close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

Використання графіків

код для вставки
Розробка занять з олімпіади
Довгинцівський район
З теми “Використання графіків при
розв’язуванні рівнянь та нерівнойстей”
1
1. ДЕЩО ПРО МАТЕМАТИКУ ЗМІННИХ ВЕЛИЧИН.
«В одну річку не можна війти двічі»,- сказав давньогрецький
філософ Геракліт (V ст. до н.е.), зафіксувавши у цій крилатій фразі
ідею про одвічну видозміну всього сущого. У змінному ж, як
доводив інший античний філософ Зенон Елейський, людському
розуму неможливо знайти твердої опори. В своїх апоріях «Стріла»,
«Ахіллес», «Дихотомія» (тобто «Розтин навпіл») він намагався
довести неможливість осмисленого вивчення механічного руху,
парадоксальність самого мислення про рух.
Парадокси Зенона більш як 2000 років активно протидіяли
постановці наукових проблем про вивчення змін у природі, а
математика весь цей час залишалася наукою лише про сталі
величини.
І лише у ХVІІ столітті після фундаментальних відкриттів Галілея
і Ньютона мова нового дослідного природознавства суттєво
збагатилася за рахунок математики змінних величин, одним з
основних завдань науки став пошук закономірностей у
нескінченному морі видозмін природи. А фундаментальним
математичним поняттям, яке для цього використовується, стало
поняття функції.
Зокрема, функціями від часу є переміщення, швидкість та
прискорення, а отже, і сила, робота, імпульс. Про роль поняття
функції Ньютон писав: « Я не зміг би отримати багатьох своїх
фундаментальних
результатів,якби
не
відмовився
від
безпосереднього розгляду самих тіл і не звів усе до дослідження
функцій»
Водночас поняття функції має важливе застосовування і в самій
математиці - через метод координат ,відкритий французькими
ученими Рене Декартом і П`єром Ферма. Суть методу зводиться
до того, що при вибраній прямокутній системи координат на
площині значення ординати у довільній точці М заданого
геометричного місця точок (деякої плоскої лінії) виражається у
вигляді функції у = f(х) від абсциси х цієї точки . Потім отримана
таким способом формула (або
рівняння чи нерівність )
досліджується засобами алгебри і на основі цього робиться
висновок.
2
Урешті-решт дослідження функції стало розглядатись як основне
завдання математики. І найвидатніший математик ХVІІІ століття
Леонард Ейлер писав «Уся нова математика обертається навколо
змінних та їх функцій».
Функцію можна задавати одним або кількома аналітичними
виразами (на окремих частинах області визначення), з допомогою
таблиць (найдавніший спосіб, ним користувались ще вавилоняни в
ІІ тисячолітті до н.е)
Нарешті відзначимо найуніверсальніший - словесний спосіб
задання функції, частковими випадками якого є і аналітичний, і
табличний та й графічний способи.
Кожен з названих способів має свої переваги і межі примінення
та переважні сфери застосування.
Наприклад, з допомогою таблиці не можна задати функцію на
області визначення з нескінченою кількістю елементів. Не кожну
функцію можна задати і графічно, наприклад, функцію Діріхле.
Графічний спосіб, що є предметом обговорення в даному
посібнику, широко використовується в інженерних розрахунках
(особливо, коли не вимагається великої точності результатів ). Його
переваги - він дуже виразно характеризує функцію, глобально,
тобто цілком. На графіку функцій відразу видно як ті проміжки, де
її значення змінюються мало ( на них графік пологий), так і ті, де ці
зміни відбуваються швидко (графік крутий), а також найбільші і
найменші значення функції - як на всій області визначення, так і на
окремих її проміжках. На графіку добре помітні і такі риси, якими
характеризується ритмічність (періодичність), симетричність
монотонність функції.
Графік яскраво характеризує надзвичайно важливу якість
функції, як характер її зміни поблизу граничних точок області
визначення. Саме графічне задання функції, стало джерелом
основних понять математичного аналізу: границя функції
неперервність, монотонність, обмеженість, похідна, диференціал
тощо. Ось чому при дослідженні функції стараються якомога
точніше побудувати її графік. До цього і зводиться дослідження
функції.
Із загальними методами дослідження і отже, побудови графіків
функції, заданих аналітично знайомляться у старших класах при
вивченні елементів математичного аналізу.
3
Проте, є ціла низка достатньо елементарних прийомів для
дослідження і побудови графіків найуживаніших типів функцій.
Слідуюча частина цієї брошури якраз і присвячена розгляду цих
прийомів.
2. ПОБУДОВА ГРАФІКІВ НАЙУЖИВАНІШИХ ТИПІВ
ФУНКЦІЙ.
На початку відзначимо, що спосіб побудови графіків функцій
заданих аналітично лише на основі таблиць значень цих функцій в
окремих точках області визначення не є ні надійним, ні
ефективним.
Ненадійність пов`язана з фактичним прийняттям неперевірених
гіпотез про неперервність функцій.
Неефективність –
1) з громіздкістю обчислень значень функції з складнішими
аналітичними виразами;
2) з неточністю у побудові точок за знайденими значеннями
(особливо при малому «кроці» незалежної змінної);
3) з неможливістю визначення найбільш характерних особливостей
графіка – вершин, граничних точок , точок перетину, опуклості,
елементів симетрії тощо.
Тому побудові графіка обов’язково повинно передувати
дослідження вказаних його особливостей. Результатом такого
аналізу може бути також невелика табличка значень функції у ряді
характерних точок, якою визначається своєрідний каркас графіка.
Характер графіка між точками каркасу встановлюється на основі
решти результатів проведеного дослідження.
Графіки функцій будуються не лише заради дослідження самих
функцій. Часто вони є засобом для розв’язання і дослідження
рівнянь, нерівностей, їх сукупностей та систем, що буде показано в
наступному розділі. Нарешті, графіки функцій суттєво
допомагають у розв’язуванні найрізноманітніших сюжетних задач з
фізичним та іншим практичним змістом, навчальних та ігрових
задач, знаходження найбільших та найменших значень, тощо.
Побудова графіків та робота з ними розвивають творчу уяву,
логічне мислення, формують навики досліджень як математичних
так і природних об’єктів, спонукають до власних пошуків.
4
Основою для розв’язання послідуючих вправ є вміння побудувати
графіки основних елементарних функцій, які достатньо повно
описані у шкільних підручниках для 6-10 класів:
y=k х; y=k х + в; у= k ; у=х2; у=ах2+ вх + с; у=аx3; х2 +y2=r2;
x
(x-a)2+(y-b)2=r2; y= ; y=
; y=ax; тощо.
2.1 ЛНІЙНІ ФУНКЦІЇ
До цього класу функцій відносять функції виду y=ax+b, y=ax,
визначені на всій множині дійсних чисел та кусково-лінійні
функції, коли на різних промінних областях визначення функцій
задається різними аналітичними виразами.
Приклад 1.
3x  3; x  3;
y
x  3; x  3;
3x  3; x  3;

y

x  3;2  x  3;
Приклад 2.
 2x;4  x  2,5

Графік кусково-лінійної функції складається з декількох частин
(кусків) відповідних прямих (рис. 1, 2)
У=3Х-3
5
10
8
6
4
2
У=Х+3
Y
X
-10 -8 -6 -4 -2-20
-4
-6
-8
-10
2 4 6 8 10
Рис. 1
Y=-2X
10
8
6
4
2
-10 -8 -6 -4 -2-20
-4
-6
-8
-10
Y
Y=3x-3
Y=X+3
X
2 4 6 8 10
Pиc 2.
Кусково лінійними є часто вживані в математиці функції
у= x - «ціла частина числа» (рис.3)
у= x - «дробова частина числа» (рис.4)
у=siqn x – «знак числа» (рис.5)
1; x  0;

причому x  x  x, а siqn х = 0; x  0;
 1; x  0;

6
5
4
3
2
1
Y
X
-5 -4 -3 -2 -1-10
-2
-3
-4
-5
1 2 3 4 5
Рис.3
5
4
3
2
1
Y
-5 -4 -3 -2 -1-10
-2
-3
-4
-5
X
1 2 3 4 5
Рис.4
7
5
4
3
2
1
-5 -4 -3 -2 -1-10
-2
-3
-4
-5
Y
X
1 2 3 4 5
Рис.5
Великий і важливий клас кусково – лінійних функції, які задаються
однією формулою з допомогою операції взяття модуля.
3x  3; x  3
x

3
Приклад 3.
у=2х+
= x  3; x  3
(Рис.1)

Загальний спосіб побудови: розкрити модуль, знайти формули
функції на окремих ділянках області визначення та побудувати
графік кусково – лінійної функції.
Приклад 4.
визначення.
у= x  2x  1  3x  2 , D( y)  (; ) - область
2
1
в яких доданки перетворюються в нулі,
3
2
числова пряма розбивається на чотири проміжки (інтервали).
Записи зручно оформити так
2
1

