 2a a parabola tengelye, amely egyidejűleg
szimmetriatengelye. A parabola csúcsa a pont (
−b
2a
;4ac-b2
4a).
2. Az a szám előjele megmutatja, hová irányulnak a parabola ágai: ha a >
0, majd felfelé, ha a< 0, то вниз.
3. A D=b2−4ac diszkriminans megmutatja, hogy a parabola metszi-e
abszcissza tengely.
Összevonjuk a fentieket a táblázatban:
A grafikon elhelyezkedése az x tengelyhez képest attól függően
az a együttható és a diszkrimináns jelei.
a > 0
A< 0
D > 0
D=0
D< 0
1. állítás: Mindkét gyök kisebb, mint az A szám, azaz x1< А и х2 < А тогда
és csak akkor, ha ( D>0,
a>0,
x0
vagy ( D>0,
a<0,
x0
2. állítás: A gyökök az A szám ellentétes oldalán fekszenek, azaz x1<
A< х2 , тогда и только тогда, когда { a>0,
rendszerek helyettesíthetők az a⋅f(A) képlettel<0.
f(A)<0 или { a<0,
f(A)>0.
Ez a kettő
3. állítás: Mindkét gyök nagyobb, mint az A szám, azaz x1 > A és x2 > A, akkor
és csak akkor, ha ( D>0,
a>0,
x0>A,
f(A)>0
vagy ( D>0,
a<0,
x0>A,
f(A)<0.
4. állítás: Mindkét gyök A és B, azaz A pontok között van< х1 <
a<0,
A<х0<В,
f(A)<0,
f(B)<0.
a>0,
A<х0<В,
f(A)>0,
f(B)>0
B és A< х2 < В, тогда и только тогда, когда { D>0,
> x2 és A< х1 < В, тогда и только тогда, когда { a>0,
> x2 és A< х2 < В, тогда и только тогда, когда { a>0,
vagy ( D>0,
f(B)>0 vagy ( a<0,
vagy (a<0,
f(A)>0,
f(B)<0
f(A)>0,
f(B)<0.
f(A)<0,
f(B)>0.
f(A)<0,
5. állítás: A nagyobb gyök az A és B pont között van, azaz x1
6. állítás: A kisebb gyök az A és B pont között van, azaz x1
7. állítás: A gyökerek a szegmens ellentétes oldalán fekszenek
van x1< А < В < х2, тогда и только тогда, когда { a>0,
f(A)<0,
f(B)<0
vagy (a<0,
f(A)>0,
f(B)>0.
[A;B]
, Azt
Térjünk vissza az 1. példához: keressük meg a c paraméter összes értékét, amelyre mindkettő vonatkozik
az x2+4сх+(1−2с+4с2)=0 másodfokú egyenlet gyökei különbözőek és
kisebb, mint – 1. (A megoldáshoz az állítást kell használni
1.)
2. példa: Milyen k valós értékei mindkét gyök (beleértve
az (1 + k)x2 – 3kx + 4k = 0 egyenlet többszörösei) nagyobb, mint 1? (A megoldásokhoz
szükséges a 3. állítás használata.)
II. A fedett anyag megerősítése. Gyakorlati munka benn
csoportok.
1. csoport:
1. Milyen k értékeinél található a 2-es szám a 2x2 egyenlet gyökei között
1
2 x + (k – 3) (k + 5) = 0?
–
2. Az a paraméter mely értékeinél az x2 egyenlet mindkét gyöke – ax + 2 = 0
a (0; 3) intervallumban fekszik?
2. csoport:
1. Milyen k értékeinél helyezkedik el a 3-as szám az x2 egyenlet gyökei között?
+
x + (k – 1) (k + 7) = 0?
2. Vannak-e az a paraméternek olyan értékei, amelyek az x2 + egyenlet gyökei
2x + a = 0 – 1 és 1 között van?
3. csoport:
1. Keresse meg a k paraméter értékkészletét, amikor a 2
a 9x2 – 6x – (k – 2)(k + 2) = 3 egyenlet gyökei között.
2. Az a paraméter mely értékeinél van az (a – 1)x2 – (a +) egyenlet összes megoldása
1)x + a = 0 rendelkezik egyetlen döntés kielégítő 0 feltétel<
x< 3?
