|
Задача
1.14.
Определите
знаки
чисел
а
, b,
с
исходя
из
расположения
па
-
раболы
у
=
ах
2
+
b
х
+
с
относительно
координатных
осей
в
каждом
из
случа
-
ев
,
показанных
на
рисунке
2.
Решение
а
)
б
)
в
)
г
)
Рис
. 2
Рассмотрим
подробно
случай
а
).
Коэффициент
а
меньше
0,
так
как
ветви
параболы
направлены
вниз
.
Абсцисса
вершины
параболы
,
равная
a
b
2
−
,
меньше
нуля
,
откуда
следует
,
что
b
< 0.
Ордината
точки
пересечения
оси
Оу
с
1
x
2
x
O
O
O
O
y
x
x
x
x
y
y
y
31
30
параболой
равна
значению
функции
f(
х
)
=
ах
2
+
b
х
+
с
при
х
= 0.
Следова
-
тельно
,
коэффициент
с
=
f
(0)
положителен
.
Итак
,
а
< 0,
b
< 0,
с
> 0.
Этот
же
результат
можно
получить
иначе
,
если
воспользоваться
форму
-
лами
Виета
:
a
b
x
x
−
=
+
2
1
,
a
c
x
x
=
⋅
2
1
.
Однако
такой
способ
исследования
уже
нельзя
применить
в
случае
б
),
когда
корней
нет
.
Предлагаем
читателям
самостоятельно
разобрать
случаи
б
,
в
,
г
.
Задача__1.15.'>Задача
1.15.
Корни
х
1
и
х
2
квадратного
уравнения
х
2
– 2
r
х
– 7
r
2
= 0
удов
-
летворяют
условию
18
2
2
2
1
=
+
x
x
.
Найдите
r
.
Решение
Сначала
выразим
2
2
2
1
x
x
+
через
сумму
и
произведение
корней
,
а
затем
воспользуемся
теоремой
Виета
.
Имеем
(
)
( )
( )
2
2
2
2
1
2
2
1
2
2
2
1
18
7
2
2
2
r
r
r
x
x
x
x
x
x
=
−
⋅
−
=
−
+
=
+
.
Таким
образом
,
задача
сводится
к
решению
уравнения
r
2
= 1,
откуда
r
1
= 1,
r
2
= –1.
Задача
1.16.
Найдите
необходимые
и
достаточные
условия
того
,
что
корни
х
1
и
х
2
уравнения
f(
х
)
=
х
2
+
рх
+
q
=0
больше
1
по
абсолютной
величи
-
не
и
различны
по
знаку
.
Решение
Решение
,
основанное
на
применении
известных
формул
для
дискрими
-
нанта
и
корней
квадратного
уравнения
,
является
трудоемким
и
технически
сложным
.
Задача
легко
решается
,
если
использовать
геометрические
сообра
-
жения
.
Найдем
сначала
необходимые
условия
.
Пусть
х
1
<
х
2
(
корни
различны
).
По
условию
задачи
х
1
< –1,
х
2
> 1,
то
есть
отрезок
[–1, 1]
лежит
внутри
про
-
межутка
(
х
1
,
х
2
) (
рис
. 3).
Последнее
условие
эквивалентно
следующей
системе
неравенств
:
( )
( )
<
<
−
.
0
1
,
0
1
f
f
(1)
32
31
Рис
. 3
Подставляя
1
и
–1
в
выражение
для
f(
х
)
получаем
необходимые
условия
:
−
<
+
−
<
+
−
.
1
,1
q
p
q
p
(2)
Связь
между
найденными
значениями
р
и
q
удобно
представить
графи
-
чески
,
изобразив
на
координатной
плоскости
(
р
, q
)
множество
точек
,
коорди
-
наты
которых
удовлетворяют
полученным
неравенствам
(
рис
. 4).
Рис
. 4
Покажем
,
что
необходимые
условия
(2)
являются
достаточными
,
то
есть
при
выполнении
неравенств
(2)
квадратный
трехчлен
f(
х
)
=
х
2
+
рх
+
q
имеет
такие
корни
х
1
и
х
2
,
что
х
1
< –1,
а
х
2
> 1.
Так
как
условия
(2)
эквивалентны
ус
-
ловиям
(1),
в
двух
различных
точках
(
х
= 1
и
х
= –1)
функция
у
= f(
х
)
прини
-
мает
отрицательные
значения
.
