Дипломная работа: Графічні методи розвязування задач із параметрами

Название: Графічні методи розвязування задач із параметрами
Раздел: Рефераты по математике
Тип: дипломная работа

Міністерство освіти і науки України

Дніпропетровський національний університет

Кафедра математичного аналізу

Факультет заочної та дистанційної освіти

ДИПЛОМНА РОБОТА

Графічні методи розв’язування задач із параметрами

Виконавець Керівник роботи

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

Лісняк Л.В. Трактинська В.М.

“___” червня 200_ р. “____" червня 200_ р.

Допускається до захисту

Завідувач кафедроюРецензент

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

Бабенко В.Ф. Великін В.Л.

“___” червня 200_ р. “___”червня 200_ р.

м. Дніпропетровськ 200_ р.

Реферат

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

Об’єктом дослідження є задачі з параметрами.

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

Методика дослідження - вивчення метода та розв’язування задач.

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

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

Annotation

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

Bibliography: 7

Зміст

Вступ

Розділ 1. Координатна площина

1.1 Паралельний перенос

1.2 Поворот

1.3 Гомотетія. Стиск до прямої

1.4 Дві прямі на площині

Розділ 2. Координатна площина (x; a)

Розділ 3. Застосування похідної

Список використаної літератури

Вступ

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

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

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

лінійна функція (де - змінні, - параметри);

лінійне рівняння (де - змінна, - параметри);

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

ІІІ розділ роботи “Застосування похідної” присвячений побудові графічного образу із застосуванням похідної.

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

Розділ 1. Координатна площина

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

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

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

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

1.1 Паралельний перенос

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

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

Розв’язання. Побудуємо графіки функцій та .

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

Рис.1.1.1

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

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

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

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

Рис.1.1.2

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

3. Знайти число розв’язків рівняння .

Розв’язання. Побудуємо графік функції .

Рис.1.1.3

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

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

4. Розв’язати рівняння .

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

Рис.1.1.4

Розв’язуючи рівняння , знаходимо .

Якщо , то ; якщо , то або .

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

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

Розв’язання. Побудуємо графіки функцій та .

Рис.1.1.5

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

Відповідь: а=-1 та а=-0,5.

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

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

функцій та . Знайдемо ОДЗ рівняння: .

Рис.1.1.6

Графіки функцій та мають одну точку перетину при та .

Відповідь: та .

7. При яких значеннях а рівняння має два корені?

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

Рис.1.1.7

Відповідь: .

8. Розв’язати нерівність .

Розв’язання. Побудуємо графік прямої та пів парабол .

Рис.1.1.8

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

Якщо , то .

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

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

9. При яких рівняння має єдиний розв’язок?

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

Рис.1.1.9

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

Відповідь: або .

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

Розв’язання. З першого рівняння системи знаходимо .

Це рівняння задає сім’ю парабол, які “ковзають" вершинами вздовж прямої . З другого рівняння знаходимо - коло з центром в точці (1, 0) радіуса 1.

Рис.1.1.10

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

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

Відповідь: .

Задачі для самостійної роботи

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

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

Будуємо графік функції з областю визначення та (рис.1.1.11).

Рис.1.1.11

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

Відповідь: b > 100.

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

Розв’язання. Графіком функції є півколо з центром (0; 0) та радіусом 1 (рис.1.1.12). Функція для кожного фіксованого значення параметра задає пряму, тобто рівняння на координатній площині (х; у) породжує систему паралельних прямих.

Рис.1.1.12

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

Відповідь: .

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

Розв’язання. Перша сім’я задає систему "кутів", сторони яких утворюють кути по 45° с віссю абсцис. Вершини знаходяться на вісі х, причому праворуч від початку координат (а = 0 нас не задовольняє, так як в цьому випадку початкове рівняння має корені різних знаків). Друга сім’я являє собою множину прямих, паралельних вісі абсцис. Ці прямі повинні перетинати "кути" в точках, абсциси яких мають однакові знаки. По рис.1.1.13 легко знайти умову для параметра, яке задовольняє вимогам задачі.

Рис.1.1.13

Маємо

Розв’язавши цю систему, знайдемо

Відповідь. або .

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

Розв’язання. Графік функції для наведено на рис.1.1.14.

Рис.1.1.14

При а = 0 рівняння має єдиний корінь.

З сім’ї паралельних прямих у = х-а нас цікавлять тільки ті, які перетинають побудований графік в трьох точках. Очевидно таких прямих тільки дві. Вони й побудовані на рисунку 1.1.14. Для прямої 1 маємо , а для прямої 11 маємо . Оскільки , то знаходимо

Відповідь: або .

Тепер будемо розглядати сім’ї кривих, які задаються рівняннями або , . Членами цих сімей будуть "півпараболи".

5. Розв’язати нерівність .

Розв’язання. Побудуємо прямую (рис.1.1.15). Якщо "пів парабола" розташована нижче прямої, то очевидно нерівність розв’язків не має (рис.15, положення I). Розв’язки з’являються тільки з моменту дотику (положення II).

Рис.1.1.15

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

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

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

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

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

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

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

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

Розглянемо функції (рис.1.1.16). Серед них лише одна задає сім’ю кривих.

Рис.1.1.16

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

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

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

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

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

Ліву частину другого рівняння системи розкладемонамножники. Маємо

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

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

Рис.1.1.17

Скористаємося рис.1.1.17. Якщо вершини "півпарабол" знаходяться праворуч від точки А, але ліворуч від точки В (точка В відповідає положенню вершини в момент дотику "півпараболи" з прямою ), то очевидно графіки спільних точок не мають.