0
3
2
х
3х+2 +
+
+
х
+
+
2х-1
+
Точками - , 0,
8
Розкривши модулі на кожному інтервалі за цією таблицею, маємо
2


2
x

3
;
x

;

3

4x  1; 2  x  0;

3

y= 6 x  1;0  x  1 ;

2

2x  3; x  1 ;
2

Доцільно складати табличку для характерних точок графіка – кінців
інтервалів та двох внутрішніх точок крайніх променів. (Рис 6)
Х
-2
У
1
2
3
5
3
y=-2x-3
10
8
6
4
2
0
1
2
3
2
1
4
6
Y
y=2x+3
y=6x+1
X
0
-10-8 -6 -4 -2
-2 2 4 6 8 10
-4
y=4x+1
-6
-8
-10
Created with Рис.
a trial version
of Advanced Grapher - http:/ / www.alentum.c
6
Записані нижче загальні правила (1) і (2) дають можливість
спростити побудову графіків функцій з модулями .
1. Графік функції f( x ), заданий на природній області визначення,
складається з частин графіка функцій f(x), розміщеної в правій
9
координатній площині, а також з фігури, симетричної цій
частині відносно осі ординат. (Рис.7)
5
4
3
2
1
y=f( x )
y=f(x)
Y
X
-5 -4 -3 -2 -1-10
-2
-3
-4
-5
1
2
3
4
5
Pис. 7
2. Графік функцій f (x) , заданий на природній області
визначення, складається з частини графіка f(x), розміщеної у
верхній координатній півплощині, а також з фігури ,
симетричної відносно осі абсцис тій частині графіка f(x), яка
розміщена у нижній півплощині (рис.8)
y  f (x)
Y
4
2
X
-4
-2
0
2
4
-2
-4
Рис.
8 version of Advanced Grapher - http:/ / www.ale
Created with
a trial
10
Приклад 5.
у=
2 x5
Спочатку з графіка функцій у= -2х+5 симетрією відповідної його
частини відносно Оу отримуємо графік функції у= -2 x +5,а потім
за допомогою симетрії відносно осі Ох будуємо шуканий графік
той самий результат був би і при зміні напрямку проведення
симетричних побудов. (Рис 9)
Y
y  2x 8
9
6
3
X
-9
-6
-3 0
-3
3
6
9
y = -2x+5
-6
-9
Рис.9
2.2
КВАДРАТИЧНІ ФУНКЦІЇ.
Основною фігурою для побудови графіка будь якої квадратичної
функції виступає графік функції y = x2 ( парабола ). Теоретичний
матеріал досить детально викладено у шкільному підручнику.
Приклад 1.
y= -0.5x2+2x+6
Виділяючи повний квадрат незалежної змінної х, одержали
у= -0,5(х-2)2+8. Досить побудувати графік функції у= -0,5х2, а

потім перенести систему координат на вектор r (2;8), координати
вершини (2;8). Вітки параболи направлені вниз.
Точка перетину з віссю Оу (0;6), з Ох (нулі функції) х1= -2, х2=6
(Рис. 10)
11
Y
10
8
6
4
2
X
-10 -8 -6 -4 -2-20
-4
-6
-8
-10
2 4 6 8 10
Рис.10
Подібно до кусково-лінійних означаються кусково-квадратичні
функції, поширений спосіб задання яких – аналітичними виразами з
використанням операцій взяття модуля.
Приклад 2.
а) у= х2- 6 х +8.
б) у= õ2  6 õ  8 .
Скористаємось тим, що х 2  х
2
б) у  f  x   x  6 x  8
а) y  f  х   х  6 х  8
2
2
Згідно з правилами 1) і 2) одержуємо графіки функцій рис. 11, 12 .
10
8
6
4
2
Y
X
0
-10-8 -6 -4 -2
-2 2 4 6 8 10
-4
-6
-8
-10
Рис. 11
Created with a trial version of Advanced Grapher - http:/ / www.alent
12
Y
12
8
4
X
-10 -8 -6 -4 -2 0
2 4 6 8 10
-4
Рис.12
y  f x  x 2  6x  8  x  32 1
Приклад 3.
y  x 2  9  2 x  1  3x  1
Розв`язання. Значеннями х  3;1, при яких вирази х2-9 і х+1
набувають нульових значень, вся область визначення даної функції
розбивається на 4 проміжки.
-3
-1
3
х2-9
+
-
-
+
х+1
-
-
+
+
x 2  5x  12; x  3,
 2
 x  5x  6;3  x  1,
12),
ó 2

x

x

10
;

1

x

3
,

x 2  x  8; õ  3.

Точки злому (-3;
(-1;10), (3;-2).
13
Знайшовши вершини кожної параболи та точки перетину з осями
координат на їх областях визначення, будуємо графік даної функції
(рис.13).
Y
14
12
10
8
6
4
2
-10 -8 -6 -4 -2-20
-4
X
2 4 6 8 10
Рис. 13
2.3 ДРОБОВО – ЛІНІЙНІ ФУНКЦІЇ.
Дробово-лінійна – це функція, визначена на своїй природній
області визначення за допомогою формули виду:
àõ  b
,
ñ  0,
cx  d де a,b,c,d – сталі числа, при чому
ad  bc  0
ó
Її графік називається гіперболою.
Приклад 1. Побудувати графік дробово-лінійної функції:
2õ  3
.
1 õ
Розв`язання. Поділивши з остачею чисельник дробу на знаменник,
маємо:
ó
ó
1
2
õ 1
_2x-3 │-х+1
2х-2
-2
-1
14
2x  3
1
1
 2 

2
1 x
 x  1 x 1
Отже, шуканий графік одержуємо з гіперболи y 
1
перенесенням
x
системи координат на вектор (-1; 2)
Асимптоти мають рівняння х=1; у= -2.
Точки перетину з осями координат (0;-3) і (3/2;0). (рис.14)
Y
5
4
3
2
1
-5 -4
-3 -2
X
-1 0
-1
1
2
3
4
5
-2
-3
-4
-5
Рис.14
(-  ;-1)
(-1;0)
0;1)
(1; 3 
3
 2; )
2
2x-3
-
-
-
-
+
X
-
-
+
+
+
У=
 2х  3  2х  3
=
1   х
х 1
у=  2х  3 =  2х  3
1 х
1 х
у= 2х  3
1 х
2х  3
у

,
Приклад 2. Побудувати графік функції
1  х визначеній на
своїй природній області визначення.
Розв`язання. Маємо приклад кусково-дробово-лінійної функції.
Вона не визначена в точках, де 1  х  0, при х  1.
Вирази 2х-3 та х змінюють свої знаки в точках х 
2
х  0.
3 та
3

1
;
0
;
1
;
Точками
2 область визначення даної функції розбивається
15
на 5 проміжків. Визначимо знаки на кожному з них виразів під
модулями та розкривши їх, одержимо формули для даної функції на
кожному з проміжків.
Графік складається з трьох частин графіків вказаних дробово –
лінійних функцій.
Використовуємо табличну значень функції в окреслених
контрольних точках.
1
3
х
-5
-4
-3
-2
0
2
3
-1
2
у
- 13
4
- 11
3
-9
2
-7
8
3
2
2
4
0
-1
-3
2
Графік має три асимптоти х=1, х=-1, у=-2, які креслимо
пунктирними лініями (Рис.15).
10
8
6
4
2
Y
X
0
-5 -4 -3 -2 -1
-2
-4
-6
-8
-10
1 2 3 4 5
Created with
a trial version of Advanced Grapher - http:/ / www.alent
Рис.15
2.4 СТЕПЕНЕВІ ФУНКЦІЇ .
Степеневою називаються функція, задана на своїй природній
області визначення формулою у= х а, де а - деяке фіксоване число.
При а=0, та а=1 степенева функція є лінійною, при а=2
квадратичною, при а= -1- дробово - лінійною. Властивості
степеневої функції суттєво залежать від значення показника а:
парної (непарність), проміжки зростання (спадання), опуклість,
щільність прилягання до осі.
Графіки степеневих функцій при n≥3 називаються параболами n го
степеня (при n=2 - квадратичною параболою, при n=3 - кубічною
параболою).
16
Якщо а= -n , де n  N , то y=f(x)=xа=x-n=1\ x n маємо степеневу
функцію з від`ємним показник . На рис 16, 17 зображений графік
степеневої функції f(x)=1\xn з парним(16) і непарним(17)
показником n.
Y
2
1
X
-2
-1
0
1
2
-1
-2
Рис. 16
Y
2
1
X
-2
-1
0
1
2
-1
-2
Рис. 17
1
n
n
Якщо а=1\n, де n  N , n>1, то при n=2x-1 y=f(x)=x n= x = x
(де yn= x) і графік функції співпадає з графіком степеневої функції
f(x)=yn,який, в свою чергу, симетричний графіку функцій y=xn
відносно прямої y=x (Рис. 18)
17
y=xn
Y
x=yn
2
yn x
1
X
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
-1
-2
y=x
Рис. 18
При n=2к (парному) символом n x позначають так званий
арифметичний корінь nго степеня з числа x  0, причому yn=х, y  0, а
графік функцій збігається з графіком функцій f x =yn, визначений на