III. Házi feladat.
1. Az a paraméter mely értékeinél az (a + 4)x2 – 2(a +) egyenlet mindkét gyöke
2)x + 3(a + 6) = 0 pozitív?
2. Az a paraméter mely értékeinél az (a – 3)x2 – 3(a –) egyenlet mindkét gyöke
4)x + 4a – 16 = 0 a (2; 5) intervallumhoz tartozik?
3. Az a paraméter mely értékeinél a 2ax2 – 2x – egyenlet egyik gyöke
3a – 2 = 0 nagyobb, mint 1, a másik kisebb, mint 1?
A Csuvas Köztársaság Oktatási és Ifjúságpolitikai Minisztériuma
A Csuvas Köztársaság autonóm intézménye
"Civilsky Mezőgazdasági és Műszaki Főiskola"
Irány – fizika, matematika és informatika
Kutatómunka:
A másodfokú trinom gyökeinek elhelyezkedése
Elkészült munka:
1. éves hallgató, 14. B csoport
szakterület "közgazdaságtan"
Felügyelő:
Eshmeikina
Irina Anatoljevna,
matematika tanár
Civilszk 2012
1. Bemutatkozás.
2. Elméleti rész
2.1. A négyzetes trinom gyökereinek elhelyezkedése.
2.2. Tíz szabály a négyzetes trinom gyökereinek meghatározására
3. Gyakorlati rész
3.1. Példák problémamegoldásra
3.2. A gyökerek elhelyezkedése egy ponthoz képest.
3.3. A gyökerek elhelyezkedése két vagy több ponthoz képest.
4. Konklúziók.
5. Felhasznált irodalom.
6. Alkalmazások
Bevezetés
Relevancia: a matematika államvizsga (2. rész) és a részletes válaszadású egységesített államvizsga (C rész) feladatai között vannak olyan paraméterű feladatok, amelyek gyakran nagy nehézséget okoznak a tanulóknak. Sőt, a diákok gyakran tapasztalnak pszichológiai problémákat, és félnek az ilyen feladatoktól, mert az iskolában és a műszaki főiskolán ritkán oldanak meg paramétereket tartalmazó problémákat.
A paraméterekkel kapcsolatos problémák megoldásának nehézségei abból adódnak, hogy egy paraméter jelenléte arra kényszeríti, hogy a problémát ne sablon szerint oldja meg, hanem különböző eseteket kell figyelembe venni, amelyek mindegyikében a megoldási módszerek jelentősen eltérnek egymástól.
A paraméterekkel kapcsolatos számos probléma abból adódik, hogy egy négyzetes trinomiális gyökeinek elhelyezkedését vizsgáljuk egy adott ponthoz vagy adott intervallumhoz (szegmens, intervallum, sugár) viszonyítva.
A munka célja: egy négyzetes trinom gyökeinek egy adott ponthoz vagy adott intervallumhoz viszonyított elhelyezkedésének vizsgálata.
Gyűjtsünk anyagot ebben a témában Fontolja meg a négyzetes trinomikus gyökeinek elhelyezkedésére vonatkozó szabályokat. Problémák megoldása a négyzetes trinomiális gyökeinek meghatározására vonatkozó szabályok segítségével.
Vizsgálat tárgya: másodfokú trinom és gyökereinek elhelyezkedése.
1. Keresés-kollektív.
Gyakorlati jelentősége: ez az anyag segít az egységes államvizsgára való felkészülésben azoknak a hallgatóknak, akik egyetemen szeretnének továbbtanulni.
Elméleti rész
2.1. A másodfokú trinom gyökeinek elhelyezkedése
A paraméterekkel kapcsolatos számos probléma a négyzetes trinomiális gyökeinek egy adott ponthoz vagy adott intervallumhoz viszonyított helyzetének tanulmányozására vezethető vissza:
A paraméter mely értékeinél a másodfokú egyenlet gyökei (vagy gyökei) nagyobbak (kisebbek, nem többek, nem kisebbek, mint) egy adott számnál; két megadott szám között található; nem tartoznak az adott intervallumokhoz stb., stb.