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

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

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

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

Розв’язання. Перше рівняння системи зручно представити у вигляді . Це рівняння задає сім’ю кіл постійного радіуса, рівного 1, причому центри кіл лежать на прямій . Побудуємо графік функції (рис.1.1.18). На цьому ж рисунку показано чотири положення кола, при яких початкова система має єдиний Розв’язання.

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

Рис.1.1.18

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

Відповідь:

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

Розв’язання. Графіком функції є півколо з радіусом, рівним 1, яке "пливе" своїм центром по вісі абсцис. Дана нерівність буде мати Розв’язання тоді, коли точки півкола будуть вище відповідних точок прямої . На рис.1.1.19 показано одно з можливих положень півкола.

Рис.1.1.19

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

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

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

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

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

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

Відповідь: .

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

Розв’язання. Представимо рівняння у вигляді . Права частина цього рівняння задає нерухомий "кут", ліва - "кут", вершина якого рухається по вісі абсцис (рис.1.1.20).

Рис.1.1.20

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

потрапить або в точку А або в точку В.

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

Відповідь: або .

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

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

Одержану нерівність слід переписати так: .

"Кут" повинен бути розташований так, щоб на параболі не знайшлося ні однієї точки, яка б лежала вище відповідних точок "кута" або на самому "куті". Для цього вершина "кута" не повинна належати відрізку (рис.1.1.21).

Рис.1.1.21

Абсциси а ₁ и а ₂ відповідають моменту дотику. Таким чином, шукані значення параметра визначаються сукупністю нерівностей або . Залишилось знайти та . Значення та знайдемо, вимагаючи відповідно від рівнянь мати

єдиний корінь. Звідси .

Відповідь: або .

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

Розв’язання. Маємо . Права частина цієї нерівності задає сім’ю "кутів", вершини яких лежать на прямій у = 3 (рис.1.1.22).

Рис.1.1.22

Якщо вершина "кута" знаходиться між точками А та В, то обов’язково знайдуться проміжки області визначення, на яких графік лівої частини нерівності не вище графіка правої частини. На рис.1.1.22 показано одно з проміжних положень "кута" з вершиною С. В цьому випадку розв’язком початкової нерівності будуть всі точки відрізку MN.

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

4) шуканою відповіддю. Але умова задачі вимагає, щоб розв’язком нерівності був відрізок числової прямої. А якщо вершина "кута" співпадає з будь-якою з точок відрізка EF, включаючи Е і не включаючи F (рис.1.1.23, точка F відповідає моменту дотику), то розв’язком нерівності буде або відрізок і точка, або два відрізки. Визначив координати точок Е та F, знаходимо .

Рис.1.1.23

Відповідь: .

1.2 Поворот

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

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

1. При яких рівняння має три розв’язки?

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

Рис.1.2.1

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

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

Відповідь:

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

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

Рис.1.2.2

Якщо , то , звідки

Знайдемо параметр : , звідки , тобто .

, звідки , тобто та .

Відповідь: при ; при або ; при або .

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

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

Рис.1.2.3

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

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

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

Розв’язання . Запишемо ОДЗ рівняння:

Побудуємо графіки функцій та враховуючи ОДЗ.

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

Рис.1.2.4

Рівняння можна переписати у вигляді: , . Знайдемо .

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

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

Відповідь: при , при .

5. При яких рівняння має розв’язки?

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

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

Рис.1.2.5

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

Відповідь: та .

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

Розв’язання . Запишемо ОДЗ рівняння:

, .

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

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

Інші значення параметра знайдемо з ОДЗ: , звідки .

Рис.1.2.6

Відповідь: , .

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

Розв’язання. Знайдемо ОДЗ рівняння:

, .

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

Рис.1.2.7

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

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

Відповідь: або .

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

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

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

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

Рис.1.2.8

Відповідь: або .

Задачі для самостійної роботи

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

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

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

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

Рис.1.2.9

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

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

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

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

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

Кутовий коефіцієнт k дорівнює .

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

має два різних розв’язки.

Розв’язання. Наступна система рівносильна початковій

На рис.1.2.10 зображено вітку гіперболи при х > 0. Всі прямі, які проходять через точку М (6;

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

Рис.1.2.10

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

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

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

Розв’язання. Система

рівносильна початковій.

На рис.1.2.11 точка (3; 0) - центр повороту.

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

Рис.1.2.11

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

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

Відповідь: або .

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

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

1) і радіусом 1.

На рис.1.2.12 це дуга АВ. Всі прямі у = ах, які проходять між променями ОА та 0В перетинають дугу в одній точці. Також одну точку с дугою мають пряма ОВ та дотична ОМ.

Рис.1.2.12

Кутові коефіцієнти прямих 0В та ОА відповідно дорівнюють та . Кутовий коефіцієнт дотичної ОМ дорівнює . Дійсно, вимагаючи від системи

мати єдиний розв’язок, знаходимо .

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

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

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

На рис.1.2.13 зображено графік функції . Всі прямі сім’ї прямих проходять через точку (0;

1) - центр повороту.

Рис.1.2.13

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

Відповідь: .

6. При яких значеннях параметра а система

має три різних розв’язки?

Розв’язання. Розглянувши перше рівняння системи як квадратне відносно y, легко розкласти його ліву частину на множники. Маємо . Графік цього рівняння - об’єднання двох парабол - наведено на рис.1.2.14.

Рис.1.2.14

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

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

Відповідь: , , , .

7. Скільки різних розв’язків має система рівнянь

в залежності від параметра а?