проміжку 0 ;+  ), вони симетричні відносно прямої y=x (рис. 19).
Y
y=x
2
1
Рис.19
0
1
2
3
X
4
5
Функції y=xn та y=, n x де n N є взаємно оберненими.
p
p
p
p
q
p
q
Якщо ж a= , де p N, q N, N, >0, то y=f(x)=x = x .
q
q
q
p
Залежно від парності чисел p i q та значення q функція має різні
p
властивості при. >0 (рис 20-25)
q
18
р-парне
20
18
16
14
12
10
8
6
4
2
Y
p
>1
q
X
-10-8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8 10
Created Рис.
with a 20
trial version of Advanced Grapher - http:/ / www.alentum.
р- парне
p
<1
q
20
18
16
14
12
10
8
6
4
2
Y
X
-10-8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8 10
Рис.
21version of Advanced Grapher - http:/ / www.alentum
Created with
a trial
19
p
>1
q
10
8
6
4
2
Y
р- непарне
q- непарне
X
0
-10-8 -6 -4 -2
-2 2 4 6 8 10
-4
-6
-8
-10
Created with a Рис.
trial version
22 of Advanced Grapher - http:/ / www.alentum
10
8
6
4
2
Y
р-непарне
q-непарне
X
p
1
q
0
-10-8 -6 -4 -2
-2 2 4 6 8 10
-4
-6
-8
-10
Created withРис.
a trial23
version of Advanced Grapher - http:/ / www.alentum.c
10
8
6
4
2
0
-10-8 -6 -4 -2
-2
-4
-6
-8
-10
Y
р-непарне
q-парне
X
p
1
q
2 4 6 8 10
Рис.
24version of Advanced Grapher - http:/ / www.alentum.
Created with
a trial
20
10
8
6
4
2
Y
q-парне
р-непарне
X
p
1
q
0
-10-8 -6 -4 -2
-2 2 4 6 8 10
-4
-6
-8
-10
Created with a trial
version
Рис.
25 of Advanced Grapher - http:/ / www.alent
p
Якщо ж а= - (від’ємний раціональний показник ), то
q
y  f(x)  xa  x
p
q