Az y = ax²+inx+c másodfokú függvény grafikonja a következő helyekkel rendelkezik az abszcissza tengelyhez képest.
https://pandia.ru/text/78/376/images/image002_6.jpg" align="right hspace=12" width="196" height="202">Másodfokú egyenlet x²+pх+q=0 vagy sem van megoldása (D típusú parabola), vagy egy vagy két pozitív gyöke (C), vagy van egy vagy két negatív gyöke (A), vagy különböző előjelű gyöke van (B).
Elemezzük a C parabolát. Ahhoz, hogy az egyenletnek gyökerei legyenek, szükséges, hogy a diszkrimináns D ≥ 0. Mivel az egyenlet mindkét gyökének konstrukciósan pozitívnak kell lennie, akkor a parabola gyökök között elhelyezkedő csúcsának abszcisszája pozitív, xv > 0.
Az f(xв) csúcs ordinátája ≤ 0, mivel megköveteltük a gyökök létezését.
Ha megköveteljük az f(0) > 0 feltétel teljesülését, akkor a vizsgált függvény folytonossága miatt lesz olyan x1(0; xv) pont, hogy f(x1) = 0. Nyilvánvaló, hogy ez az egyenlet kisebb gyöke. Tehát az összes feltételt összeadva a következőt kapjuk: Az x² + px + q = 0 másodfokú egyenletnek két, esetleg többszörös gyöke van x1, x2 >
Hasonló módon érvelve a következő szabályokat vezetjük le a négyzetes trinomiális gyökeinek elhelyezkedésére.
2.2. Tíz szabály a négyzetes trinom gyökereinek meghatározására
1. szabály Az ax2 + bx + c = 0 másodfokú egyenletnek (a ≠nek nincs megoldása akkor
és csak akkor, ha D< 0.
szabály 2.1. Az (1) másodfokú egyenletnek akkor és csak akkor van két különböző gyökere
ha D > 0.
szabály 2.2. Az (1) másodfokú egyenletnek tehát két, esetleg többszörös gyöke van
csak akkor, ha D ≥ 0.
szabály 3.1. Az (1) másodfokú egyenletnek két gyöke van x1< М и х2 >M akkor és csak
https://pandia.ru/text/78/376/images/image007_15.gif" align="left" width="74 height=42" height="42"> 
csak akkor, ha
szabály 4.1. Az x2 + px +q = 0 másodfokú egyenlet a ≠ 0) esetén két
különböző gyökök x1, x2 > M akkor és csak akkor
ahol =
szabály 4.2. A másodfokú egyenletnek két lehetséges többszörös gyöke van
x1,x2 > M akkor és csak akkor
szabály 4.3. A másodfokú egyenletnek két különböző gyöke van x1, x2 ≥ M akkor és
csak akkor, ha
https://pandia.ru/text/78/376/images/image018_3.gif" width="162" height="74 src=">
szabály 4.4. A másodfokú egyenletnek a gyökér 2, esetleg többszöröse van
x1, x2 ≥ M akkor és csak akkor
https://pandia.ru/text/78/376/images/image020_2.gif" width="166" height="74 src=">
szabály 5.1. A másodfokú egyenletnek 2 különböző gyöke van x1, x2< М тогда и
csak akkor, ha
szabály 6.1. < N < M < х2 тогда и
csak akkor, ha
https://pandia.ru/text/78/376/images/image026_1.gif" width="137 height=48" height="48">
szabály 6.2. A másodfokú egyenlet gyökei x1 = N< М < х2
akkor és csak akkor
szabály 6.3. A másodfokú egyenletnek x1 gyöke van< N < M = х2
akkor és csak akkor
szabály 7.1. A másodfokú egyenletnek x1 gyöke van< m < x2 < M тогда и только
akkor mikor
https://pandia.ru/text/78/376/images/image032_0.gif" width="128 height=48" height="48"> 
szabály 7.2. NAK NEK A másodfokú egyenletnek N gyöke van< x1 < M < x2 тогда и только
akkor mikor
szabály 8.1. N < x1 < x2 < M (может быть
több gyökér N< x1 ≤ x2 < M) тогда и только тогда, когда
https://pandia.ru/text/78/376/images/image039_1.gif" width="142" height="98"> 
szabály 8.3. Az (1) másodfokú egyenletnek különböző gyökerei vannak N≤ x1< x2 ≤ M (может
N-nek több gyöke legyen< x1 ≤ x2 ≤ M) тогда и только тогда, когда
szabály 8.4. Az (1) másodfokú egyenletnek különböző gyökei vannak N ≤ x1< x2 ≤ M (может
legyen több gyök N ≤ x1 ≤ x2 ≤ M) akkor és csak akkor
https://pandia.ru/text/78/376/images/image044_1.gif" width="144" height="98">
9. szabály. A másodfokú egyenletnek egy gyöke van az (N; M) intervallumon belül,
a másik pedig akkor és csak akkor található ezen az intervallumon kívül
f (N) f (M)< 0.