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

або

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

Перша система сукупності має два розв’язки при будь-якому а ( рис.1.2.15).

Знайдемо число розв’язків другої системи (рис.1.2.15): при - немає розв’язків, при - один розв’язок, при - два розв’язки.

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

Рис.1.2.15

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

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

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

Розв’язання. Нерівність х + 2у > а задає півплощину з "пливучою" межею х + 2у = а . Оскільки очевидно, що а < 0, то система нерівностей задає внутрішню область трикутника ОАВ з координатами вершин О ( 0; 0), А (0; а), В - рис.1.2.16.

Рис.1.2.16

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

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

Відповідь: .

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

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

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

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

Рис.1.2.17

Таким чином, кутовий коефіцієнт прямих задовольняє вимозі . Звідси

Відповідь:

1.3 Гомотетія. Стиск до прямої

1. Знайти число розв’язків системи рівнянь ()

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

Рис.1.3.1

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

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

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

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

2. При яких дійсних значеннях система

має 8 різних розв’язків?

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

Рис.1.3.2

Знайдемо значення параметра , при якому коло дотикається до ромба.

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

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

3. Визначити, при яких система рівнянь

має точно два розв’язки.

Розв’язання. Перепишемо систему рівнянь у вигляді

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

Рис.1.3.3

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

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

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

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

Рис.1.3.4

, звідки

, .

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

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

Розв’язання. Перепишемо рівняння у вигляді . Побудуємо графіки функцій (гомотетичні кути з вершиною в точці (2,0)) та . При графіки наведені на рисунку 1.3.5

Рис.1.3.5

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

При графіки та наведені на рисунку 1.3.6.

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

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

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

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

Рис.1.3.6

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

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

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

При маємо 1 розв’язок.

Розглянемо випадок дотику двох графіків.

Запишемо рівняння дотичних до кожного з графіків в точці :

, звідси .

Підставляємо в рівняння , тоді , .

Рис.1.3.7

Відповідь: або .

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

Розв’язання. Побудуємо графіки функцій та .

Рис.1.3.8

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

Якщо , то , , при .

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

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

Задачі для самостійної роботи

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

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

Графіком першої нерівності цієї системи є півплощина з межею (рис.1.3.9).

Рис.1.3.9

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

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

Відповідь: .

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

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

Якщо квадрат (рис.1.3.10) знаходиться в колі система розв’язків не має.

Рис.1.3.10

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

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

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

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

З рис.1.3.11 видно, що зі збільшенням радіуса півкола зростає число коренів початкового рівняння. Їх буде рівно вісім, якщо .

Рис.1.3.11

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

Відповідь: або .

4. Знайти всі а, при яких системи рівносильні.

та

Розв’язання. Перепишемо першу систему в виді де

Перше рівняння системи задає сім’ю паралельних прямих, зображену на рис.1.3.12. Для випадку а > 0 друге рівняння системи задає сім’ю кіл.

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

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

Рис.1.3.12

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

Відповідь: .

5. При яких додатних значеннях параметрів а та системи рівнянь

та

мають однакове число розв’язків?

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

1) (рис.1.3.13). Оскільки за умовою , то , і система має не менше чотирьох розв’язків. Очевидно такою ж властивістю володіє перша з початкових систем.

Рис.1.3.13

Вона рівносильна сукупності наступних двох систем:

або

Оскільки а > 0, то сім’я паралельних прямих (рис.1.3.13) перетинає графік лише в одній точці, а значить, перша система сукупності має тільки один розв’язок. Друга система може мати не більше трьох розв’язків (рис.1.3.14). Тому ми вимагаємо від цієї системи мати рівно три розв’язки.

Рис.1.3.14

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

Тепер залишилося з’ясувати, при яких а друга з даних в умові систем має рівно чотири розв’язки. Розглянемо точку (рис.1.3.13). Якщо радіус кола буде більше або дорівнює О ₁ М, то система очевидно буде мати більше чотирьох розв’язків. Тоді знаходимо , тобто при а > 0 маємо .

Тепер визначимо при яких . Легко встановлюємо, що .

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

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

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

Розв’язання. Розглянемо функції и . На рис.1.3.15 побудовані графік першої з них, а також графіки шести представників сім’ї прямих відповідно для випадків (Для а = 0 маємо вісь абсцис) Одержаний графічний образ дає повну інформацію про Розв’язання початкового рівняння. Залишилося лише знайти значення та .

Рис.1.3.15

Очевидно шукані значення відповідно для и - це корені рівняння .

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

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

якщо а = 1, то ; якщо а = - 1, то .

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

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

Графіком першої нерівності системи є всі точки координатної площини (х ; у), окрім прямої . Інші нерівності задають область, обмежену віткою гіперболи . (На рис.1.3.16 ця область показана штриховою лінією)

Рис.1.3.16

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

Відповідь: b= 3, 4,...

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

Розв’язання. Графіком нерівності є область, обмежена ромбом (рис.1.3.17).

Рис.1.3.17

Нерівність рівносильна системі . Очевидно при ця система задає необмежену множину точок (рис.1.3.18), яка не може поміститися в середині ромба. Якщо а > 0, то система задає фігуру, зображену на рис.1.3.19.

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

Рис.1.3.18 Рис.1.3.19

Відповідь: .

1.4 Дві прямі на площині

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

1. Знайти значення , при яких система рівнянь

має єдиний розв’язок.

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

Якщо та , то , .

Прямі паралельні, якщо , звідки

Прямі співпадають, якщо , звідки

Прямі перетинаються, якщо , звідки .