1
x
p
q

1
q
x p (Рис. 26-28)
5
4.5
4
3.5
3
2.5
2
1.5
1
0.5
Y
p-парне
X
-2.5-2-1.5-1-0.50 0.5 1 1.5 2 2.5
Created with aРис.26
trial version of Advanced Grapher - http:/ / www.alent
21
2.5
2
1.5
1
0.5
Y
p-непарне
q-непарне
X
0
-2.5-2-1.5-1-0.5
-0.5 0.5 1 1.5 2 2.5
-1
-1.5
-2
-2.5
Рис.
27version of Advanced Grapher - http:/ / www.alent
Created with
a trial
5
4.5
4
3.5
3
2.5
2
1.5
1
0.5
Y
p-непарне
q-парне
X
-2.5-2-1.5-1-0.50 0.5 1 1.5 2 2.5
CreatedРис.28
with a trial version of Advanced Grapher - http:/ / www.alentu
Приклад 1. у=х3-3х2+3х+1.
Розв’язання. Виділимо повний куб:
у=х3-3х2+3х-1+2=(х-1)3+2. Тоді f(х )=х3
f(х)=у=(х-1)3+2.
(рис. 29)
22
r(1;2)
Y
3
2
1
X
-2
-1
0
-1
Приклад 2.
1
2
3
4
5
6
7
Рис.29
у= õ  3 -1.
Розв’язання. Шуканий графік одержуємо з графіка функції f(х)= õ
за допомогою паралельного перенесення системи координат на
вектор r (3;1) (Рис.30)
Y
6
5
4
3
2
1
-7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0
-1
-2
-3
X
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
Рис.30
Приклад 3.
4
2
1
õ3
1
1
Розв`язання. Якщо позначимо f(х)= 4 = õ 4 , то y=2f(х-3)+1.
õ
Шуканий графік можна отримати з графіка функції f(х) (рис. 28)
рівномірним розтягом з коефіцієнтом а=2 вздовж осі ординат та
наступним паралельним перенесенням системи координат на
23
r(-3;-1) (рис. 31).
Y
6
4
2
X
-2
0
2
4
6
Рис.31
-2
2.5 РАЦІОНАЛЬНІ ФУНКЦІЇ.
Рис.31
Раціональні - це функції, формули яких містять лише
арифметичні операції додавання, віднімання, множення, ділення.
Ними є зокрема, лінійні, квадратичні, дробово-лінійні та степеневі з
цілими показниками функції.
Виділяють цілі раціональні і дробово-раціональної функції.
Формули перших не містять операції ділення, тобто є
многочленами
f(х)=a 1 х n +а 1 n1 +…+а n1 х+а n
Степінь n многочлена і є степенем цієї раціональної функції. При
n=1; 2; 3 вони і є лінійними, квадратними і кубічними.
Загальна формула дробово-раціональної функції
f(x)= P( x) , де P(x);Q(x) – многочлени
Q( x)
Найбільш ефективні засоби для побудови графіків довільних
раціональних функцій передбачають застосування вищої
математики і виходять за межі шкільної програми.
Проте, коли не вимагається високої точності побудов, а ставиться
завдання дослідити лише ескіз графіка, то можна обійтися лише
24
елементарними діями з графікам - додаванням, відніманням,
множенням і діленням графіків.
Суть прийому полягає в тому , що коли необхідно побудувати
графік суми (різниці, добутку або частки) декількох функцій, то
попередньо на одному й тому креслені відносно однієї тієї ж
системи координат будують графіки цих функцій (тонкими або
штриховими лініями), а потім додають (віднімають, множать,
ділять) ординати характерних точок цих графіків при одних і тих ж
значень х. А додаткові дослідження функцій (на парність –
непарність, існування асимптот, екстремуми, нулі і т. д.)
допомагають уточнити остаточний графік.
Приклад 1.
f(x)=x3-3x.
Розв’язання.
Будуємо графіки функцій у=х3 і у= -3х і додаємо їх (рис. 32)
Обидва графіки – доданки проходять через початок координат.
Тоді через цю точку проходить і шуканий графік. Починаючи з
деяких х0 значення нашої функції стає додатнім.
Y
у= -3х
y=x3
4
y=x3-3x
2
X
-4
-2
0
2
4
-2
-4
Рис.32
х03-3х0=0; х >0, х0= 3 . Функція f(х) - непарна , її графік
симетричний відносно початку координат.
Залишилося знайти локальні екстремуми ( максимум і мінімум
відповідно) (-1;2); (1;-2).
25
2
Приклад 2.
y=
õ
1 õ
.
Розв’язання.
D(y)=R, x  1. Будуємо графіки функції q1(x)=x2 q2(x)=1-x і поділимо
перший з них на другий (рис.33)
Y
y=x*x
8
4
X
-8
-4
0
4
8
-4
y=1-x
-8
Рис. 33
Знаходимо точки перетину графіків q1(x) i q2(x) з рівняння
q1(x)=q2(x) :
х1,2=  5  1
2
Рис.33
У точках х=0: q1(x)=0, q2(x)=0, а тому f(x)=0. Пряма х=1 є
вертикальна асимптотам графіка функції f(x).
Поділили «кутом» х2 на 1-х:
_х2 │-х+1
х2 – х
-х
-х -1
x2
1
 x  1 
1
отже, f ( x) 
1 x
 x 1
Тоді, f(x) є сума лінійних функцій h1(x) = -x-1та дробово
раціональної функції h 2 (x)= 1 . Отже, при y= -x-1 є похилою
 x 1
асимптотою функція f(x). Знайдемо локальні екстремуми функції
f(x): (2;-4) та (0;0).
26
2.6 ІРРАЦІОНАЛЬНІ ФУНКЦІЇ.
Функції, у формулах яких змінна стоїть під знаком радикала,
називають ірраціональними.
Наприклад:
1) y= x ; (2) y=x+ x ; (3) y=(x+1) x ; (4)y= 1  x2 ;
ax  b
(5)y=
.
cx  d
Графіки (2) і (3) легко побудувати шляхом додавання і відповідно
множенням графіків простих функцій. Функції (4) і (5) є складені,
які визначені лише в тих точках, в яких визначена внутрішня
функція. Природна область визначення складеної функції є
підмножиною природної області визначення її внутрішньої функції.
Для побудови ескіза складеної функції y=f (  (x) ), спочатку
будують графік її внутрішньої функцій y=  (x), а потім, враховуючи
значення ординат цієї функції у ряді характерних точок та
властивості зовнішньої функції f (x), отримують характерні точки і
сам графік функції f(  (x) ). З допомогою додаткового дослідження
можна значно уточнити окремі особливості шуканого графіка.
Приклад 1. y=f(x)= 1  x2
Розв’язання:
2
 (x)=1+ x
2
2
2
Оскільки 1+ x >1, то 1  x < 1+ x . Отже, графік f(x) знаходиться
під графіком  (x) , спільна точка (0;1) (Рис.34). Функція f(x) –
парна, зростає на 0;) .
2
2
При достатньо великих х 1  õ  õ  õ і чим більше х, тим
точніша ця наближена рівність. Отже, у= х і у= -х є похилі
асимптоти шуканого графіка.
27
y  1 x
2
Y
y=x2+1
2
1
y=x
X
-2
Приклад 2.
0
-1
1
Рис.34
2
y=f(x)= 1 õ2
Розв’язання.
( x)  0 , якщо х [-1;1]. Отже, D(f(x))= [-1;1].
( x)  1  x 2
Графік f(x) проходить над графіком  (х), вони мають три спільні
точки (-1;0), (0;1), (1;0).
2
Якщо піднести до квадрату обидві частини рівності y= 1 õ , то
2
одержимо x2+y2=1. Отже, графік y= 1 õ - півколо у верхній
півплощини. (Рис.35)
Y
y  1 x2
1
X
0
-1
1
y=1-x2
Рис.35
-1
28
2.7 ЗАДАЧІ ДЛЯ САМОСТІЙНОГО РОЗВЯЗУВАННЯ.
1. f x   1  x 2
2
2. y  x  3 x  2
2
3. y  x  4 x  3
4. y 
5. y 
10. ó  õ2  8 õ  15
1
11. ó 
õ 2
õ 1
12. ó 
õ 1
19. ó  õ  õ
1
õ
2õ
14. ó  2
õ 1
22. ó  2
13. ó  õ 
x
1
x
2
6. y  x  3x  10
7. ó  õ2  4 õ  3
3
õ 5
2
16. ó 
õ3
17. ó  õ  5
9. ó  5 õ  1
18. ó  3 õ  1
21. ó  õ  2  õ  1
23. ó  2
Відповіді до задач.
Задача №1
1
Y
X
-2
-1
0
1
-1
-2
Рис. 1
29
2
õ5
 õ õ
2
24. ó  2
15. ó 
8. ó  3 õ  2
20. ó  õ õ  1
õ1
Задача №2
Y
10
9
8
7
6
5
4
3
2
1
X
0
-8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1
-1
-2
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Р ис
Задача №3
Y
10
8
6
4
2
X
-8
-6
-4
-2
0
-2
2
4
6
8
10
Рис
Задача №4
Y
10
8
6
4
2
X
-8
-6
-4
-2
0
-2
2
Рис
30
4
6
8
10
Задача №5
Y
4
3
2
1
X
-4 -3 -2 -1 0
-1
1
2
3
4
-2
-3
Рис. 5
-4
Задача №6
Y
15
10
5
X
-10
-5
0
5
10
-5
-10
-15
Рис.6
Задача №7
Y
10
5
X
-5
0
5
Рис
31
10
Задача №8
10
9
8
7
6
5
4
3
2
1
Рис.8
-3 -2 -1-10
Y
X
1 2 3 4 5 6
Задача №9
Y
10
9
8
7
6
5
4
3
2
1
X
-4 -3 -2 -1-10 1 2
Рис.9
Задача №10
20
18
16
14
12
10
8
6
4
2
Y
-10 -8 -6 -4 -2 0Рис.
2 10
4 6 8 10
32
X
Задача №11
6
5
4
3
2
1
Y
X
0
-6 -5 -4 -3 -2 -1
-1 1 2 3 4 5 6
-2
-3
-4
-5
Рис.-611
Задача №12
6
5
4
3
2
1
Y
X
0
-6 -5 -4 -3 -2 -1
-1 1 2 3 4 5 6
-2
-3
-4
-5
-6
Рис.12
Задача №13
6
5
4
3
2
1
Y
0
-6 -5 -4 -3 -2 -1
-1 1 2 3 4 5 6
-2
-3
-4
-5
-6
Рис.13
33
X
Задача №14
3
Y
2
1
X
-6
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
6
-1
-2
Рис.14
-3
Задача №15
7
6
5
4
3
2
1
Y
X
0
-7 -6 -5 -4 -3 -2 -1
-1 1 2 3 4 5 6 7
-2
-3
-4
-5
Рис.15
t
Задача №16
10
Y
8
6
4
2
X
-10
-8
-6
-4
0
-2Рис. 16
2
34
4
6
8
10
Задача №17
Y
4
2
X
0
2
4
6
8
10
Рис. 17
12
14
16
18
20
22
Задача №18
3
Y
2
1
-10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0
-1
X
1
2
3
4
-2
-3
Рис.18
Задача №19
5
4
3
2
1
-10 -8 -6 -4 -2-10
-2
-3
-4
Рис. 19
-5
Y
X
2 4 6 8 10
35
5
6
7
8
Задача №20
6
5
4
3
2
1
Y
X
0
-6 -5 -4 -3 -2 -1
-1 1 2 3 4 5 6
-2
-3
-4
-5
-6 20
Рис.
Задача №21
6
Y
5
4
3
2
1
X
-4
-3
-2
Задача №22
Рис.22
10
9
8
7
6
5
4
3
2
1
-1 0
-1 0
1
Рис. 21
2
3
4
Y
X
1 2 3 4 5 6 7 8 9
36
Задача №23
10
9
8
7
6
5
4
3
2
1
Y
X
-5 -4 -3 -2 -1-10 1 2 3 4 5
Рис. 23
Задача №24
10
9
8
7
6
5
4
3
2
1
-5 -4 -3 -2 -1 0
Y
X
1 2 3 4 5
Рис.24
3. ГРАФІКИ ФУНКЦІЇ ПРИ РОЗВ`ЯЗУВАННІ РІВНЯНЬ І
НЕРІВНОСТЕЙ.
Вміння будувати графіки функції дає змогу ефективним засобом
досліджувати рівняння на існування та кількість розв`язків,
розв`язувати рівняння, нерівності, задачі з параметрами,
звертаючись до відповідних графічних інтерпретацій на
координатній площині . Це можливо і у випадку не функціональних
залежностей (наприклад, рівняння кола х2+у2=1).
Надалі побудови графіків не пояснюємо.
37
Приклад 1. Розв`язати рівняння õ  2õ  3  à.
Розв’язання.
Графік функції f ( x)  x2  2x  3 перетинатимемо сім`єю прямих
2
ó  õ; à  à. (рис. 1)
Задане рівняння має розв`язки при à  0. (при а<0 спільних точок
2
графіки ó  õ  2õ  3 і ó  à не мають).
При а=0 маємо два розв’язки х1 = -1, х2 = 3.
При à  0;4 графіки перетинаються в чотирьох точках (маємо
чотири розв`язки ). Вони є розв`язками рівнянь:
x2-2x-3=a
i
- (x2-2x-3)=a
x1,2=1± 4  a
x3,4=1± 4  a
При а=4 рівняння має три розв’язки (пряма а=4 дотикається до
параболи у=-(х2-2х-3) і перетинає параболу у=х2-2х-3).
Тоді õ1,2  1  4  à  1  2 2; õ3  1.
При à  (4; ) розв’язків два. Це корені рівняння õ2  2õ  3  a.
õ1,2  1  4  à.
Відповідь. При à  0 : õ1  1, õ2  3.
При à  (4;0) : õ1,2  1  4  à, õ3,4  1  4  à.
При à  4 : õ1,2  1  2 2, õ3  1.
При à  (4; ) : õ1,2  1  4  à.
При а<0: розв’язків немає.
у=5
у=4
у=2
у=0
10
8
6
4
2
0
-10-8 -6 -4 -2
-2
-4
-6
-8
-10
Y
ó  õ2  2õ  3
X
2 4 6 8 10
у= -(х2-2х-3)
у=х2-2х-3
Created withРис.
a trial1version of Advanced Grapher - http:/ / www.ale
38
Приклад 2. При яких значеннях параметра а рівняння
2õ 1  õ  à має рівно три розв’язки? Знайти їх.
Розв’язання.
Графік f ( x)  2x  1 перетинатимемо прямими
ó  ( õ; à)  õ  à (рис 2). Рівняння має три розв’язки при тих
значеннях а, коли січна пряма у=х+а перетинається з графіком f(x)
1
у трьох точках, зокрема коли проходить через точки ( ;0) або
2
1
(0;1). Підставивши у рівняння у=х+а, знаходимо à1  , à2  1.
2
1
1
Значенню à1  відповідає õ1   , а також розв’язки х2, х3, що
2
2
визначаються із систем:
 ó  2õ2  1,