10. szabály. Az (1) másodfokú egyenlet egyedi megoldása x1 = x2 > M
(x1 = x2< М) тогда и только тогда, когда
Gyakorlati rész
3.1. Példák problémamegoldásra.
Példa 1. Mely a értékeire vonatkozik az x² - 2ax + a² + 2a – 3 egyenlet = 0
a) nincs gyökere; b) különböző előjelű gyökerei vannak;
c) pozitív gyökerei vannak; d) két különböző negatív gyöke van?
Megoldás: a) Az 1. szabály szerint nincs megoldás, ha a diszkrimináns D = - 4(2a-3)< 0, откуда а > 3/2.
b) A 3.1 szabály szerint M = 0 esetén f(0)=a² + 2a – 3< 0, откуда а(-3;1).
c) A 4.2 szabály szerint M=0 esetén
Ahol .
d) Az 5.1 szabály szerint M=0 esetén
Honnan van?< - 3.
3.2. A gyökerek elhelyezkedése egy ponthoz képest.
2. példa Az a paraméter mely értékeinél helyezkednek el az x² + 2(a+1)x + a² + a + 1 = 0 egyenlet gyökei a (-2;+∞) sugáron.
Végezzük el a probléma grafikus elemzését. A feladat feltételei szerint csak az alábbi két eset lehetséges az f(x) = x² + 2(a+1)x + a² + a + 1 függvény grafikonjának az x = ponthoz viszonyított helyére. -2.
xv = - a - 1
Mindkét esetet analitikusan leírják a feltételek
Ebből következik, hogy 0 ≤ a< .
3. példa . Keresse meg az a paraméter összes értékét, amelyre az x² + x + a másodfokú trinom gyöke eltérő és nem nagyobb, mint a. (1. melléklet)
3.3. A gyökerek elhelyezkedése két vagy több ponthoz képest.
Példa 4. Az m paraméter mely értékeinél vannak az egyenlet gyökei x² - 2 mx + m² -1= 0 a -2 és 4 számok között található.
A D = 4m² - 4m² + 4 = 4 egyenlet diszkriminánsa tökéletes négyzet. Keressük a gyökereket egyenletek: x1= m+1, x2= m - 1. Ezek a gyökök teljesítik az adott feltételt, ha
Válasz: m(-1;3-nál).
5. példa Az a paraméter mely értékeinél van a 2x² + (a-4)x + a + 2 = 0 egyenletnek különböző gyökerei, amelyek kielégítik a │x-1│>2 egyenlőtlenséget. (2. függelék)
A másodfokú egyenletek paraméteres megoldása felírható séma formájában az Ax²+Bx+C másodfokú trinom gyökeinek elhelyezkedésével kapcsolatos problémák tanulmányozására.
Az A = 0 eset vizsgálata (ha a paraméterektől függ).
1. A D diszkrimináns megkeresése A≠0 esetben.
2. Ha D valamely kifejezés teljes négyzete, akkor keressük meg az x1, x2 gyököket, és rendeljük alá őket a feladat feltételeinek.
3. Ha nem nyerjük ki D négyzetgyökét, akkor a feladat grafikus elemzése.
4. A parabola elhelyezkedésének megfelelő eseteinek analitikai leírása, amelyeknél a következőket veszik figyelembe:
az együttható Ø jele (értéke) x²-nél;
a diszkrimináns Ø jele (értéke);
Ø a másodfokú függvény előjelei (értékei) a vizsgált pontokban;
Ø a parabola csúcsának elhelyezkedése a vizsgált pontokhoz képest.
4. Egyes egyenlőtlenségek (rendszerek) egységesítése.
5. A kapott rendszerek megoldása.
Találtam 10 szabályt a négyzetes trinomiális gyökeinek elhelyezkedésére. Megoldott problémákat a gyökerek elhelyezkedésével kapcsolatban egy ponthoz képest; a gyökerek elhelyezkedése két vagy több ponthoz képest.
A paraméterekkel kapcsolatos problémák megoldásának technikáinak elsajátítása a matematika főbb ágai ismeretének kritériumának tekinthető, a matematikai, ill. logikus gondolkodás, matematikai kultúra.
Hivatkozások
1. Mochalov, és a paraméterekkel való egyenlőtlenségek / , .-
Cheboksary: Csuvas Kiadó. Egyetem, 200-as évek.
2. Kozhukhov, Paraméteres feladatok megoldási módszerei/ // Matematika az iskolában - 1998. - 6. sz.
3. Heti edzés - módszertani alkalmazása„Szeptember elseje” „Matematika” című újságnak, 2002. 18. sz
1. számú melléklet
3. példa . Keresse meg az a paraméter összes értékét, amelyre az x² + x + a másodfokú trinom gyöke eltérő és nem nagyobb, mint a.
xv= -1/2
Keressük a D = 1 - 4a diszkriminánst. Tekintettel arra, hogy nincs kivonatolva, oldjuk meg a példát grafikusan.
Végezzünk grafikus elemzést. Mivel az f(x) = x² + x + a függvény x1, x2 gyökei eltérőek és x1≤ a, x2 ≤ a, a gráfja csak a következő elrendezésekkel rendelkezhet.
Leírjuk ezeket a grafikonokat analitikusan.
https://pandia.ru/text/78/376/images/image062_1.gif" width="149" height="48">
Nézzük meg, mi a-nál különböznek az egyenlet gyökerei, azaz a D=a²-16a diszkriminans pozitív, és vagy mindkettő kisebb, mint -1, vagy mindkettő nagyobb 3-nál, vagy az egyik kisebb, mint -1 a másik pedig nagyobb, mint 3. Az f(x)=2x²+(a-4)x+a+2 függvény grafikonja ezekben az esetekben a következő elrendezéssel rendelkezik:
Analitikailag ezeket a grafikonokat a feltételek írják le
Szerzői információkStukalova Nadezhda Vasziljevna
Munkavégzés helye, beosztása:
MBOU 15. Sz. Középiskola, matematikatanár
Tambov régió
Az óra jellemzői (lecke)
Az oktatás szintje:
Középfokú (teljes) általános iskolai végzettség
A célközönség:
Tanuló (diák)
A célközönség:
Tanár (tanár)
Osztály(ok):
Elem(ek):
Algebra
Elem(ek):
Matematika
Az óra célja:
Az óra típusa:
Kombinált lecke
Az osztály tanulói (előadóterem):
Használt tankönyvek és oktatási segédletek:
A. G. Mordkovich, algebra, 9. osztály, tankönyv, 2011
A. G. Mordkovich, algebra, 9. osztály, feladatfüzet, 2011
S.A. Teljakovszkij, algebra 9. osztály, tankönyv, 2009
Felhasznált módszertani irodalom:
Miroshin, V.V. Paraméterekkel kapcsolatos feladatok megoldása: Elmélet és gyakorlat / V.V. Miroshin - M.: Vizsga, 2009.
L. V. Kuznyecova Feladatgyűjtemény a vizsgához
Felhasznált berendezések:
Számítógép, filmvetítő
Rövid leírás:
Óraterv: 1. Szervezési mozzanat. 2. Az ismeretek általánosítása, rendszerezése (emlékezzünk a négyzetes trinomiális gyökeinek számegyenesen való elhelyezkedésének szükséges és elégséges feltételeire). 3. Paraméterekkel kapcsolatos feladatok megoldása (csoportos munka). 4. Önálló munkavégzés ezt követi az ellenőrzés. 5. Összegzés. 6. Házi feladat.
Óra összefoglalója
a témán
"A négyzetháromság gyökereinek elhelyezkedése
a paraméterértékektől függően"
matematika tanár Stukalova N.V. MBOU 15. számú középiskola
Michurinsk - az Orosz Föderáció tudományos városa 2011
Az óra célja:
Gyakorlati készségek fejlesztése a tanulókban a paraméteres feladatok megoldásában;
Felkészíteni a tanulókat sikeres teljesítés GIA a matematikában;
A hallgatók kutatási és kognitív tevékenységeinek fejlesztése;
Érdeklődni a matematika iránt;
Fejleszti a tanulók matematikai képességeit.
Tanterv:
1. Szervezési mozzanat.
2. Az ismeretek általánosítása, rendszerezése (emlékezzünk a négyzetes trinomiális gyökeinek számegyenesen való elhelyezkedésének szükséges és elégséges feltételeire).
3. Paraméterekkel kapcsolatos feladatok megoldása (csoportos munka).
4. Önálló munka, majd igazolás.
5. Összegzés.
6. Házi feladat.
Az órák alatt.
1. Idő szervezése.
A tanár meghirdeti az óra témáját, célokat és feladatokat tűz ki a tanulók elé, közli az óratervet.
A paraméterekkel kapcsolatos problémák nagy nehézségeket okoznak. Ez annak a ténynek köszönhető, hogy az ilyen problémák megoldásához nemcsak a függvények és egyenletek tulajdonságainak ismeretére van szükség, hanem végrehajtási képességre is. algebrai transzformációk, hanem magas logikai kultúra és jó kutatási technikák is.
Leckénket a négyzetes trinom gyökeinek számegyenesen való elhelyezkedésével kapcsolatos feladatok megoldásával foglalkozunk.
2. Az ismeretek általánosítása és rendszerezése:
Idézzük fel a másodfokú egyenlet gyökeinek adott pontokhoz vagy intervallumokhoz viszonyított különböző követelményeinek teljesítéséhez szükséges és elégséges feltételeket.
Miután a tanulók válaszoltak, megjelennek a helyes választ tartalmazó diák.
1. A gyökök elhelyezkedése egy adott számegyenes mindkét oldalán
pontokat.
állapot x 1< m<х 2, необходимо и достаточно выполнения неравенства аf(x)<0.
2. A gyökerek elhelyezkedése egy adott szakasz mindkét oldalán.
Ahhoz, hogy egy ≠ 0 másodfokú egyenlet gyökei teljesüljenek
állapot x 1< m, х 2 < n, где m egyenlőtlenségek rendszerei 3.
A gyökök elhelyezkedése az adott egyik oldalán a számegyenesen
Pontok.
Ahhoz, hogy egy ≠ 0 másodfokú egyenlet gyökei teljesüljenek állapot m<х 1 <х 2, т.е располагались на числовой прямой правее точки х = m, szükséges és elégséges az egyenlőtlenségek rendszerének kielégítéséhez Ha az x = m ponttól balra, akkor szükséges és elegendő megtenni egyenlőtlenségek rendszerei 4. A gyökök egy adott intervallumhoz tartoznak. intervallum (m;n), szükséges és elegendő a rendszer végrehajtásához egyenlőtlenségek 5. A gyökerek egy adott szegmenshez való tartozása. Ahhoz, hogy egy ≠ 0 másodfokú egyenlet gyökei hozzátartoznak intervallum, szükséges és elégséges a rendszer végrehajtása egyenlőtlenségek 3. Paraméterekkel kapcsolatos problémák megoldása. A tanulókat 4 csoportra osztják. Minden csoportban vannak olyan gyerekek, akik sikeresebbek az algebrában. Minden csoport egy olyan feladat megoldásába kezd, amely megfelel a csoportja számának. A probléma megoldásának előrehaladásának megbeszélése után minden csoportból egy-egy képviselő jön a táblához, és elkészíti a csoportja problémájának megoldását, és (lehajtható táblákon) elmagyarázza annak megoldását. Ekkor a gyerekeknek egy másik csoport problémáit kell megoldaniuk (tanártól kaphat tanácsot). 1. számú feladat. Milyen paraméterértékeken A a (12a + 7)x 2 + (9a - 42)x+ +11 - 3a = =0 egyenlet egyik gyöke nagyobb 1-nél, a másik gyöke kisebb 1-nél? Megoldás. Az y = f(x) függvény grafikonja, ahol f(x) = (12a + 7)x 2 + (9a - 42)x+ +11 - 3a, a ≠ - 7/12 egy parabola, amelynek ágai a > - 7/12 esetén felfelé irányulnak,< - 7/12 - вниз. Тогда значения параметра A kielégíti az egyenlőtlenséget (12a +)f(1)< 0, где f(1) = 12а+7+9а-42+11-3а = 18а-24. Решив неравенство (12а+7)(18а-24)<0, получим, что - 7/12<а<4/3. Ответ: (-7/12; 4/3). 2. probléma. Keresse meg az a paraméter azon értékeit, amelyeknél az (1+a)x 2 - 3ax +4a = 0 egyenlet gyökerei nagyobbak, mint 1. Megoldás. A≠-1 esetén az adott egyenlet másodfokú és D= -a(7a+16). Olyan rendszert kapunk, amelyből -16/7≤а≤ -1. Azok a paraméterértékek, amelyeknél ennek az egyenletnek a gyöke ≠ - 1 esetén nagyobb, mint 1, a [-16/7; -1). Ha a = -1, az adott egyenlet alakja 3x - 4 = 0, és az egyetlen gyöke Válasz: [-16/7; -1] 3. feladat. A k paraméter mely értékeinél vannak a (k-2)x 2 -2kx+2k-3=0 egyenlet gyökei a (0;1) intervallumhoz tartoznak? Megoldás. K≠2 esetén a kívánt paraméterértékeknek ki kell elégíteniük az egyenlőtlenségek rendszerét ahol D=4k2-4(k-2)(2k-3)=-4(k2-7k+6), f(0)=2k-3? F(1) = k-5, x in = k/(k-2). Ennek a rendszernek nincsenek megoldásai. K = 2 esetén az adott egyenlet -4x+1 = 0, egyetlen gyöke ez x = ¼, amely a (0;1) intervallumhoz tartozik. 4. feladat. Mely a értékeire van az x 2 -2ax + a 2 -a = 0 egyenlet mindkét gyöke a szakaszon? A szükséges értékeknek meg kell felelniük az egyenlőtlenségek rendszerének ahol D=4a2-4(a2-a)=4a, f(2)=a 2-5a+4, f(6)=a 2-13a+36, xb=a. A rendszer egyetlen megoldása az a = 4 érték. 4.
Önálló munkavégzés (ellenőrzés és képzés). A tanulók csoportokban dolgoznak, ugyanazt a verziót adják elő, mivel az anyag nagyon összetett, és nem mindenki tudja ezt megtenni. 1. sz. Az a paraméter mely értékeihez tartozik az x 2 -2ax + a 2 - 1 =0 egyenlet mindkét gyöke a (-2;4) intervallumhoz? 2. sz. Keresse meg k azon értékét, amelyre az egyenlet egyik gyöke (k-5)x 2 -2kx+k-4=0 kisebb, mint 1, és a másik gyök nagyobb, mint 2. 3. sz. Milyen a értékeinél található az 1 az x 2 + (a + 1)x - a 2 négyzetháromtag gyökei között? Ha lejár az idő, megjelennek a válaszok. Az önálló munka önellenőrzésére kerül sor. 5.
Óra összefoglalója. Fejezd be a mondatot. "Ma az osztályban..." "Emlékszem…" "Szeretném megjegyezni...". A tanár elemzi az óra teljes menetét és annak főbb pontjait, értékeli minden tanuló tevékenységét az órán. 6. Házi feladat (L. V. Kuznyecov 9. osztályos államvizsgára felkészítő feladatgyűjteményéből)
Csodák Peshnosh tiszteletreméltó Metód apátja, a csodatevő imáin keresztül
Hogyan készítsünk friss cukkini salátát: receptek fotókkal Cukkinisaláta zöldséghámozóval
Recept: Rozslisztből készült omlós keksz - sütőben Rozslisztes keksz
Építési hírek. hírek
Kozmikus Laika: a kutya, amely az egész világot megérintette. Egy férfi születési száma
Recept: Krémes cupcake - fehérjemázzal Egy egyszerű cupcake recept sok szárított gyümölccsel
Férfi nevek és jelentésük