Відповідь: система має єдиний розв’язок при .

2. Покажіть, що система рівнянь

має єдиний розв’язок при всіх значеннях .

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

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

Відповідь: прямі перетинаються при всіх значеннях .

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

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

Якщо , то ; .

Система немає розв’язків, коли прямі паралельні, тобто

Відповідь: система немає розв’язків при .

4. При яких значеннях система рівнянь

має нескінчену множину розв’язків?

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

Якщо , то . З першого рівняння маємо .

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

Відповідь: система має нескінчену множину розв’язків при .

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

має нескінчену множину розв’язків.

Розв’язання. Перепишемо систему рівнянь у вигляді

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

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

, тоді

Відповідь: або .

6. При яких значеннях існують розв’язки системи рівнянь

які задовольняють одночасно нерівностям ?

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

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

Відповідь: .

7. Знайти всі , при яких рівносильні системи рівнянь

та .

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

Підставимо знайдені значення в перші рівняння заданих систем:

або .

Перша система при має нескінчено багато розв’язків:

Тому системи рівнянь рівносильні при .

Відповідь: .

8. Числа такі, що система рівнянь

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

Розв’язання. Перепишемо систему у вигляді:

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

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

Тоді

З системи трьох рівнянь знаходимо

або .

Відповідь: або .

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

мала б хоча б один розв’язок

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

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

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

Необхідно дослідити систему при та . При даних значеннях рівняння системи задають або паралельні або співпадаючі прямі. Випадку перетину прямих відповідає рівняння:

При маємо , , , . При маємо , , , . Таким чином, . Відповідь: .

10. Знайти такі, щоб при будь-яких система рівнянь мала б хоча б один розв’язок:

Розв’язання. Перепишемо систему рівнянь у вигляді: . При задана система має єдиний розв’язок при будь-яких значеннях . Тому достатньо знайти такі , щоб система мала б розв’язок при .

Маємо , звідси .

Відповідь:

Задачі для самостійної роботи

1. Визначити число розв’язків системи в залежності від значень параметра а.

Розв’язання. Графіками рівнянь системи є прямі. Оскільки коефіцієнт при у в першому рівнянні не дорівнює нулю, то це рівняння задає невертикальну пряму Друге рівняння при задає вертикальну пряму, яка очевидно перетинає графік першого рівняння, що рівносильне початковій системі мати єдиний розв’язок. Якщо , то маємо Прямі паралельні, якщо

Прямі співпадають, якщо

Прямі перетинаються, якщо

Розв’язання першої системи другої: Розв’язання останньої нерівності и

Відповідь: якщо та то система має єдиний Розв’язання (зазначимо, що значення враховано); якщо то розв’язків нескінчене багато; якщо то розв’язків немає.

Зауваження. Розглянута система належить класу систем двох лінійних рівнянь с двома змінними х та у, тобто систем виду

де - деякі числа (параметри).

2. Задані два твердження: а) система має нескінченно багато розв’язків; б) прямі, задані рівняннями та

перетинаються в другій чверті декартової прямокутної системи координат. При яких значеннях а одне з тверджень істинно, а інше - хибне?

Розв’язання. Графіком першого рівняння системи є невертикальна пряма . При система очевидно має єдиний Розв’язання (друге рівняння задає вертикальну прямую). Якщо , то маємо . Звідси система має нескінченно багато розв’язків, якщо

Знаходимо .

Прямі, задані в твердженні б), зручно записати так:

та . Зрозуміло, що вони будуть перетинатися, якщо , тобто . Розв’язав рівняння , легко знайти координати точки перетину прямих.

Маємо та .

Прямі перетинаються в другій чверті, якщо та у > 0. Звідси .

Таким чином, твердження а) істинно, якщо а = 2, твердження б) - якщо . Тоді вимогам задачі задовольняє наступне: а < 2 або .

Відповідь: а < 2 або .

3. Знайти всі значення а, при кожному з яких для будь-якого значення b система

має хоча один розв’язок (х, у, z).

Розв’язання. Маємо систему двох рівнянь с трьома змінними. Однак на цю систему можна дивитися, як на лінійну зі змінними х та у і параметрами а, b, z. Тоді Розв’язання проведемо за схемою, викладеною раніше.

Маємо - невертикальна пряма. Тоді при (друге рівняння системи - вертикальна пряма) система має розв’язок при будь-яких а та z. Якщо , одержимо

Звідси, якщо , тобто та , система очевидно має Розв’язання при будь-яких а та z. Однак задача вимагає, щоб b було довільним. Тому необхідно дослідити випадки, коли та . Для даних значень b рівняння системи задають або паралельні прямі, або співпадаючі. Нас влаштовує, тільки другий випадок. Для цього необхідно вимагати, щоб . При маємо , при . Залишилося знайти такі а, при яких знайдені рівняння відносно z мають хоча б один Розв’язання, причому одночасно. Оскільки ці рівняння степені не вище другої, то встановлюємо, що .

Відповідь: .

4. Знайти всі а , при яких для будь-якого b існують чотири різні значення с , при яких система має хоча б один Розв’язання.

Розв’язання. При дана система має єдиний Розв’язання при будь-яких а та с . Оскільки за умовою b - довільне, то розглянемо окремо випадок, коли .

Знаходимо

Ця система має Розв’язання, якщо. Маємо біквадратне рівняння відносно с . Воно має чотири різні розв’язки, якщо відповідне квадратне рівняння має два різних додатних кореня. Для цього достатньо вимагати, щоб а > 0 та D > 0, де . Звідси .