1
ó  õ2  ;

2

 ó  2 õ1  1,


1
 ó  õ3  2 ;
3
1
Тоді õ2  , õ3  .
2
6
Аналогічно знаходимо розв’язки, що відповідають значенням à2  1;
2
õ1  0; õ2   ; õ3  2.
3
1
3
1
1
Відповідь: При à  ; õ1  ; õ2  ; õ3  .
2
2
6
2
2
При à  1; õ1  0; õ2   ; õ3  2.
3
Y
1
X
у=х+1
-1
0
1
у=х+0,5
у=х
-1
Рис.a 2trial version of Advanced Grapher - http:/ / www.alent
Created with
39
Приклад 3. Знайти всі значення параметра а, при яких найбільше
2
значення функції ó  f ( õ)  àõ  õ  6õ  8 менше 2.
Розв’язання.
Треба знайти всі такі значення а, для кожного з яких при всіх х
2
f(x)>2. Тоді õ  6õ  8 > ах-2.
Побудуємо графік функції f ( x)  x 2  6x  8 і перетинатимемо
його прямими y  ( x; a)  ax  2 (рис 3). Всі ці прямі проходять
через точку (0; 2).
Шукані значення а відповідають випадкам, коли прямі у=ах-2
лежать нижче графіка f(x). Перша з них проходить через точку
1
(-4;0); тоді à 
. Друга дотикається до параболи у=х2+6х+8, тоді
2
а>0. Визначити його можна з умови дотику прямої до параболи,
тобто коли рівняння х2+6х+8=ах-2 має єдиний розв`язок.
D=а2-12а-4=0 при à  6  2 10 . (а>0).
1
Відповідь: à  ( ;6  2 10) .
2
4
Y
3
y=ax-2
2
1
-6 -5 -4 -3 -2 -1 0
-1
y=ax-2
-2
X
1
2
-3
Рис. 3
-4
При розв`язуванні рівнянь з параметром допомагає графічна
інтерпретація їх із зміною х та параметром а на координатній
площині Оха , коли параметру а надається характер змінної
величини, рівноправної із змінною х .
40
Приклад 1. При яких значеннях параметра а всі розв`язки
рівняння 2 2õ  à +а +2х-8=0 задовольняють нерівність 1  õ  2 ?
Розв’язання.
Розкривши модуль, маємо сукупність систем
a  2x
І
2x  a  0


a  6x  8
2
(
2
x

a
)

a

2
a

8

0


 a  2x
ІІ
2x  a  0


2
8

 2(2x  a)  a  2x  8  0 a  x 
3
3

На площині Оха з вертикальною віссю Оа розв`язкам першої
системи відповідають точки променя АВ, а другої - променя АС, де
2
8
А(2;4), В(0;-8), С(-4;0) (прямі а=2х , а =6х -8 і à  õ 
3
3
перетинаються в одній точці А(2;4)) (рис 4).
C
Рис. 4
5
4
3
2
1
a
A a = 2x
X
0
-5 -4 -3 -2 -1
-1 1 2 3 4 5
-2
D
-3
-4
-5
-6
-7
-8 B
Вертикальні прямі х=1 та х=2 перетинає промінь АВ в точках
(1;-2) та (2;4), отже розв`язки системи (І) задовольняють умови
1  õ  2 при à  2;4. Ці прямі перетинають промінь АС в
10
) і (2; 4). Тому розв`язки системи (ІІ) задовольняють
3
умові 1  x  2 , при а  10;4 , отже, розв`язки обох систем
точках (1;
3
10
10
задовольняють умові 1  х  2 при а 2;4    ;4  =  ;4
3
3
41

Відповідь: а  
10
;4  .
3
Приклад 2. Знайти всі значення параметра а, при яких система
x 2  a  4x  3  0
нерівностей задовольняється лише при 
2a  x  2  0
одному значенні х.
Розв’язання.
У системі координати Оха будуємо графіки функції
а = f(х) = -х2-4х-3 і а=q(х)= 1 x -1 та штриховою відзначимо ті точки
2
площини, координати (х;а) яких одночасно задовольняють
нерівностям а  f(х) (під графіком f (х)) та а  q(х) (над графіком
q(х)). Переріз цих двох множин точок площини і є множина
розв`язків системи нерівностей (рис 5).З цією ж областю
(заштрихована) прямі а=b перетинаються в одній точці при
a=1; -3.
Відповідь: а=1; а=-3.
А, В – точки
дотику прямих
а=в з
множиною
розвязків
системи
нерівностей
Yа
a=1
-6
A
-4
2
X
0
-2
-2
B
2
a=-3
-4
q(x)
-6
f(x)
Рис. 5
Приклад 3. При кожному значенні параметра а розв’язати
2
нерівність 2х2 +х-а-8  x  2x  2a  4 . (1)
Розв’язання.
Нерівність (1) рівносильна сукупності двох систем нерівностей:
42

x2
a

 x  2;

x 2  2x  2a  4  0;
2


 2
2
a   x 2  x  4; a   x 2  x  4;
2x  x  a  8  x  2x  2a  4;


 2
2
a  x 2  x  4;


x

2
x

2
a

4

0
;
x



a   x  2;
2x 2  x  a  8  ( x 2  2x  2a  4); 
2


2
a  x  x  4;
Заштрихована область відповідає розв’язкам даної нерівності
(рис. 6). Точки А, B знаходимо із системи рівнянь
2

a   x  x  4

А=(-2;-2), B(2;2)
2

a  x  x  4
Перетинаючи згадану область прямих а=b (const) бачимо, що коли
а  2 то розв’язки даної нерівності заходиться між коренями
рівняння –х2+х+4=0, а при a  2 - між коренем рівняння х2+х-4=0 та
меншим коренем рівняння –х2+х+4=0.
Відповідь:
При а  2
При -2<a<2
При а  2
 1  17  4a
 1  17  4a
x
2
2
 1  17  4à
1  17  4a
x
2
2
1  17  4a
1  17  4a
x
2
2
5
4
3
2
1
a
B
0
-5 -4 -3 -2 -1
-1 1 2 3 4 5
A -2
-3
-4
-5
Рис. 6
43
X
4. ЗАДАЧНИЙ ПРАКТИКУМ.
Викладені ідеї та способи часто використовуються при
розв`язуванні різного виду задач під час олімпіад та конкурсів
різних рівнів.
Задача №1.
(Хмельницька обласна інтернет - олімпіада з математики, 2009р. 9клас).
Для кожного значення параметра m розв`язати рівняння
õ2  1  õ2  4  mx . З’ясувати, які пари цілих чисел (х;m)
задовольняють дану рівність.
Розв`язання.
Для побудови графіка скористаємося таблицею:
õ  2
 2  õ  1
-2
Х2-1
Х2-4
+
+
1  õ  1 1  õ  2
-1
1
+
-
-
õ 2
2
+
-
+
+
 2  x  1

1  x  2

2
2
 f ( x)  x  1  x  4  3
 x  2

 x  2

2
2
2
 f ( x)  x  1  x  4  2x  5
 1  x  1

2
2
2
 f ( x)   x  1  x  4  2x  5
Графіком функції y=q(x)=mx є сім`я прямих, що проходять через
точку (0;0). (Рис.1).
44
Y
y=-1.5x
6
y=mx
y=1.5x
4
A(-2;3)B
2
C D(2;3)
X
-4
-2
0
2
4
-2
Рис.1
Для знаходження координат точка В, С розв’яжемо систему
 ó  2õ2  5;

 ó  3;
В (-1; 3), С (1; 3).
Координати точки A, D знайдемо з системи
 ó  3;

2
 ó  2õ  5;
À(2;3)
D(2;3)
Через точку D (2; 3) проходить графік: y=mx, 3=2m, m 
3
3
, ó  õ.
2
2
Функція f(x) - парна, графік симетричний відносно Оу. Таким
3
m

.і
чином дане в умові задачі рівняння має розв’язки при
0
3
3
m   , тобто m  (; 3   
; ) .