Так
как
коэффициент
при
х
2
положителен
,
ветви
параболы
у
= f(
х
)
направлены
вверх
.
Следовательно
,
парабола
пересе
-
кает
ось
Ох
в
двух
различных
точках
x
1
и
х
2
(
х
1
<
x
2
),
причем
точки
–1
и
1
ле
-
жат
на
интервале
(
х
1
,
х
2
),
то
есть
х
1
< –1,
х
2
> 1.
O
q
p
1
−
1
1
−
=
p
q
1
−
−
=
p
q
1
−
O
y
x
2
x
1
x
1
−
1
33
32
Задача
1.17.
При
каких
значениях
а
уравнение
(
a
– 1)
х
2
= (
a
+ 1)
х
–
a
имеет
единственное
решение
,
удовлетворяющее
условию
0 <
х
< 3?
Решение
Введем
следующие
обозначения
:
f(x;
а
)
= (
а
– 1)
х
2
– (
а
+ 1)
х
+
а
,
D
= (
a
+ 1)
2
– 4
a
(
а
– 1) = –3
а
2
+ 6
a
+1;
f
(0;
а
) =
а
,
f
(3;
a
) = 9(
a
– 1) – 3(
a
+ 1) +
a
= 7
a
– 12.
Рассмотрим
все
возможные
геометрические
и
соответствующие
им
ана
-
литические
модели
,
удовлетворяющие
задаче
.
Получится
шесть
случаев
.
1.
( )
( )
<
>
>
<
−
0
;
3
,
0
;
0
,
0
,
0
1
a
f
a
f
D
a
(
рис
. 5);
2.
( )
( )
>
<
>
<
−
0
;
3
,
0
;
0
,
0
,
0
1
a
f
a
f
D
a
(
рис
. 6);
Рис
. 5
Рис
. 6
3.
( )
( )
>
<
>
>
−
0
;
3
,
0
;
0
,
0
,
0
1
a
f
a
f
D
a
(
рис
. 7);
4.
( )
( )
<
>
>
>
−
0
;
3
,
0
;
0
,
0
,
0
1
a
f
a
f
D
a
(
рис
. 8);
Рис
. 7
Рис
. 8
O
x
y
3
O
x
y
3
O
x
y
3
O
x
y
3
34
33
5.
( )
∈
=
>
−
3
;
0
,
0
,
0
1
в
x
D
a
(
рис
. 9);
6.
( )
∈
=
<
−
3
;
0
,
0
,
0
1
в
x
D
a
(
рис
. 10);
Рис
. 9
Рис
. 10
Здесь
и
далее
в
работе
символом
х
в
обозначена
абсцисса
вершины
пара
-
болы
.
Если
первый
случай
объединить
со
вторым
,
то
получим
систему
нера
-
венств
( ) ( )
<
⋅
>
<
−
.
0
;
3
;
0
,
0
,
0
1
a
f
a
f
D
a
(1)
Третий
случай
объединяем
с
четвертым
,
получаем
систему
неравенств
( ) ( )
<
⋅
>
>
−
.
0
;
3
;
0
,
0
,
0
1
a
f
a
f
D
a
(2)
Решим
систему
(1):
(
)
( )
.
1
;
0
7
12
0
,
3
3
2
3
3
2
1
,1
0
12
7
,
0
1
6
3
,
0
1
2
∈
<
<
+
<
<
−
<
⇔
<
−
>
+
+
−
<
−
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
Аналогично
,
решив
систему
(2),
получим
O
x
y
3
O
x
y
3
35
34
.
7
12
;
1
7
12
0
,
3
3
2
3
3
2
1
,1
∈
<
<
+
<
<
−
>
a
a
a
a
a
Если
а
= 1,
то
( )
3
;
0
2
1
,
2
1
∈
=
x
.
Рассмотрим
пятый
случай
:
(
)
.
3
3
2
1
6
6
1
0
,
3
3
2
1
,
1
3
1
2
1
0
,
0
,
0
1
2
,
1
+
=
−
<
+
<
±
=
>
⇔
<
−
+
<
=
>
−
a
a
a
a
a
a
a
D
a
Результат
решения
системы
для
шестого
случая
:
.
1
0
1
6
6
,
3
3
2
1
,1
2
,
1
∅
∈
−
<
<
+
<
−
±
=
<
a
a
a
a
a
a
Ответ
:
∈
7
12
;
0
a
,
3
3
2
1
+
=
a
.
Do'stlaringiz bilan baham: |