Відповідь: .

5. При яких а та b система має Розв’язання?

Розв’язання. Перетворимо нерівність системи до вигляду

. Звідси . Тоді , тобто . Таким чином, початкова система рівносильна такій:

Нерівність системи задає півплощину з межею (рис.1.4 1).

Рис.1.4 1

Система має розв’язок, якщо пряма перетинає межу півплощини або, будучи паралельна їй, лежить в півплощині .

Почнемо з випадку b = 0. Тоді рівняння задає вертикальну пряму, яка перетинає пряму . Однак це твердження справедливе лише при . Значить, при b = 0 та система має розв’язки. Далі, при маємо . В цьому випадку умова перетину прямих досягається при тобто . Якщо , то прямі або співпадають, або паралельні. Додаючи вимогу (пряма перетинає вісь ординат нижче точки (0; - 1)), одержимо ще одне взаємне розташування прямих.

Відповідь: та , або та , або та .

6. При яких значеннях параметра а система нерівностей має Розв’язання?

Розв’язання. Якщо межі півплощин, які задають нерівності системи, перетинаються, то дана система має розв’язки.

Очевидно а = 1 підходе. Якщо , то рівняння меж півплощин перепишемо в такому виді: та . Ці прямі перетинаються, якщо , тобто та .

Розглянемо випадки а = 3 та а = 4. При а = 3 межі співпадають, і очевидно система розв’язків не має (нерівності системи задають різні півплощини). При маємо

Ця система також розв’язків не має (рис.1.4 2).

Рис.1.4 2

Таким чином, а = 4 не підходе.

Відповідь: та .

Розділ 2. Координатна площина (x; a)

Погляд на параметр як на рівноправну змінну знаходить своє відображення в графічних методах. Оскільки параметр "рівний в правах" зі змінною, то йому, природно, можна "виділити" і свою координатну вісь. Таким чином виникає координатна площина .

Відмова від традиційного вибору букв х та у для позначення осей, визначає один з ефективніших методів розв’язку задач з параметрами.

Для того, щоб найбільш повно розкрити можливості цього метода, покажемо його застосування для розв’язування основних типів задач з параметрами.

Дамо самі загальні признаки, які, можливо, допоможуть впізнавати задачі, які підходять під цей метод: в задачі фігурують лише один параметр а та одна змінна х, вони конструюють деякі аналітичні вирази F , G і т.д.; графіки рівнянь F = 0, G = 0 і т.д. в системі координат будуються нескладно.

Сам процес розв’язування схематично виглядає так.

Спочатку будується графічний образ, потім, перетинаючи отриманий графік прямими, перпендикулярними параметричній вісі, "знімаємо" потрібну інформацію.

1. Знайти всі значення параметра , при яких система нерівностей

задовольняється лише при одному .

Розв’язання . Перепишемо систему в такому виді:

Всі розв’язки цієї системи утворюють область, показану на рисунку штриховою лінією.

Рис.2.1

Вимога єдності розв’язку даної системи: горизонтальні прямі повинні мати з цією областю тільки одну спільну точку.

Знаходимо точки перетину графіків: , звідки , . Тоді та .

Лише прямі та задовольняють вимозі єдності розв’язку системи.

Відповідь: та .

2. Знайти всі значення параметра , при яких система нерівностей

задовольняється лише при одному .

Розв’язання. Перепишемо систему в такому виді:

Всі розв’язки цієї системи утворюють область, показану на рисунку штриховою лінією.

Рис.2.2

Знаходимо точки перетину графіків: , звідки .

З рисунка видно, що лише прямі та задовольняють вимозі єдності розв’язку системи.

Відповідь: та .

3. При яких значеннях рівняння має рівно три кореня?

Розв’язання. Маємо

Рис.2.3

Графік цієї сукупності - об’єднання “кута" та параболи.

Лише прямі та перетинають знайдене об’єднання в трьох точках.

Відповідь: та .

4. При яких значеннях рівняння має рівно три розв’язки?

Розв’язання . Розв’яжемо задане рівняння як квадратне відносно :

Графік цієї сукупності - об’єднання двох парабол.

Рис.2.4

Знайдемо точки перетину графіків функцій: , звідки .

та , .

Лише прямі та перетинають знайдене об’єднання в трьох точках.

Відповідь: та .

5. В залежності від параметра визначити число коренів рівняння

Розв’язання. Розв’яжемо задане рівняння як квадратне відносно :

Графік цієї сукупності - об’єднання двох парабол.

Рис.2.5

Знайдемо координати вершин кожної з парабол:

та

Знайдемо також точки перетину графіків функцій: , звідки , тоді .

Відповідь: якщо , то розв’язків немає; якщо , то 1 розв’язок;

якщо , то 2 розв’язки; якщо або , то 3 розв’язки;

якщо або , то 4 розв’язки.

6. Знайти всі дійсні значення , для кожного з яких рівняння

має тільки два різних коренів. Записати ці корені.

Розв’язання. Перепишемо рівняння у вигляді сукупності:

Розв’язками системи є , звідки , , .

та

Відповідь: якщо , то або ;

якщо , то або .

7. Знайти всі числа , при яких існує єдине число , яке задовольняє одночасно наступним умовам: та .

Розв’язання. Перепишемо систему в вигляді:

Рис.2.6

На координатній площині перше рівняння задає сім’ю вертикальних прямих. Параболи та розбивають площину на 3 частини. Заштрихована область є розв’язком нерівності системи. Це точки, в яких дотичні будуть горизонтальними:

або .

Відповідь: або .