2
2
2

Знайдемо цілі пари чисел (х; m), які задовольняли б дану рівність
3 3
При õ  2;2 , m   : - дробове
2 2
при õ  1;1, m  3;3 маємо дві пари (1;3),(-1;-3)
при х=0, у=5, тоді 5= m.о і m не існує.
Інші пари шукаємо з умови, що вони знаходяться в точках
перетину графіків у=mx та у=2х2-5. Тоді 2х2-5=mx
45
2х2-mх-5=0
D=m2+40  0.
m  m2  40
х1;2=
4
Звідси х цілим буде при умові, що вираз m2+40 є точним квадратом.
Нехай m2+40=k2, або k2-m2=40  (k-m) (k+m)=40.
Розв`яжемо одержане невизначене рівняння (діофантове).
Маємо системи виду
k  m  a

; де а,b - цілі множники числа 40.
k - m  b
Підійдуть пари (а;b), які в сумі дають парне число. Врахувавши
парність функцій, розглядаємо а,b>0
k  m  20
k  m  10
m  m2  40
;


x1,2=
4
 k m  2
 k-m  4
3 7
 дробові.
2k=22
2k=14
x1,2=
4
k=11
k=7
m=9
m=3
х1,2= 9 
81  40 9  11
; х1=5, х2
4
4
дробове.
Таким чином, маємо пари (5;9) і (-5;-9), враховуючи парність
функцій.
Відповідь: (-1;-3), (1;3), (-5;-9), (5;9). Інших пар (х; у) з цілими
числами, які задовольняли задане рівняння не існує.
Задача №2
(Хмельницька обласна інтернет – олімпіада з математики 9 кл, 2010р).
При яких значеннях параметра b система має чотири розв`язки
 x  4 y  b;
(² )

2
y

x

1
;

Розв`язання: В системі координат Оху побудуємо графіки рівнянь
1
b
у   х  та y  x 2  1.
4
4
46
y   x 2  1; y  0
Y
2
у=0,25х+0,25b,
x  0, y  0, b  0
у=-0,25х+0,25b,
x  0, y  0, b  0
1
X
0.25
-5
-4
-3
-2
0
-1
-0.25
1
2
4
-2
y=x2-1, y < 0
Рис.2.
b
 1
 4 x  4 , якщо х  0, y  0,

1 х  b ,
якщо x  0, у<0,
4
4
(ІІ) у=  1 b
 x ,
4
4 якщо х<0, y  0,
 1
b
 x  ,
4 якщо х<0, y<0,
 4
 х 2  1,
(ІІІ) y= 
х 2  1,
якщо у  0,
якщо у<0,
при b  0 .
Знайдемо, при яких значеннях в системи (І) має розв’язки:
1  4 у  b,

2
 y  x 2  1, y  x  1
x  4(x 2  1)  b
 4x 2  x  4  b  0 або  4 x  x  4  b  0
Дане рівняння рівносильне сукупності:
2
 4х 2  х  4  b  0, при х  0

при х<0
- 4х 2  х  4  b  0,
4 х 2  х  (4  b)  0, х  0
 2
х<0
4x  x  (4  b)  0,
D=1+16 (4-b)  0 , 4-b   1 ,
16
5
у=0,25х-0,25b,
x  0, y  0, b  0
-1
у=-0,25х-0,25b,
x  0, y  0, b  0
3
-b  4 1 .
16
47
b 4 1
16
1
графік кусково – лінійної функції дотикається до
16
парабол і система (І) має чотири розв’язки (див.рис.2)
b
Якщо  1, тобто b=4, графік має шість спільних точок, система (І)
4
При b= 4
має 6 розв’язків. Якщо b  (4;4
1
) , система (І) має 8 розв’язків.
16
b 1
При b=1 , = параболи з частинами прямих мають дві спільні
4 4
точки , системa (І) має два розв’язки.
Якщо b (1;4), то система (І) має 4 розв’язки.
При b<1 графіки спільних точки не мають і система розв’язків
немає.
При b=0 графік кусково - лінійної функції (ІІ) перетворюється в
точку (0;0).
1
 16

Відповідь: при b  1; ;4  4  система рівнянь буде мати
чотири розв’язки.
Інколи система нерівностей розв’язується і без використання
графічної інтерпретацій.
Задача №3
(Хмельницька обласна інтернет - олімпіада з математики, 9клас 2009 рік)
Знайти всі цілі х та у, які є розв’язками системи нерівностей
2

10õ  11ó  83  0;

2

7 õ  3 y  47  0;
Розв’язання .
Розв’язуємо дану систему нерівностей відносно х:
 11ó2  83
,
10õ  11ó2  83, õ 
10


2
7 õ  3 ó2  47
õ  3 ó  47 ;

7
Записуємо її у вигляді подвійної нерівності:
11ó2  83
3ó2  47
 õ
або
10
7
48
77 ó2  581  õ  30ó2  470  77 ó2  581  30ó2  470 , звідки
ó2 
111
47.
Оскільки у-ціле число, то очевидно, що у2=0 або у2=1.
Підставивши ці значення в умову задачі знайдемо всі цілі
х – розв’язки кожної з утворених систем.
 ó2  0

10õ  83
7 õ  47

 ó2  1

10õ  11  83
7 õ  3  47

Це пари чисел (-8;0); (-7;0); (-7;1); (-7;-1)
Відповідь: (-8;0); (-7;0); (-7;1); (-7;-1).
Проте в багатьох випадках графічна інтерпретація значно
полегшує дослідження та розв’язування рівнянь і нерівностей.
Задача №4
(Шкільна олімпіада з математики, 9 кл.2010.)
2
Розв’язати рівняння в цілих числах ó  1  õ  0 .(1)
Розв’язання:
Задане рівняння рівносильне системі
х 2  у 2  1,
у2  1 х2 ;
  у  0.

у

0
;


Графіком рівняння (І) є півколо (Рис. 3).
Відповідь: (1;0), (0;1), (-1;0).
Y
1
X
-1
0
1
-1
Рис. 3
49
Yа
5
4
а=3
А
В
3
а=b=const
2
a=1
1
X
0
1
2
3
4
5
Рис.4
Задача №5
(Шкільна олімпіада з математики 9клас 2009р.)
При яких значеннях параметра а модуль різниці коренів рівняння
х2-6х+12+а2-4а=0 дорівнює 0?
Розв’язання.
Перепишемо задане рівняння так:
(х-3)2+(а-2)2=1.
Його графіком в системі координат Оха є коло (Рис. 4). Модуль
різниці коренів рівняння дорівнює довжині відрізка АВ, утвореного
при перетині кола і прямої a=b=const.
Довжина хорди АВ=0, якщо пряма а=b дотикається до кола. R=1,
координати центра кола О(3;2). Коло має дві дотичних а=1, а=3.
Відповідь: різниця коренів рівняння рівна 0 при а=1, а=3.
Задача №6
При яких значеннях параметра а система рівнянь
х  3 у  5  0,

має рівно три розв’язки?
х  а2  у 2  4
50
Розв’язання.
х  3 у  5  0, якщо у=0, та х=-5. Графіком першого рівняння є
об’єднання двох променів, які мають спільний початок А (-5;0).
Графіком другого рівняння системи є коло з центром у точці (а;0) і
радіусом 2. (Рис. 5).
Розглянемо таке положення кола, при якому воно має три спільні
точки з графіком першого рівняння системи. З рис. 5 видно, що
центр такого кола знаходиться в точці В(-7;0) , звідси а=-7.
Y
4
2
B
-14 -12 -10
-8
X
A
-6
-4
-2
0
-2
-4
Відповідь: а=-7.
Рис.5
Задача №7
(Хмельницька обласна олімпіада з математики, 9 кл. 2003р).
Знайдіть усі дійсні значення а, при яких система
( х  х )(х  а)  0,
 2
має рівно три розв’язки?
х  у 2  1;
Розв’язання:
побудуємо графік рівнянь (рис.6)
 у   х ,

 х  а,
 2
2
х  у  1.
51
2
4
Y
1
х2+у2=1
X
0
-1
1
у=- х
-1
х=а
Created withРис.6
a trial version of Advanced Grapher - http:/ / www.alent
Точок перетину кола х2+у2=1 з прямою х=а та ламаною у=-│х│ має
бути рівно три.
Отже, а= ±1 і а= ±
2
2
Відповідь: -1; +1; 
2
2
;
.
2
2
Інколи дається обернена задача: розміщення графіків знаходити
аналітичним способом.
Задача №8
(Хмельницька обласна олімпіада з математики,10 кл, 2001 р).
Знайти усі точки параметра а, при яких графіки функцій
у=(а+5)х2-7 і у= (3а+15)х-4 не мають спільних точок.
Розв’язання:
графіки даних функцій не будуть мати спільних точок тоді, коли не
матиме розв’язків рівняння (а+5)х2-7=(3а+15)х-4. Дане рівняння є
квадратне відносно х і воно не матиме розв’язків, якщо
дискримінант рівняння від’ємний. Розв’яжемо нерівність D<0.
(а+5)х2-(3а+15)х-3=0,
D=9(a+5)2+12(a+5)
(a+5)(3(a+5)+4)<0
52
(a+5)(3a+19)<0
Bідповідь:
a  ( 19 ;5)
3
19
( ;5)
3
Задача №9
(Хмельницька обласна олімпіада,11 кл. 2000р)
Розв’язати рівняння:
 х  1 х  1
 3  = 2 ,
до х цілі частини числа.
Розв’язання:
Побудуємо графік функції у=  х  1; у  х  1 в системі координат 0ху.
 3 
2
(Рис. 7)
Точок перетину буде три при х=1, х=3, х=5.
Відповідь: 1;3;5
Y
8
4
X
-8
-4
0
4
8
-4
-8
Рис. 7
Created with a trial version of Advanced Grapher - http:/ / www.a
Задача №10.
(Районна олімпіада з математики 2009р, 10клас).
Скільки розв’язків має рівняння x2-[x]=3, де [х]- ціла частина х.
Розв’язання:
х2-[х]=3,
х2-3=[х].
Побудуємо графік функції у=х2-3 і у=[х] в системі координат Оху.
(рис 8).
53
5
4
3
2
1
2
y=x -3
Y
y= x
X
-5 -4 -3 -2 -1-10 1 2 3 4 5
-2
-3
-4 Рис. 8
-5
Графіки перетинаються в єдиній точці на проміжки 2<x<3.
Відповідь: Один розв`язок.
Задача №11
(Районна олімпіада 2008р.)
На координатній площині хОу зобразити множину точок,
координати яких задовольняють нерівність
 õ  12   ó  22
Розв`язання.
2
2
2
2
Так як à  à ,   õ  1  ó  2
 ó  2  õ 1  ó  2
Тоді
 ó 1  õ  ó  3
ó  õ 3
ó   õ  1.
(Рис.9)
54
Y
3
2
1
X
-5 -4 -3 -2 -1 0
-1
1
2
3
4
5
-2
-3
-4
-5
Рис.9
Задача №12
При яких значеннях параметра а рівняння
(а+4х-х2-3)(а-1- õ  2 )=0 має три корені?
Розв’язання:
a  x 2  4x  3;
(а+4х-х2-3)(а-1- x  2 )=0  
a  x  2  1;
В системи координат Оxа будуємо графік першого та другого
рівнянь сукупності, об’єднання яких є графіком заданого рівняння
(рис 10)
а=х2-4х+3=х2-4х+4-1=(х-2)2-1;
5
a
a=│x-2│+1
4
3
a=x2-4x+3
2
a=1
1
X
-2
-1 0
-1
-2
1
2
Рис.10
55
3
4
5
З графіка (рис 10.)видно, що пряма а=а1, перетинає графік даного
рівняння в трьох точках лише в одному випадку,коли а=1.
Відповідь: а=1
Задача №13
При яких значеннях параметра а тільки один корінь рівняння
х -ах+2=0 задовольняє умову 1<x<3 ?
2
Розв’язання:
.D  0 , D=а2-8  0 , а2  8 ;
Якщо а=-2 2 , то х=- 2  (1; 3)
Якщо а=2 2 , то х= 2  (1; 3).
Отже, а=2 2 входить до відповіді.
Якщо D>0,то рівняння має два корені х1, х2(х1<х2), причому або
х1(1;3), а х2 (1;3) або х1(1;3), а х2(1;3).
Розміщення параболи на (рис.11) визначає така сукупність яка
гарантує виконання нерівності D>0.
f(1)  0;

f(3)  0;  f(1)  f(3)  0,
звідси (3-а) (11-3а)<0, або 3<a< 11 .
f(1)  0;
3

f(3)  0;
Проте існують і інші випадки розташування парабол, які
задовольняють умову задачі (Рис.12)
Тоді х1 (1;3), х2=3, або х2 (1;3), х1=1.
Розглянемо ці випадки.
Якщо f(3)=0, то а= 11 і х1= 2 , х2=3, що не задовольняє умову х1(1;3)
3
3
Якщо f(1)=0, то а=3 і х1=1, х2=2, що задовольняє умову задачі
Відповідь: 3  a  11 або а=2 2 .
3
56
Y
Y
3
3
2
2
1
1
X
x
0
1
2
3
4
-1
5
0
X
x
1
2
3
-1
-1
а)
-2
б)-2
Рис. 11
a)
a)
Y
Y
3
3
2
2
1
1
X
-1
0
1
2
3
4
X
5
-1
-1
0
1
2
3
4
5
-1
а)
б)
a)
Рис.12
a)
 
 11
 2 2
Відповідь: a  3;
 3
Задача № 14
При яких значеннях параметра a множиною розв’язків нерівності
х  3  а  2  y є числовий проміжок, довжина якого не більша
за 4 ?
Розв’язання:
Будуємо графік даної нерівності на площині Оха (рис.13).
Якщо горизонтальна пряма a=k перетинає квадрат по відрізку AB,
то множиною розв’язків нерівності є відрізок х1; х 2  (рис 13).
Довжина відрізка АВ буде не більшою за 4, якщо
4  а <6
або -2<a  0
57
Відповідь: а  2;0 4;6 .
a
a
6
6
4
4
A2
B
X1
-2 0
2
4
2
a=k
X
X
0
-2
6X2
2
4
6
-2
-2
Рис.13 (б)
Рис.13 (a)
Задача №15
Знайти усі значення параметра а, при яких нерівність 3- x - a  x
має хоча б один від’ємний розв’язок?
Розв’язання:
2
2


x

a

3

x
a

x
 x  3,


2
2
x

a

3

x




3- x - a  x ,
2
2


x

a


3

x

a   x  x  3;
Дана система повинна мати хоча б один від`ємний розв’язок. Ця
2
a  x 2  x  3

a  x2  x  3

вимога рівносильна такій: ситема
повинна мати
x  0

розв’язок.
В системі координат Оха зобразимо розв’язки останньої системи
(рис.14). ЇЇ графіком є заштрихована фігура.
58
4
a=x2+x-3
a
3
a=k
2
1
X
-4 -3 -2 -1 0
-1
1
2
-2

-3
3
4
a=-x2+x+3
13
4
-4
Рис. 14
Система має розв’язок, якщо горизонтальна пряма а = к перетинає
заштриховану фігуру, цей перетин забезпечується умовою 13
 a  3.
4
13
Відповідь: а  ( ;3)
4
Розв’язати нерівність
Задача №16.
1
4  õ2  .
õ
Розв’язання:
В системі координат Оху будуємо графіки функцій y  4  x 2 і
ó
1
õ
(рис15).
Дана нерівність справджується тоді і тільки тоді, коли
õ  2;â   à;0  0; à  â;2. Залишається знайти точки а і в .
Для цього розв’язуємо рівняння: x  x
1
1
4  õ2   4  õ2  2 ,  õ4  4õ2  1  0,
õ
õ
2
2
звідси õ  2  3 отже, à  2  3 , â  2  3
Відповідь: õ   2; 2  3    2  3 ;0    0; 2  3    2  3;2 
59
3
Y
y  4  x2
2
y
1
x
1
X
-3
-2 -b
-1 -a 0
a
1
b 2
3
-1
Рис. 15
Задача №17
(Фізичний факультет КДУ, 1965р.)
На площині дано дві взаємно перпендикулярні прямі. Знайти
множину всіх тих точок площини, добуток відстаней яких до даних
прямих дорівнює сумі цих відстаней.
Розв’язання:
Візьмемо дані прямі за осі прямокутної системи координат Оху.
Точка (х; у) належатиме шуканій множині тоді і тільки тоді, коли
х * у  х  у.
х * у  х  у  1  1  0,
х  у  1   у  1  1,
 у 1 х 1  1,
Шукана множина точок симетрична відносно обох координатних
осей.
Знайдемо ті точки шуканої множини, які мають невід’ємні
х  1 у  1  1,

координати. Вони задовольняють систему х  0
у  0

Графік рівняння (х-1)(у-1)=1 дістаємо перетворення графіка ху=1

(зміщенням на вектор r (1;1) ) (Рис.16).
Відповідь: шукана множина складається з точок чотирьох віток
параболи і точки (0;0).
60
Y
5
4
3
2
1
X
-5 -4 -3 -2 -1 0
-1
1
2
3
4
5
-2
-3
-4
-5
Рис.16
Задача №18.
Розв’язати графічно систему нерівностей:
 у  4  х 2 ,

 у  2  х;
Розв’язання.
В системі координат Оху будуємо графіки функцій у  4  х 2 і
у  х  2. (Рис. 17 )
Відповідь: розв’язками системи нерівностей є точки заштрихованої
фігури.
Y
2
X
-2
0
-2
Рис.17
61
2
Задача №19.
Розв’язати графічно систему нерівностей:
2