Задачі для самостійної роботи

1. При яких значеннях а рівняння має два кореня?

Розв’язок. Переходимо до рівносильної системи

Ця система на координатній площині задає криву, наведену на рис.2.7 неперервною лінією. Всі точки цієї дуги параболи (і тільки вони) мають координати , які задовольняють початковому рівнянню. Тому число розв’язків рівняння при кожному фіксованому значенні параметра а дорівнює кількості точок перетину кривої з горизонтальною прямою, яка відповідає цьому значенню параметра. Очевидно при прямі перетинають графік в двох точках, що рівносильне для початкового рівняння мати два кореня.

Рис.2.7

Відповідь:

2. Знайти всі значення а , при яких система має єдиний розв’язок.

Розв’язок. Перепишемо початкову систему в такому вигляді:

Все розв’язки цієї системи (пари виду) утворюють область, наведену на рис.2.8 штриховою лінією.

Рис.2.8

Вимога єдності розв’язка даної системи така: горизонтальні прямі повинні мати зі знайденою областю тільки одну спільну точку. Лише прямі а = 0 та а = 1 задовольняють висунутій вимозі.

Відповідь: а = 0 або а = 1.

3. При яких значеннях а рівняння має

рівно три кореня?

Розв’язок. Маємо

Графік цієї сукупності - об’єднання "кута" та параболи (рис.2.9).

Рис.2.9

Лише пряма перетинає знайдене об’єднання в трьох точках.

Відповідь:

4. Скільки розв’язків має система в залежності від значень параметра с ?

Розв’язок. Перепишемо систему у вигляді

Кількість коренів другого рівняння системи дорівнює числу розв’язків самої системи. Маємо . Розглянувши це рівняння як квадратне відносно с , одержимо наступну сукупність.

На рис.2.10 наведено сукупність рівнянь на координатній площині.

Рис.2.10

Координати точок перетину парабол можна знайти, розв’язавши рівняння . Звідси . Для запису відповіді залишилося лише зазначити, що спільна точка цих парабол - вершина параболи .

Відповідь: якщо , то розв’язків чотири; якщо , то

розв’язків два; якщо , то розв’язок один; якщо , то розв’язків немає.

5. Знайти всі значення параметра b, при яких рівняння має один розв’язок.

Розв’язок. Задане рівняння рівносильне системі

За допомогою цієї системи будуємо графік початкового рівняння (рис.2.11).

Рис.2.11

Саме наявність "проколов" в цьому графіку дозволяє при та мати рівнянню єдиний розв’язок.

Відповідь: або

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

Розв’язок. Запишемо систему, рівносильну початковому рівнянню:

, Звідси знайдемо

Перші дві нерівності системи задають множину точок, наведену на рис.2.12 штриховою лінією, причому в цю множину не входять гіперболи ах = 7 та ах = 6.

Рис.2.12

Тоді відрізок АВ та промінь BD, відрізок EF та промінь FK, які лежать відповідно на прямих та , є графіком початкового рівняння. Далі залишилося лише "зняти" з картинки: або або

Відповідь: або або

7. Знайти всі значення параметра а, при яких рівняння має рівно два різних розв’язки.

Розв’язок. Задане рівняння рівносильне сукупності двох систем:

або Звідси

або

При побудови графіка початкового рівняння важливо врахувати, що параболи та пряма мають дві спільні точки: А (-2; - 2), В (-1; - 1), причому точка В - вершина першої з записаних парабол. Вершина другої параболи

Графік початкового рівняння наведено на рис.2.13.

Рис.2.13

Звідси знаходимо або . Відповідь: або .

8. Знайти множину всіх чисел а, для кожного з яких рівняння має тільки два різних кореня.

Розв’язок. Перепишемо задане рівняння в наступному виді: Тепер важливо не втратите, що та - корені початкового рівняння лише при умові Графік заданого рівняння зручно будувати, відводячи змінній х вісь ординат. На рис.2.14 шуканий графік - об’єднання неперервних ліній.

Рис.2.14

Відповідь "зчитується" вертикальними прямими: або або

Відповідь: або або

9. Знайти всі невід’ємні числа при яких існує єдине число яке задовольняє системі

Розв’язок. Маємо

де

Перше рівняння на координатній площині задає сім’ю вертикальних прямих (рис.2.15). Прямі та розбивають площину на чотири області. Деякі з них є розв’язками нерівності системи. Для того, щоб встановити які - можна взяти з кожної області по пробній точці. Та область, точка якої задовольняє нерівності, є її розв’язком. Для заданої нерівності розв’язком будуть дві області, обмежені кутами АМВ та DMC. Оскільки за умовою то для розв’язку задачі достатньо обмежитися множиною, відміченою штриховою лінією на рис.2.15.

Рис.2.15

Тоді початковій системі задовольняють всі точки (і тільки вони), які лежать на променях і виділені на графіку жирними лініями.

При фіксованому число розв’язків початкової системи дорівнює кількості точок перетину горизонтальної прямої з відміченими променями. По рисунку видно, що вимога єдиності розв’язку досягається, якщо , де та - відповідно ординати точок перетину двох пар прямих та Звідси

Відповідь:

10. Для яких а в множині розв’язків нерівності міститься проміжок ?

Розв’язок. Запишемо сукупність двох систем, рівносильну початковому рівнянню:

або

Оскільки в розв’язок першої системи ні при яких значеннях параметра а не може входити відрізок , то необхідні дослідження проведемо для другої системи. Маємо

Позначимо Тоді друга нерівність системи на координатній площині задає множину, наведену на рис.2.16 штриховою лінією.

Рис.2.16

Тепер за допомогою рисунка легко встановити, що при в знайденій множині містяться всі точки, абсциси яких пробігають всі значення з проміжку Тоді Звідси

Відповідь:

11. При яких значеннях параметра а система

має розв’язки?

Розв’язок. Маємо

Нерівність системи задає область, обмежену кутами АКБ и CKD ( рис.2.17).

Рис.2.17

Тоді абсциси виділених дуг гіперболи - розв’язки початкової системи. Знайдемо абсциси точок розв’язавши рівняння та Звідси для перелічених точок абсциси відповідно дорівнюють Залишилося записати або

Відповідь: або

12. Знайти всі значення а, при яких будь-який розв’язок нерівності по модулю, не перевищує двох.

Розв’язок. Перепишемо задану нерівність в такому виді:

Графіки рівнянь и розбивають координатну площину на чотири області. "Методом інтервалів" встановлюємо, що розв’язком початкової нерівності будуть заштриховані області (рис.2.18).

Рис.2.18

Тепер, якщо при деякому фіксованому значенні пряма в перетині зі знайденою областю дає лише точки, абсциси яких задовольняють умові то - одне з шуканих значень параметра. Тоді очевидно, що всі а з відрізка АВ складаються

Відповідь:

13. При яких значеннях а множина розв’язків нерівності містить не більше чотирьох цілих значень ?

Розв’язок. Раніше встановлено, що задана нерівність рівносильна сукупності двох систем:

або

За допомогою цієї сукупності наведено розв’язки початкової нерівності на рис.2.19.

Рис.2.19

Проведемо прямі де Тоді значення для якого пряма перетинає прямі не більш, ніж в чотирьох точках з відміченої множини, буде шуканим. Проводячи аналіз графіка, приходимо до висновку, що в заданій задачі або або

Відповідь: або або

14. Розв’язати нерівність.

Розв’язок. Наступна сукупність двох систем рівносильна заданій нерівності:

або

Далі, при об’єднанні графічних образів кожної з цих систем необхідно врахувати, що пряма дотикається параболи в точці (-1;1).

На рис.2.20 наведено всі розв’язки початкової нерівності.

Горизонтальні прямі, які перетинають цю множину, перетинають її по відрізку (за виключенням однієї прямої ). Очевидно абсциси всіх точок цього відрізка і будуть розв’язками заданої нерівності.

Рис.2.20

Для одержання відповіді залишилося виразити х через а в рівнянні При маємо

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

15. Розв’язати нерівність

Розв’язок. Задана нерівність рівносильна сукупності двох систем:

або Звідси

або

На координатній площині перша система задає множину точок першого та четвертого координатних кутів, які одночасно лежать всередині кола з центром (0; 0) і радіуса та поза колом з центром (1; 0) і радіуса 1. Друга система - множина точок, які одночасно лежать поза першим колом, але знаходяться в другому колі. Тоді всі розв’язки початкової нерівності наведено на рис.2.21.

Рис.2.21

Зазначимо, що, наприклад, пряма (см. рисунок) перетинає кола в точках з абсцисами Тепер нескладно "прочитати" з рисунка відповідь.

Відповідь: Якщо то якщо то або якщо то немає розв’язків.

Наприкінці, розглянемо технологію складання задач. Розглянемо задачу.

Навести на координатній площині розв’язок системи нерівностей

Рис.2.22

На рис.2.22 наведено цей розв’язок (область зі штриховою лінією).

Тепер, замінивши у на а , за допомогою графічного образу легко скласти наступні задачі.

При яких значеннях параметра а система нерівностей

1) має розв’язок? 2) має єдиний розв’язок? 3) має тільки від’ємні розв’язки? 4) має тільки додатні розв’язки? 5) має тільки розв’язки, які задовольняють умові ;

6) має хоча б один розв’язок, якій задовольняє умові ? 7) має розв’язок, який містить відрізок ? 8) має розв’язки, які містять не більше трьох цілих чисел?

Розділ 3. Застосування похідної

В цьому параграфі наведені задачі, для розв’язання яких використовуються наглядно-графічні міркування, причому при побудові необхідного графічного образу використовується апарат похідної.

1. Скільки розв’язків в залежності від параметра має рівняння ?

Розв’язання. Перепишемо рівняння у вигляді: . Маємо

, , , , звідки . Отже,

(-¥, - 1)

-1

(-1; - 1/Ö5)

-1/Ö5

(-1/Ö5; 1/Ö5)

1/Ö5

(1/Ö5;

(1; +¥)

a^/ (x)

a (x)

-16Ö5/125

Побудуємо графік функції .

Рис.3.1

Якщо або , то рівняння має 1 розв’язок (положення І та ІV); якщо (положення ІІ та ІІІ), то рівняння має 2 розв’язки; якщо , то рівняння має 3 розв’язки (між положеннями ІІ та ІІІ). Відповідь: якщо або , то 1 розв’язок; якщо , то 2 розв’язки; якщо , то 3 розв’язки.

2. При яких рівняння має три розв’язки? Розв’язання. Перепишемо рівняння у вигляді: , . Знаходимо похідну: , звідки . Отже,

x	(-¥, 0)	(0;1)	1	(1; +¥)
a^/ (x)	+	+	0	-
a (x)			-3	¯

Побудуємо графік функції .

Рис.3.2

Ті значення , для яких відповідні горизонтальні прямі перетинають побудований графік в трьох точках і будуть шуканими. Отже, .

Відповідь: .

3. При яких рівняння має три розв’язки?

Розв’язання. Перепишемо рівняння у вигляді: . Знаходимо похідну:

, звідки , . Отже,

x	(-¥, - 2)	-2	(-2; 0)	(0; +¥)
a^/ (x)	+	0	-	+
a (x)		4/e²	¯

Побудуємо графік функції .

Рис.3.3

Відповідь: .

4. Скільки розв’язків має рівняння на проміжку ?

Розв’язання. Перепишемо рівняння у вигляді: . Знаходимо похідну: . Побудуємо графік функції .

Знайдемо значення функції в граничних точках проміжку :

, .

Рис.3.4

З рис.3.4 випливає, що при або рівняння має 1 розв’язок; при рівняння має 2 розв’язки.

Відповідь: якщо або , то 1 розв’язок; якщо , то 2 розв’язки.

5. При яких значеннях всі три корені рівняння дійсні?

Розв’язання. Точка не є коренем рівняння при ні яких значеннях . Тому запишемо , .

Функція спадає на кожному з проміжків та (, а зростає на , причому - точка мінімуму, .

(-¥,

(2;

(4; +¥)

a^/ (x)

a (x)

Побудуємо графік функції .

Рис.3.5

Ті значення , для яких відповідні горизонтальні прямі перетинають побудований графік в трьох точках і будуть шуканими. З рисунка видно, що .

Відповідь: .

6. Розв’язати рівняння . При яких значеннях параметра добуток коренів менше найменшого кореня цього рівняння?

Розв’язання. Із заданого рівняння одразу знаходимо , , . Розглянемо функції , , , . Побудуємо графіки цих функцій.

Рис.3.6

Необхідно знайти такі значення параметра, при яких графік лежить нижче

. Шукані значення - це всі значення, менше , де найменший корінь рівняння . Звідси знаходимо, що . Відповідь: .

7. Визначити як розташовані корені рівняння відносно відрізка .

Розв’язання. Запишемо . Точки та не є коренями заданого рівняння ні при яких . Тоді .

Знайдемо похідну

або .

Точка - точка мінімуму, - точка максимуму, , .

Функція спадає на кожному з проміжків та зростає на . Графік функції наведено на рис.3.7.

Рис.3.7

Розташування коренів рівняння відносно проміжку можна визначити, перетинаючи побудований графік горизонтальними прямими. Далі через позначимо менший корінь, а через - більший.

Якщо , то ; якщо , то ;

якщо , то ; якщо , то ;

якщо , то рівняння коренів немає; якщо , то ;

якщо , то .

8. При яких значеннях параметра рівняння має рівно два корені на відрізку ?

Розв’язання. Запишемо задане рівняння в такому вигляді:

Нехай . Оскільки за умовою , то . Далі, знаходимо

, .

Побудуємо графік функції для . З

находимо похідну , , .

x	(-1, )		(; 0)
f^/ (x)	-	0	+
f (x)	¯

Побудуємо графік функції для .

Рис.3.8

Рівняння має рівно два корені, якщо . Функція монотонна на , а значить на цьому відрізку кожне своє значення приймає тільки один раз. Відповідь: .

9. При яких дійсних рівняння має більше одного кореня на відрізку ?

Розв’язання.

Перепишемо рівняння у вигляді

Нехай , оскільки за умовою , то .

Далі знаходимо, .

Похідна дорівнює

, ,

Побудуємо графік функції (рис.3.9).

Знайдемо a

() =, a () =.

Рис.3.9

Рівняння має більше одного кореня, якщо .

Приблизно це .

Відповідь: .

10. При яких рівняння має рівно чотири корені?

Розв’язання. Побудуємо графіки функцій

та

Рис.3.10

Рівняння має чотири розв’язки, коли графік перетинає в чотирьох точках (див. рис.3.10)

Відповідь: .

Задачі для самостійної роботи

1. Знайти всі значення , при яких рівняння має єдиний розв’язок.

Відповідь: або .

2. Знайти всі значення , при яких для всіх за модулем не перевищуючих 1, виконується нерівність:

Відповідь: або .

3. Знайти всі , при кожному з яких область визначення функції не перетинається з множиною .

Відповідь: .

4. При яких знайдеться з інтервала (0,1) таке, що рівняння має хоча б два розв’язки на інтервалі ?

Відповідь: .

5. При - більший з коренів рівняння . Знайти найбільше значення при , .

Відповідь: .

Список використаної літератури

1. Вишенський В.О., Перестюк М.О., Самойленко А.М. Задачі з математики. - К.: Вища школа, 1985. - 264 с.

2. Горнштейн П.И., Полонский В.Б., Якир М.С. Задачи с параметрами. - К.: Євро індекс Лтд, 1995. - 336 с.

3. Горделадзе Ш.Х., Кухарчук М.М., Яремчук Ф.П. Збірник конкурсних задач з математики: Навч. Посібник. - 3-є вид., - К.: Вища школа, 1988. - 328 с.

4. Дорофеев Г.В., Потапов М.К., Розов Н.Х. Пособие по математике для поступающих в вузы. - М.: Наука, 1976. - 638 с.

5. Дорофеев Г.В., Затакавай В.В. Решение задач, содержащих параметры. - М.: Перспектива, 1990. - Ч.2. - 38 с.

6. Цыпкин А.Г., Пинский А.И. Справочник по методам решения задач по математике для средней школы. - 2-е изд. перераб. и доп. - М.: Наука, 1989. - 576 с.

7. Ястребинецкий Г.А. Задачи с параметрами. - М.: Просвещение, 1986. - 128 с.