 у  х  4,


у  2   х ;
Розв’язання:
2
В системі координат Оху будуємо графік функції у  х  4 і
у   х  2. (Рис. 18)
Відповідь: координати точок заштрихованої фігури є розв’язками
даної системи нерівностей.
5
4
3
2
1
Y
X
0
-5 -4 -3 -2 -1
-1 1 2 3 4 5
-2
-3
-4
-5
Рис.18
Created with
a trial version of Advanced Grapher - http:/ / www.alentu
Задача №20.
(Хімічний факультет КДУ)
Розв’язати графічну систему нерівностей.
2
2

х  у  2
 2

х  у  0
Розв’язання:
Будуємо графіки рівняння х2+у2=( 2 )2 та функцій у=х2 і у= -х2
(Рис. 19).
62
Y
y=x2
2
1
x2+y2=2
-2
X
-1
0
1
2
-1
y= -x2
-2
Created with a trial version of Advanced Grapher - http:/ / www.al
Відповідь: Координати точок заштрихованої фігури і є розв’язками
даної системи нерівностей.
Задача 21.
При якому значенні параметра а корені рівняння х2+2(а-4)+а2+6а=0
додатні?
Розв’язання:
Запишемо ряд умов, які визначають відсутність розташування
параболи на координатній площині (Рис. 20).
1
3
2
4
Y
4
3
5
2
1
X
-8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0
-1
1
-2
-3 20
Рис.
-4
Рис.9
63
2
3
4
5
6
7
8

D  0

f(0)  0
Умову задачі задовольняють параболи 4 і 5 отже 
b
xb    0
2a

Таким чином

8
a  (; 7 


16  4a  0

 2
 8
a

6
a

0

a

(

;

6
)

(
0
;

),

a

(

;

6
)

 0; 


 7
 (a  4)  0 

a  (;4)




8

Відповідь: (;6)   0; 7 
Задача 22.
Знайти усі значення параметра а, при кожному з яких сума
квадратів коренів рівняння х 2  х а 2  6а - а – 4=0 буде найменшою.
Розв’язання:
Знайдемо область допустимих значень а а2-6а  0 , а(а-6)  0
D(y)=(  ;0 ]  [6;  )
+
+
0
--
а
6
Знайдемо найменше значення в області допустимих значень
х12+х22=(х1+х2)2-2х1х2=а2-6а+2а+8=а2-4а+8=(а-2)2+4. Побудуємо
графік параболи у=(х-2)2+4 (Рис. 24)
64
24
Y
20
16
12
8
4
a
-4 0
-4
4
8
12
Рис. 21
В області допустимих значень ця функція набуває найменшого
значення 8 при а = 0.
Відповідь: а = о
Задача 23.
Розв’язати рівняння 2+3 х =4х.
Розв’язання:
Розв’яжемо рівняння відносно цілої частини змінної х х 
4х  2
3
4х  3
(Рис.22). Ці графіки
2
мають чотири спільні точки А(х 1 ; -1), В(х 2 ; 0), С(х 3 ; 1) і D(х 4 ; 2).
Оскільки вони розміщенні на прямій, то їхні координати
4 х1  2
4 х2  2
4 х3  2
справджують її рівняння: -1=
, 0=
,
, 1=
3
3
3
і побудуємо графіки функцій у= х і у=
4 х4  2
2=
3 .
1
1
х1=- , х2=1/2 , х3= 1 , х4=2.
4
4
1
1
;2.
Відповідь: -1/4; 1/2;
4
65
Y
5
4
3
D
2
C
1
B
0
-3 -2 -1
1
A -1
X
2
3
4
5
-2
-3 Рис.22
Задача 24.
Розв’язати рівняння х3- х =3.
Розв’язання.
Замінимо рівняння рівносильним х3-з= х і побудуємо графіки
функції у=х3-3 і у= х (Рис.23).
4
3
2
1
Y
A
X
-3 -2 -1-10 1 2 3 4 5
-2
-3
-4
-5
-6 Рис.23
3
Графіки мають одну спільну точку А(х; 1), абсцису якої х= 4
знаходимо з рівняння х3-1=3.
3
Відповідь: х= 4 .
66
Задача №25
Побудувати графік рівняння
Розв’язання:
(Рис.24)
x   y   1
5
4
3
2
1
-5 -4 -3 -2 -1-10
-2
-3
-4
-5
a
X
1 2 3 4 5
Рис. 24
5. ЗАДАЧІ ДЛЯ САМОСТІЙНОГО РОЗВЯЗУВАННЯ.
5.1. Задачі ІІІ (обласного) етапу Всеукраїнських математичних
олімпіад.
1). 2004р. 8 клас.
5x 2  x
Побудувати графік функції y= x  x
2). 2001р. 8 клас.
Розв’язати рівняння x  2 = х
3). 2001р. 9 клас.
х х  у у  1
Розв’яжіть систему рівнянь х  у  1

4). 2002р. 11клас.
Розв’яжіть рівняння 1  1  х  х
67
5). 2001р. 8 клас.
 xy  1  õ  ó
Розв’яжіть систему рівнянь  2
õ  ó2  1
5.2. Задачі ІV етапу Всеукраїнських математичних олімпіад.
6). 2001р. 9 клас.
Знайдіть усі значення параметра а такі, що фігура
на координатній площині хоу задана умовою х  у  а  2 ,у
перетині з прямою у=2001утворює відрізок довжини, більшої від 1.
7). 2002р. 8 клас.
Знайдіть усі дійсні значення а, для яких система рівнянь
у  х х  а  0
 2
має рівно три розв’язки.
х  у 2  1
8). 2003р. 10клас.
Визначити кількість коренів рівняння
х 2  х  а  х у залежності від параметра а.
9). 2004р. 9 клас.
Зобразіть на координатній площині хоу множину всіх точок
М (х; у), координати яких задовольняють рівність х2- х = у
10). 2005р. 9клас.
Зобразіть на координатній площині хоу множину всіх точок
М(х; у), координати яких задовольняють нерівність
õ 1 ó 1  0
2
11). 2007р. 9клас.
x  y
Для яких значень параметра а системи рівнянь  õ  ó  à має не

більше двох розв’язків ?
68
12). Розв’язати нерівність
А) 3 x <4х-х2
1
1
2
х

Б)
4 >х- 3
13). Розв’язати рівняння
 
А) x  x  2000 ,


Б) x  10  0,5õ  1
69
Зміст
Передмова
-3
1. Дещо про математику змінних величин
–4
2. Побудова графіків найуживаніших типів функції
–9
3. Графіки функцій при розв’язувані рівнянь і нерівностей – 30
4. Практику по розв’язку рівнянь і нерівностей ( за матеріалами
олімпіад і конкурсів)
– 37
5. Задачі для самостійного розв’язування
70
Список літератури
1. Вірченко Н.А, Ляшко І.І, Швецов К.І. Графіки функцій.
Довідник-К. Наукова думка.1979
2. Гельфонд І.М , Глаголєва Е.Г., Шноль Е.Е. Функції і
графіки.М. Наука. 1973
3. Гориштейн П.І. Полонський В. Б. Якір М.С. Задачі з
параметрами К. ріа «Текет» 1992
4. В.О. Тадеєв. Побудова графіків функції Тернопіль
«Підручники і посібники» 2003.
5. Федак В.І. Розв’язування рівнянь. Доведення нерівностей
Тернопіль 1997р.
6. Вишенський В.А, Перестюк М.О,Самойленко А.М, конкурсні
задачі з математики К. Вища школа 2001
7. Лейфура В.М. та ін. Математичні олімпіади школярів України
2001-2006 Львів «Каменяр» 2008.
8. А.Г Мерзляк, В.Б.Полонський М.С. Якір Алгебра. Підручник
для 9го класу з поглибленим вивченням математики. Харків
Гімназія 2009.
71
Микласька загальноосвітня школа І-ІІ ступенів
Дашкевич Михайло Якимович
Застосовування графіків функції при розв’язуванні рівнянь і
нерівностей.
Посібник для підготовки до математичних олімпіад учнів
8-10 класів
с. Миклаші 2011
72
73
Якщо Ви не байдужі до математики, а надто
– якщо маєте серйозні наміри щодо
подальшого самовдосконалення у цій
найдавнішій і найшанованішій з наук, то саме
Вам потрібний даний посібник.
Графічне задання або графічне
моделювання функції – один з проявів
глобальної ідеї геометризації сучасної науки.
74
Автор
sudarinya_324512
Документ
Категория
Образование
Просмотров
43
Размер файла
1 705 Кб
Теги
використання
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа