Как составить уравнение с помощью чертежа

Общее уравнение прямой: описание, примеры, решение задач

Данная статья продолжает тему уравнения прямой на плоскости: рассмотрим такой вид уравнения, как общее уравнение прямой. Зададим теорему и приведем ее доказательство; разберемся, что такое неполное общее уравнение прямой и как осуществлять переходы от общего уравнения к другим типам уравнений прямой. Всю теорию закрепим иллюстрациями и решением практических задач.

Общее уравнение прямой: основные сведения

Пусть на плоскости задана прямоугольная система координат O x y .

Любое уравнение первой степени, имеющее вид A x + B y + C = 0 , где А , В , С – некоторые действительные числа ( А и В не равны одновременно нулю) определяет прямую линию в прямоугольной системе координат на плоскости. В свою очередь, любая прямая в прямоугольной системе координат на плоскости определяется уравнением, имеющим вид A x + B y + C = 0 при некотором наборе значений А , В , С .

указанная теорема состоит из двух пунктов, докажем каждый из них.

1. Докажем, что уравнение A x + B y + C = 0 определяет на плоскости прямую.

Пусть существует некоторая точка М 0 ( x 0 , y 0 ) , координаты которой отвечают уравнению A x + B y + C = 0 . Таким образом: A x 0 + B y 0 + C = 0 . Вычтем из левой и правой частей уравнений A x + B y + C = 0 левую и правую части уравнения A x 0 + B y 0 + C = 0 , получим новое уравнение, имеющее вид A ( x — x 0 ) + B ( y — y 0 ) = 0 . Оно эквивалентно A x + B y + C = 0 .

Полученное уравнение A ( x — x 0 ) + B ( y — y 0 ) = 0 является необходимым и достаточным условием перпендикулярности векторов n → = ( A , B ) и M 0 M → = ( x — x 0 , y — y 0 ) . Таким образом, множество точек M ( x , y ) задает в прямоугольной системе координат прямую линию, перпендикулярную направлению вектора n → = ( A , B ) . Можем предположить, что это не так, но тогда бы векторы n → = ( A , B ) и M 0 M → = ( x — x 0 , y — y 0 ) не являлись бы перпендикулярными, и равенство A ( x — x 0 ) + B ( y — y 0 ) = 0 не было бы верным.

Следовательно, уравнение A ( x — x 0 ) + B ( y — y 0 ) = 0 определяет некоторую прямую в прямоугольной системе координат на плоскости, а значит и эквивалентное ему уравнение A x + B y + C = 0 определяет ту же прямую. Так мы доказали первую часть теоремы.

1. Приведем доказательство, что любую прямую в прямоугольной системе координат на плоскости можно задать уравнением первой степени A x + B y + C = 0 .

Зададим в прямоугольной системе координат на плоскости прямую a ; точку M 0 ( x 0 , y 0 ) , через которую проходит эта прямая, а также нормальный вектор этой прямой n → = ( A , B ) .

Пусть также существует некоторая точка M ( x , y ) – плавающая точка прямой. В таком случае, векторы n → = ( A , B ) и M 0 M → = ( x — x 0 , y — y 0 ) являются перпендикулярными друг другу, и их скалярное произведение есть нуль:

n → , M 0 M → = A ( x — x 0 ) + B ( y — y 0 ) = 0

Перепишем уравнение A x + B y — A x 0 — B y 0 = 0 , определим C : C = — A x 0 — B y 0 и в конечном результате получим уравнение A x + B y + C = 0 .

Так, мы доказали и вторую часть теоремы, и доказали всю теорему в целом.

Уравнение, имеющее вид A x + B y + C = 0 – это общее уравнение прямой на плоскости в прямоугольной системе координат O x y .

Опираясь на доказанную теорему, мы можем сделать вывод, что заданные на плоскости в фиксированной прямоугольной системе координат прямая линия и ее общее уравнение неразрывно связаны. Иначе говоря, исходной прямой соответствует ее общее уравнение; общему уравнению прямой соответствует заданная прямая.

Из доказательства теоремы также следует, что коэффициенты А и В при переменных x и y являются координатами нормального вектора прямой, которая задана общим уравнением прямой A x + B y + C = 0 .

Рассмотрим конкретный пример общего уравнения прямой.

Пусть задано уравнение 2 x + 3 y — 2 = 0 , которому соответствует прямая линия в заданной прямоугольной системе координат. Нормальный вектор этой прямой – это вектор n → = ( 2 , 3 ) . Изобразим заданную прямую линию на чертеже.

Также можно утверждать и следующее: прямая, которую мы видим на чертеже, определяется общим уравнением 2 x + 3 y — 2 = 0 , поскольку координаты всех точек заданной прямой отвечают этому уравнению.

Мы можем получить уравнение λ · A x + λ · B y + λ · C = 0 , умножив обе части общего уравнения прямой на число λ , не равное нулю. Полученное уравнение является эквивалентом исходного общего уравнения, следовательно, будет описывать ту же прямую на плоскости.

Неполное уравнение общей прямой

Полное общее уравнение прямой – такое общее уравнение прямой A x + B y + C = 0 , в котором числа А , В , С отличны от нуля. В ином случае уравнение является неполным.

Разберем все вариации неполного общего уравнения прямой.

1. Когда А = 0 , В ≠ 0 , С ≠ 0 , общее уравнение принимает вид B y + C = 0 . Такое неполное общее уравнение задает в прямоугольной системе координат O x y прямую, которая параллельна оси O x , поскольку при любом действительном значении x переменная y примет значение — C B . Иначе говоря, общее уравнение прямой A x + B y + C = 0 , когда А = 0 , В ≠ 0 , задает геометрическое место точек ( x , y ) , координаты которых равны одному и тому же числу — C B .
2. Если А = 0 , В ≠ 0 , С = 0 , общее уравнение принимает вид y = 0 . Такое неполное уравнение определяет ось абсцисс O x .
3. Когда А ≠ 0 , В = 0 , С ≠ 0 , получаем неполное общее уравнение A x + С = 0 , задающее прямую, параллельную оси ординат.
4. Пусть А ≠ 0 , В = 0 , С = 0 , тогда неполное общее уравнение примет вид x = 0 , и это есть уравнение координатной прямой O y .
5. Наконец, при А ≠ 0 , В ≠ 0 , С = 0 , неполное общее уравнение принимает вид A x + B y = 0 . И это уравнение описывает прямую, которая проходит через начало координат. В самом деле, пара чисел ( 0 , 0 ) отвечает равенству A x + B y = 0 , поскольку А · 0 + В · 0 = 0 .

Графически проиллюстрируем все вышеуказанные виды неполного общего уравнения прямой.

Известно, что заданная прямая параллельна оси ординат и проходит через точку 2 7 , — 11 . Необходимо записать общее уравнение заданной прямой.

Решение

Прямая, параллельная оси ординат, задается уравнением вида A x + C = 0 , в котором А ≠ 0 . Также условием заданы координаты точки, через которую проходит прямая, и координаты этой точки отвечают условиям неполного общего уравнения A x + C = 0 , т.е. верно равенство:

Из него возможно определить C , если придать A какое-то ненулевое значение, к примеру, A = 7 . В таком случае получим: 7 · 2 7 + C = 0 ⇔ C = — 2 . Нам известны оба коэффициента A и C , подставим их в уравнение A x + C = 0 и получим требуемое уравнение прямой: 7 x — 2 = 0

Ответ: 7 x — 2 = 0

На чертеже изображена прямая, необходимо записать ее уравнение.

Решение

Приведенный чертеж позволяет нам легко взять исходные данные для решения задачи. Мы видим на чертеже, что заданная прямая параллельна оси O x и проходит через точку ( 0 , 3 ) .

Прямую, которая параллельна очи абсцисс, определяет неполное общее уравнение B y + С = 0 . Найдем значения B и C . Координаты точки ( 0 , 3 ) , поскольку через нее проходит заданная прямая, будут удовлетворять уравнению прямой B y + С = 0 , тогда справедливым является равенство: В · 3 + С = 0 . Зададим для В какое-то значение, отличное от нуля. Допустим, В = 1 , в таком случае из равенства В · 3 + С = 0 можем найти С : С = — 3 . Используем известные значения В и С , получаем требуемое уравнение прямой: y — 3 = 0 .

Ответ: y — 3 = 0 .

Общее уравнение прямой, проходящей через заданную точку плоскости

Пусть заданная прямая проходит через точку М 0 ( x 0 , y 0 ) , тогда ее координаты отвечают общему уравнению прямой, т.е. верно равенство: A x 0 + B y 0 + C = 0 . Отнимем левую и правую части этого уравнения от левой и правой части общего полного уравнения прямой. Получим: A ( x — x 0 ) + B ( y — y 0 ) + C = 0 , это уравнение эквивалентно исходному общему, проходит через точку М 0 ( x 0 , y 0 ) и имеет нормальный вектор n → = ( A , B ) .

Результат, который мы получили, дает возможность записывать общее уравнение прямой при известных координатах нормального вектора прямой и координатах некой точки этой прямой.

Даны точка М 0 ( — 3 , 4 ) , через которую проходит прямая, и нормальный вектор этой прямой n → = ( 1 , — 2 ) . Необходимо записать уравнение заданной прямой.

Решение

Исходные условия позволяют нам получить необходимые данные для составления уравнения: А = 1 , В = — 2 , x 0 = — 3 , y 0 = 4 . Тогда:

A ( x — x 0 ) + B ( y — y 0 ) = 0 ⇔ 1 · ( x — ( — 3 ) ) — 2 · y ( y — 4 ) = 0 ⇔ ⇔ x — 2 y + 22 = 0

Задачу можно было решить иначе. Общее уравнение прямой имеет вид A x + B y + C = 0 . Заданный нормальный вектор позволяет получить значения коэффициентов A и B , тогда:

A x + B y + C = 0 ⇔ 1 · x — 2 · y + C = 0 ⇔ x — 2 · y + C = 0

Теперь найдем значение С, используя заданную условием задачи точку М 0 ( — 3 , 4 ) , через которую проходит прямая. Координаты этой точки отвечают уравнению x — 2 · y + C = 0 , т.е. — 3 — 2 · 4 + С = 0 . Отсюда С = 11 . Требуемое уравнение прямой принимает вид: x — 2 · y + 11 = 0 .

Ответ: x — 2 · y + 11 = 0 .

Задана прямая 2 3 x — y — 1 2 = 0 и точка М 0 , лежащая на этой прямой. Известна лишь абсцисса этой точки, и она равна — 3 . Необходимо определить ординату заданной точки.

Решение

Зададим обозначение координат точки М 0 как x 0 и y 0 . В исходных данных указано, что x 0 = — 3 . Поскольку точка принадлежит заданной прямой, значит ее координаты отвечают общему уравнению этой прямой. Тогда верным будет равенство:

2 3 x 0 — y 0 — 1 2 = 0

Определяем y 0 : 2 3 · ( — 3 ) — y 0 — 1 2 = 0 ⇔ — 5 2 — y 0 = 0 ⇔ y 0 = — 5 2

Ответ: — 5 2

Переход от общего уравнения прямой к прочим видам уравнений прямой и обратно

Как мы знаем, существует несколько видов уравнения одной и той же прямой на плоскости. Выбор вида уравнения зависит от условий задачи; возможно выбирать тот, который более удобен для ее решения. Здесь очень пригодится навык преобразования уравнения одного вида в уравнение другого вида.

Для начала рассмотрим переход от общего уравнения вида A x + B y + C = 0 к каноническому уравнению x — x 1 a x = y — y 1 a y .

Если А ≠ 0 , тогда переносим слагаемое B y в правую часть общего уравнения. В левой части выносим A за скобки. В итоге получаем: A x + C A = — B y .

Это равенство возможно записать как пропорцию: x + C A — B = y A .

В случае, если В ≠ 0 , оставляем в левой части общегь уравнения только слагаемое A x , прочие переносим в правую часть, получаем: A x = — B y — C . Выносим – В за скобки, тогда: A x = — B y + C B .

Перепишем равенство в виде пропорции: x — B = y + C B A .

Конечно, заучивать полученные формулы нет необходимости. Достаточно знать алгоритм действий при переходе от общего уравнения к каноническому.

Задано общее уравнение прямой 3 y — 4 = 0 . Необходимо преобразовать его в каноническое уравнение.

Решение

Запишем исходное уравнение как 3 y — 4 = 0 . Далее действуем по алгоритму: в левой части остаётся слагаемое 0 x ; а в правой части выносим — 3 за скобки; получаем: 0 x = — 3 y — 4 3 .

Запишем полученное равенство как пропорцию: x — 3 = y — 4 3 0 . Так, мы получили уравнение канонического вида.

Ответ: x — 3 = y — 4 3 0 .

Чтобы преобразовать общее уравнение прямой в параметрические, сначала осуществляют переход к каноническому виду, а затем переход от канонического уравнения прямой к параметрическим уравнениям.

Прямая задана уравнением 2 x — 5 y — 1 = 0 . Запишите параметрические уравнения этой прямой.

Решение

Осуществим переход от общего уравнения к каноническому:

2 x — 5 y — 1 = 0 ⇔ 2 x = 5 y + 1 ⇔ 2 x = 5 y + 1 5 ⇔ x 5 = y + 1 5 2

Теперь примем обе части полученного канонического уравнения равными λ , тогда:

x 5 = λ y + 1 5 2 = λ ⇔ x = 5 · λ y = — 1 5 + 2 · λ , λ ∈ R

Ответ: x = 5 · λ y = — 1 5 + 2 · λ , λ ∈ R

Общее уравнение можно преобразовать в уравнение прямой с угловым коэффициентом y = k · x + b , но только тогда, когда В ≠ 0 . Для перехода в левой части оставляем слагаемое B y , остальные переносятся в правую. Получим: B y = — A x — C . Разделим обе части полученного равенство на B , отличное от нуля: y = — A B x — C B .

Задано общее уравнение прямой: 2 x + 7 y = 0 . Необходимо преобразовать то уравнение в уравнение с угловым коэффициентом.

Решение

Произведем нужные действия по алгоритму:

2 x + 7 y = 0 ⇔ 7 y — 2 x ⇔ y = — 2 7 x

Ответ: y = — 2 7 x .

Из общего уравнения прямой достаточно просто получить уравнение в отрезках вида x a + y b = 1 . Чтобы осуществить такой переход, перенесем число C в правую часть равенства, разделим обе части полученного равенства на – С и, наконец, перенесем в знаменатели коэффициенты при переменных x и y :

A x + B y + C = 0 ⇔ A x + B y = — C ⇔ ⇔ A — C x + B — C y = 1 ⇔ x — C A + y — C B = 1

Необходимо преобразовать общее уравнение прямой x — 7 y + 1 2 = 0 в уравнение прямой в отрезках.

Решение

Перенесем 1 2 в правую часть: x — 7 y + 1 2 = 0 ⇔ x — 7 y = — 1 2 .

Разделим на -1/2 обе части равенства: x — 7 y = — 1 2 ⇔ 1 — 1 2 x — 7 — 1 2 y = 1 .

Преобразуем далее в необходимый вид: 1 — 1 2 x — 7 — 1 2 y = 1 ⇔ x — 1 2 + y 1 14 = 1 .

Ответ: x — 1 2 + y 1 14 = 1 .

В общем, несложно производится и обратный переход: от прочих видов уравнения к общему.

Уравнение прямой в отрезках и уравнение с угловым коэффициентом легко преобразовать в общее, просто собрав все слагаемые в левой части равенства:

x a + y b ⇔ 1 a x + 1 b y — 1 = 0 ⇔ A x + B y + C = 0 y = k x + b ⇔ y — k x — b = 0 ⇔ A x + B y + C = 0

Каноническое уравнение преобразуется к общему по следующей схеме:

x — x 1 a x = y — y 1 a y ⇔ a y · ( x — x 1 ) = a x ( y — y 1 ) ⇔ ⇔ a y x — a x y — a y x 1 + a x y 1 = 0 ⇔ A x + B y + C = 0

Для перехода от параметрических сначала осуществляется переход к каноническому, а затем – к общему:

x = x 1 + a x · λ y = y 1 + a y · λ ⇔ x — x 1 a x = y — y 1 a y ⇔ A x + B y + C = 0

Заданы параметрические уравнения прямой x = — 1 + 2 · λ y = 4 . Необходимо записать общее уравнение этой прямой.

Решение

Осуществим переход от параметрических уравнений к каноническому:

x = — 1 + 2 · λ y = 4 ⇔ x = — 1 + 2 · λ y = 4 + 0 · λ ⇔ λ = x + 1 2 λ = y — 4 0 ⇔ x + 1 2 = y — 4 0

Перейдем от канонического к общему:

x + 1 2 = y — 4 0 ⇔ 0 · ( x + 1 ) = 2 ( y — 4 ) ⇔ y — 4 = 0

Ответ: y — 4 = 0

Задано уравнение прямой в отрезках x 3 + y 1 2 = 1 . Необходимо осуществить переход к общему виду уравнения.

Решение:

Просто перепишем уравнение в необходимом виде:

x 3 + y 1 2 = 1 ⇔ 1 3 x + 2 y — 1 = 0

Ответ: 1 3 x + 2 y — 1 = 0 .

Составление общего уравнения прямой

Выше мы говорили о том, что общее уравнение возможно записать при известных координатах нормального вектора и координатах точки, через которую проходит прямая. Такая прямая определяется уравнением A ( x — x 0 ) + B ( y — y 0 ) = 0 . Там же мы разобрали соответствующий пример.

Сейчас рассмотрим более сложные примеры, в которых для начала необходимо определить координаты нормального вектора.

Задана прямая, параллельная прямой 2 x — 3 y + 3 3 = 0 . Также известна точка M 0 ( 4 , 1 ) , через которую проходит заданная прямая. Необходимо записать уравнение заданной прямой.

Решение

Исходные условия говорят нам о том, что прямые параллельны, тогда, как нормальный вектор прямой, уравнение которой требуется записать, возьмем направляющий вектор прямой n → = ( 2 , — 3 ) : 2 x — 3 y + 3 3 = 0 . Теперь нам известны все необходимые данные, чтобы составить общее уравнение прямой:

A ( x — x 0 ) + B ( y — y 0 ) = 0 ⇔ 2 ( x — 4 ) — 3 ( y — 1 ) = 0 ⇔ 2 x — 3 y — 5 = 0

Ответ: 2 x — 3 y — 5 = 0 .

Заданная прямая проходит через начало координат перпендикулярно прямой x — 2 3 = y + 4 5 . Необходимо составить общее уравнение заданной прямой.

Решение

Нормальный вектором заданной прямой будет направляющий вектор прямой x — 2 3 = y + 4 5 .

Тогда n → = ( 3 , 5 ) . Прямая проходит через начало координат, т.е. через точку О ( 0 , 0 ) . Составим общее уравнение заданной прямой:

A ( x — x 0 ) + B ( y — y 0 ) = 0 ⇔ 3 ( x — 0 ) + 5 ( y — 0 ) = 0 ⇔ 3 x + 5 y = 0

Графический метод. Описание, примеры решения уравнений

Эта статья посвящена одному из направлений функционально-графического метода решения уравнений, а именно, графическому методу. Сначала дано описание графического метода: раскрыта его суть, сказано, на чем базируется метод, приведено его обоснование, обговорены особенности метода, связанные с точностью. Дальше идет практическая часть: записан алгоритм решения уравнений графическим методом и показаны решения характерных примеров.

В чем состоит метод и на чем он базируется

Графический метод решения уравнений состоит в использовании графиков функций, отвечающих частям уравнения, для нахождения с их помощью решения уравнения. Базируется он на следующем утверждении:

Решение уравнения f(x)=g(x) есть множество абсцисс точек пересечения графиков функций y=f(x) и y=g(x) .

Обоснованием этого утверждения займемся в следующем пункте. А сейчас выудим из него полезные сведения.

Основное из них таково: по количеству точек пересечения графиков функций y=f(x) и y=g(x) можно судить о количестве корней уравнения f(x)=g(x) , а по абсциссам точек пересечения можно судить о корнях этого уравнения. Проиллюстрируем сказанное.

Взглянем на чертеж, на котором изображены графики функций и .

Очевидно, в видимой области графики изображенных функций не имеют точек пересечения. За пределами видимой области графики тоже не имеют точек пересечения. Это мы можем утверждать в силу известного нам поведения графиков степенных функций и линейных функций. Отсутствие точек пересечения позволяет нам сделать вывод, что уравнение не имеет решений.

Другой пример. На следующем рисунке изображены графики функций и .

Сколько точек пересечения мы видим? Две. Известное поведение графиков показательных функций и линейных функций позволяет утверждать, что за пределами видимой области точек пересечения нет. Значит, графики функций и пересекаются в двух точках, следовательно, уравнение имеет два корня. А каковы значения этих корней? Для ответа на этот вопрос определяем абсциссы точек пересечения графиков. По рисунку находим, что абсциссы точек пересечения есть −2 и 1 . Через проверку подстановкой убеждаемся, что это действительно корни уравнения :

Здесь стоит заметить, что к проверке подстановкой мы обратились не случайно. Дело в том, что найденные по графикам значения корней можно считать лишь приближенными до проведения проверки. Подробнее об этом мы поговорим в одном из следующих пунктов этой статьи, раскрывающем особенности графического метода.

Обоснование метода

Докажем, что множество решений уравнения f(x)=g(x) есть множество абсцисс точек пересечения графиков функций y=f(x) и y=g(x) . Для этого достаточно показать, во-первых, что если x₀ – корень уравнения f(x)=g(x) , то x₀ – это абсцисса одной из точек пересечения графиков функций y=f(x) и y=g(x) , и, во-вторых, если x₀ – абсцисса одной из точек пересечения графиков функций y=f(x) и y=g(x) , то x₀ – корень уравнения f(x)=g(x) . Приступаем к доказательству.

Пусть x₀ – корень уравнения f(x)=g(x) . Тогда f(x₀)=g(x₀) – верное числовое равенство. Это равенство можно трактовать так: значения функции y=f(x) и y=g(x) в точке x₀ совпадают. А из этого следует, что x₀ – абсцисса одной из точек пересечения графиков функций y=f(x) и y=g(x) .

Первая часть доказана. Переходим к доказательству второй части.

Пусть x₀ – абсцисса одной из точек пересечения графиков функций y=f(x) и y=g(x) . Это означает, что значения функций y=f(x) и y=g(x) в точке x₀ равны, значит, f(x₀)=g(x₀) . А из этого равенства следует, что x₀ – корень уравнения f(x)=g(x) .

Так доказана вторая часть.

Особенности метода

Графический метод предполагает использование графиков функций. В общем случае построение графиков функций – дело непростое. Поэтому, графический метод решения уравнения обычно применяется лишь тогда, когда функции, отвечающие частям уравнения, довольно простые в плане построения графиков, и при этом не видно другого аналитического метода решения. Это одна из особенностей графического метода решения уравнений.

Другая особенность касается получаемых по графикам результатов. Полученные по графикам результаты можно считать лишь приближенными. Дело здесь в том, что сами по себе графики функций — вещь не совсем точная (но при этом очень наглядная и во многих отношениях удобная), особенно если говорить о графиках, построенных от руки. Это следует из принципов, которыми мы руководствуемся при построении графиков функций. Что мы делаем для построения графика функции в общем случае? Проводим исследование функции, чтобы получить ряд «опорных» точек, таких как граничные точки области определения, максимумы-минимумы, точки перегиба, и понять поведение функции на всех интервалах ее области определения. После этого определяем несколько контрольных точек. Дальше переносим все определенные в ходе исследования точки на координатную плоскость и, сейчас внимание, соединяем их плавной линией в соответствии с выясненным в ходе исследования поведением функции. Эта «плавная линия» и есть график функции. О какой точности можно здесь говорить? Понятно, что она определяется точностью нашего построения.

С приближенными, найденными по графикам, значениями корней уравнения можно так или иначе работать. В некоторых случаях определенные по графикам значения корней оказываются точными значениями, в чем позволяет убедиться проверка подстановкой. В других случаях есть возможность уточнить значения корней до требуемой степени точности, для этого существуют специальные методы уточнения значений корней. А вот если по графикам нет возможности определить количество корней, не говоря уже об их значении, то, почти наверняка, стоит отказываться от графического метода решения уравнения. Добавим наглядности сказанному.

Давайте посмотрим на изображенные в одной прямоугольной системе координат графики функций и y=−x 2 +6·x−5 .

По этому чертежу сложно судить даже о количестве корней уравнения , не говоря уже про их значения с приемлемой степенью точности. Здесь можно лишь грубо сказать, что если корни есть, то их значения находятся на промежутке от нуля до трех. Такую прикидку мы даем по той причине, что графики функций в обозначенном промежутке очень близки, почти совпадают. Если есть возможность построить графики более точно в обозначенном промежутке, то это немного проясняет картину:

Сейчас мы видим три точки пересечения, даже можем приближенно указать их абсциссы: 1 , 2 и 2,7 . Но опять же, это не более чем приближенные результаты, нуждающиеся в проверке и строгом обосновании.

Учитывая оговоренные особенности графического метода решения уравнения, для себя можно принять следующее: к графическому методу стоит обращаться лишь тогда, когда функции, отвечающие частям уравнения, довольно простые в плане построения графиков, когда по построенным графикам можно с уверенностью указать точное количество точек их пересечения, и когда не просматривается альтернативный метод решения.

Алгоритм решения уравнений графическим методом

Анализ приведенной выше информации позволяет записать алгоритм решения уравнений графическим методом. Чтобы решить уравнение графически, надо:

• Построить в одной прямоугольной системе координат графики функций, отвечающие левой и правой частям уравнения.
• По чертежу определить все точки пересечения графиков:
  • если точек пересечения нет, то решаемое уравнение не имеет корней,
  • если точки пересечения имеются, то переходим к следующему шагу алгоритма.
• По чертежу определить абсциссы всех точек пересечения графиков – это приближенные значения всех корней исходного уравнения.
• Если есть основания полагать, что некоторые или все определенные на предыдущем шаге значения являются точными значениями корней решаемого уравнения, то осуществить их проверку, например, подстановкой.

Дадим краткий комментарий к последнему шага алгоритма. Иногда определенные по чертежу приближенные значения корней оказываются точными. Обычно это касается целых значений. Но, опять же, прежде чем утверждать, что найденные значения является точными корнями уравнения, сначала нужно осуществить проверку этих значений, например, проверку подстановкой.

Решение примеров

Графический метод решения уравнений начинает входить в арсенал изучающих математику в 7 классе сразу же после знакомства с координатной плоскостью и самой первой функцией – линейной функцией y=k·x+b . Именно тогда мы сталкиваемся с заданиями, наподобие следующего: с помощью графика линейной функции y=2·x−6 определить, при каком значении x будет y=0 [1, с. 50-51]. Для ответа на поставленный вопрос мы строим график указанной линейной функции y=2·x−6 .

По чертежу находим точку пересечения графика с осью Ox (ось Ox отвечает графику функции y=0 ), и определяем абсциссу точки пересечения: x=3 . По сути, мы решаем уравнение 2·x−6=0 графическим методом.

Чуть позже в 7 классе изучается функция y=x 2 . После этого опять заходит разговор о графическом методе решения уравнений, но уже более детальный, где метод уже называется своим именем и дается его алгоритм [1, с. 149-151; 2, с. 109]. Там с его помощью решаются уравнения, одной части которых отвечает функция y=x 2 , а другой – линейная функция y=k·x+b . Например, уравнение x 2 =x+1 . Для его решения строятся в одной системе координат соответствующие графики функций y=x 2 и y=x+1 :

Графики, очевидно, пересекаются в двух точках. Можно определить приближенные значения их абсцисс: .

В 8 классе изучаются новые виды функций: y=k/x , квадратичная функция y=a·x 2 +b·x+c , . И, естественно, рассматривается графический метод решения соответствующих уравнений. Особенно тщательно разбирается графическое решение квадратных уравнений. В учебнике Мордковича А. Г. приведены аж пять способов графического решения уравнения x 2 −2·x−3=0 [2, с. 127-131].

И так далее: изучаются функции , степенные функции, тригонометрические, показательные, логарифмические, …, — рассматривается решение соответствующих уравнений графическим методом. Так к концу школьного курса математики мы начинаем воспринимать графический метод решения уравнений как общий метод, позволяющий решать уравнения не только определенных видов, но и уравнения, в которых уживаются самые разнообразные функции: показательные с корнями, тригонометрические с логарифмическими и т.д. Покажем решение такого уравнения.

Решите уравнение

В заключение вспомним, что в этой статье при разговоре об особенностях графического метода решения уравнений мы обращались к иррациональному уравнению . В качестве «благодарности» этому уравнению за помощь в обретении знаний приведем ссылку на его решение графическим методом.

Системы уравнений с двумя переменными

п.1. Понятие системы уравнений с двумя переменными и её решения

п.2. Графический метод решения системы уравнений с двумя переменными

Поскольку каждое из уравнений с двумя переменными можно изобразить в виде графика на плоскости, графический метод решения систем таких уравнений достаточно удобен.

п.3. Примеры

Пример 1. Решите графическим способом систему уравнений:
а) ( left< begin < l >mathrm & \ mathrm <4x+3y=0>& endright. )
( mathrm ) – окружность с центром в начале координат
( mathrm <4x+3y=0>) – прямая ( mathrm )

Система имеет два решения (–3; 4) и (3; –4)
Ответ: <(–3; 4) ; (3; –4)>.

б) ( left< begin < l >mathrm & \ mathrm & endright. )
( mathrm ) – гипербола ( mathrm )
y – x = 4 – прямая y = x + 4

Система имеет два решения (–5; –1) и (1; 5)
Ответ: <(–5; –1) ; (1; 5)>.

в) ( left< begin < l >mathrm & \ mathrm & endright. )
x 2 + y = 1 – парабола y = –x 2 + 1
x 2 – y = 7 – парабола y = x 2 – 7

Система имеет два решения (–2; –3) и (2; –3)
Ответ: <(–2; –3) ; (2; –3)>.

г) ( left< begin < l >mathrm & \ mathrm & endright. )
xy = 1 – гипербола ( mathrm )
x 2 + y 2 = 2 – окружность с центром в начале координат, радиусом ( mathrm<sqrt<2>> )

Система имеет два решения (–1; –1) и (1; 1)
Ответ: <(–1; –1) ; (1; 1)>.

Пример 2*. Решите графическим способом систему уравнений
a) ( left< begin < l >mathrm & \ mathrm <frac1x-y=1>& endright. )
x 3 – y = 1 – кубическая парабола y = x 3 – 1, смещённая на 1 вниз.
( mathrm <frac1x-y=1>) – гипербола ( mathrm ), смещённая на 1 вниз

Система имеет два решения (–1; –2) и (1; 0)
Ответ: <(–1; –2) ; (1; 0)>.

б) ( left< begin < l >mathrm <|x|+|y|=2>& \ mathrm & endright. )
|x| + |y| = 2 – квадрат с диагоналями 4, лежащими на осях
x 2 + y 2 = 4 – окружность с центром в начале координат, радиусом 2

Система имеет четыре решения (2; 0), (0; 2) , (–2; 0) и (0; –2)
Ответ: <(2; 0) ; (0; 2) ; (–2; 0) ; (0; –2)>.

в) ( left< begin < l >mathrm & \ mathrm & endright. )
y – x 2 = 4x + 6 – парабола y = (x 2 + 4x + 4) + 2 = (x + 2) 2 + 2, ветками вверх, смещённая на 2 влево и на 2 вверх
y + |x| = 6 – ломаная, y = –|x| + 6. Для x > 0, y = –x + 6, для x 0, y = x, для x

Решение
задач с помощью чертежей – диаграмм

Диаграмма
— это чертеж или рисунок, на котором условно изображены в виде отдельных фигур
различные значения одной и той же величины или несколько сравнимых величин.

Графико-вычислительные
приемы помогают решать разнообразные арифметические и геометрические задачи.
Построение этих чертежей дает возможность «увидеть» задачу, установить и
исследовать связи, существующие между величинами, входящими в задачу, выбрать
кратчайший путь решения.

Применяя
диаграммы к решению задач, будем изображать отрезками численные значения
величин, входящих в условие задачи. Действия над числами заменяют соответствующими
построениями на диаграмме.

Самостоятельное
решение задач таким путем требует определенного навыка, изобретательности. В
некоторых случаях этот путь может заменить чисто вычислительные приемы, в
других – облегчить наилучший выбор неизвестного для составления уравнения, или
подсказать ход рассуждений для отыскания арифметического решения.

Очень важное
достоинство такого пути – в наглядности: на рисунке сразу видна связь между
величинами, входящими в условие задачи; чертеж помогает расширить задачу –
поставить и решить более общие вопросы, глубже проникнуть в существо задачи,
оценить реальность результата и промежуточных действий. Особенно целесообразно
применять этот путь в тех случаях, когда требуется ответить не на один, а на
несколько вопросов.

Задача.
В одном бидоне вдвое больше молока, чем в другом. Когда из обоих бидонов отлили
по 20 литров молока, то в первом бидоне оказалось втрое больше молока, чем во
втором. Сколько литров молока было первоначально в каждом бидоне?

Решение.

Начертим
два вертикальных отрезка «бидоны», один по высоте в два раза больше, чем
другой, т.к. одном бидоне вдвое больше молока, чем в другом.

Допустим:
8 и 4 клетки.

Сколько
взять клеток, чтобы показать, что отлили по 20 литров молока, учтем условие: в
первом бидоне оказалось втрое больше молока, чем во втором. На рисунке должна
остаться одна часть во втором «бидоне» и три части в первом.

Тогда
20 л молока – это две клетки. Останется во втором «бидоне» две клетки, в первом
– шесть клеток.

Выходит, что 20
литров – это часть, таких частей в первом бидоне 4, тогда 4∙20=80 л, во втором
бидоне – две части 2∙20= 40 л.

Эту задачу легко
решить, используя алгебраический метод.

	I бидон	II бидон
Было	2x	x
стало	2x-20	x-20

Составить
уравнение помогает фраза «в первом бидоне оказалось втрое больше молока, чем во
втором».

2х
– 20= 3(х-20), х=40, 40∙20=80

Ответ:
в первом бидоне 80 л, во втором -40 л молока.

Ученик 7класса
справится с такой задачей, используя введение переменной,  и решит уравнение.
Но интересен другой факт: ученик 5, 6 классов тоже способен решить такую
задачу, используя рисунок и логически рассуждая.

Задача.
Коля уплатил в кассу кафе за три блюда, Саша – за два блюда (все пять блюд
одинаковой стоимости). Когда они сели за стол, к ним присоединился Юра, и они
втроем съели все пять блюд поровну. При расчете  приятелей между собой
выяснилось, что Юра должен уплатить за съеденный им обед 500 рублей. Сколько из
этих денег следует отдать Коле и сколько Саше?

Решение.

Пусть отрезок в 15
клеток – это вся стоимость обеда (Юра должен отдать 500 рублей), ведь они
втроем съели поровну блюда, то поровну и заплатили за обед. Из рисунка
очевидно, что 1 клетка – 100 рублей. И Коля за три блюда заплатил 900 рублей,
Саша – 600 рублей. Полный обед из пяти блюд стоил 1500 рублей. Следовательно,
Коле нужно отдать 900-500=400 рублей, Саше 600-500=100 рублей.

Ответ:
Коле нужно отдать 400 рублей, Саше 100 рублей.

Задача.
На трех деревьях уселось 36 галок. Когда с первого дерева перелетели на второе
6 галок, а со второго перелетели на третье 4 галки, то на всех трех деревьях
галок стало поровну. Сколько галок сидело первоначально на деревьях?

Решение.

Рисунок
подсказывает, что на втором дереве после перелетов добавились две птицы, и их
стало 12, следовательно, первоначально их было 12-2=10. Конечно, если на
рисунок вынести общее число галок, то решение будет еще более очевидным.

Ответ:
1 дерево -18 галок, 2-10 галок, 3 – 8 галок.

Задача.
Рабочие отремонтировали дорогу длиной 820 метров за три дня. Во вторник они
отремонтировали  этой дороги, в среду  остальной части дороги.
Сколько метров дороги отремонтировали рабочие в четверг?

Решение.
Возьмем отрезок длиной в 15 клеток – это длина всей отремонтированной дороги
(НОК (5;3)=15). Ведь нам нужно показать сначала две части из пяти, а потом две
части из трех.

Из рисунка
становится очевидным, что вся дорога разделена на пять частей, и, чтобы узнать,
какая часть осталась на четверг (это одна часть), нужно 820:5=164 метра.

Обычный путь
решения:

1)
820 ∙ =328 м была
отремонтирована во вторник,

2)
820-328=492 м осталось отремонтировать в среду и четверг,

3)
492∙=328 м отремонтировали в
среду,

4)
(820-328) -328=164 м отремонтировали в четверг.

Рисунок
позволяет решить задачу без громоздких вычислений.

Ответ.
164 метра дороги отремонтировали в четверг.

Графики
можно использовать для геометрической иллюстрации движения (перемещения).
Например, расписание движения поездов раньше разрабатывались при помощи
графиков, которые назывались «графики движения поездов». Наиболее просто
графиком изображается равномерное движение.

На
графике обычно, но не всегда, по направлению оси ОХ отсчитывают время, а по
направлению оси OY – расстояние. В
таком случае абсцисса всякой точки графика движения любого тела указывает 
момент времени, а ордината – положение этого тела. Следовательно, график дает
возможность ответить на вопрос: «Где в данный момент находится тело? Когда оно
находилось или будет находиться в данном месте?»

Если
на одном чертеже построить два графика движения пешеходов, и если эти два
графика пересекаются в некоторой точке, то координаты этой точки показывают
место и время встречи пешеходов. Вот две задачи на движение, которые можно
решить с помощью графика равномерного движения. Геометрия придет на помощь
алгебре.

Задача.
Два туриста выезжают одновременно навстречу друг другу из двух пунктов А и В.
При встрече оказалось, что первый проехал на 30 км больше второго и что через
четыре дня он будет в В. Второй попадет в А через 9 дней после встречи. Найти
расстояние АВ.

Решение.
Берем произвольный отрезок АВ, изображающий расстояние между пунктами Аи В.
Отрезки АВꞌ и ВАꞌ — это графики движения первого и второго туриста (№1, №2).
Место и момент встречи определяются точкой О пересечения графиков.

 Через точку О
проведем KL ‖ AB.
По условию KAꞌ =9 дней и LBꞌ =4 дня. Обозначим число дней от момента выхода туристов до их встречи
через х, тогда x=AK=BL.

Имеем
две пары подобных треугольников:

▲AOK
∞ ▲Bꞌ OL,
откуда  x:4=OK:
OL

▲Aꞌ
OK ∞ ▲BOL, откуда 9:х= OK:
OL.

Отсюда
получаем x:4=9:х,

 решая,
получим х=6 дней.

Обозначим
расстояние BC через y.

Тогда
LO=BC=y,
   AC=KO=y+30.
 

Из
подобия треугольников  AOK , BꞌOL
следует OK:OL=AK:
Bꞌ L или (y+30):y=6:4.

Упрощая
эту пропорцию, получим 30:y=2:4,  
 y=60
км.

 Таким
образом, AB=2y+30=150
км.

Ответ:
расстояние между пунктами 150 км

Кроме
того, мы можем определить скорость каждого туриста.

 Скорость
первого: v₁=OL:LBꞌ
=60:4=15 км в день.

Скорость
второго v₂
=OL:LB=60:6=10
км в день.

Задача.
Два пешехода идут навстречу друг другу, один из пункта А, другой из пункта В.
Первый выходит из А на 6 часов позже, чем второй из В. При встрече оказывается,
что он прошел на 12 км меньше второго. Продолжая после встречи дальней путь с
той же скоростью, первый приходит в В через 8 часов, второй в А – через 9
часов. Найти скорость каждого пешехода.

Решение.
Изобразим расстояние между пунктами А и В произвольным отрезком АВ. Ось времени
теперь направим вертикально. На перпендикуляре АЕ отмечаем точку С, принимая,
что АС=6 часам. Пусть прямая СD является
графиком движения первого пешехода, а прямая ВЕ – графиком движения второго. F
– точка пересечения графиков – это место встречи пешеходов, G
– проекция на АВ точки F.

Через
точку F проведем HJ ‖ AB.

По
условию, HE=9 часов,    JD=
8 часов,    JB – AG=12
км.

 Пусть
CH=y,
    тогда    BJ=AH=(y+6)
часов.

▲BGF∞▲FHE 
и ▲FJD∞▲
FHC  
(▲FGB=▲FBJ)

Отсюда
получаем (y+6) : 9=FJ : FH=8 : y,

Следовательно,
(y+6)
∙y=8
∙ 9

или
y²+6y
– 72=0 ,   y=6 часов.

 Далее,
 ,   ,   , FH=36
км,  
FJ=48
км.

FH
– это путь, который прошел первый пешеход за время, равное y=6
часов;      FJ – путь, который прошел
второй пешеход за y+6=12 часов.

 Следовательно,
первый пешеход шел со скоростью 36:6=6 км/час,

а
второй – со скоростью 48:12=4 км/час.

Ответ:
6 км/час — скорость первого пешехода,  4 км/час – скорость второго пешехода.

Вот второй вариант
решения данной задачи – алгебраический, привычный для ученика и учителя. Пусть
х – путь, пройденный первым пешеходом до встречи.

		S, км	V, км/ч	t, час
До встречи	1-й пешеход	x
2-й пешеход	x+12
После встречи	1-й пешеход	x+12		8
2-й пешеход	x		9

Составить
уравнение поможет фраза «первый выходит из А на 6 часов позже, чем второй из
В», следовательно, разница во времени между ними 6 часов:

После
преобразований получим: 5х² — 12∙12х — 12∙12∙9=0, решив квадратное
уравнение, получаем х=36.

Следовательно,
второй пешеход прошел после встречи 36 км, а до встречи 36+12=48 км. Эти же 48
км прошел первый пешеход после встречи.

Первый пешеход шел
со скоростью 48:8=6 км/ч, второй – 36:9=4 км/ч.

Невозможно пройти
мимо интереснейшей задачи из рассказа Чехова «Репетитор».  Чтобы освежить в
памяти, о чем идет речь, вот небольшой отрывок из этого рассказа.

«Теперь
по арифметике… Берите доску. Какая следующая задача?

Петя
плюет на доску и стирает рукавом. Учитель берет задачник и диктует:

—
«Купец купил 138 арш. черного и синего сукна за 540 руб. Спрашивается, сколько
аршин купил он того и другого, если синее стоило 5 руб. за аршин, а черное 3
руб.?» Повторите задачу.

Петя
повторяет задачу и тотчас же, ни слова не говоря, начинает делить 540 на 138.

—
Для чего же это вы делите? Постойте! Впрочем, так… продолжайте. Остаток
получается? Здесь не может быть остатка. Дайте-ка я разделю!

Зиберов
делит, получает 3 с остатком и быстро стирает.

«Странно…
— думает он, ероша волосы и краснея. — Как же она решается? Гм!.. Это задача на
неопределенные уравнения, а вовсе не арифметическая»…

Учитель
глядит в ответы и видит 75 и 63.

«Гм!..
странно… Сложить 5 и 3, а потом делить 540 на 8? Так, что ли? Нет, не то».

—
Решайте же! — говорит он Пете.

—
Ну, чего думаешь? Задача-то ведь пустяковая! — говорит Удодов Пете. — Экий ты
дурак, братец! Решите уж вы ему, Егор Алексеич.

Егор
Алексеич берет в руки грифель и начинает решать. Он заикается, краснеет,
бледнеет.

—
Эта задача, собственно говоря, алгебраическая, — говорит он. — Ее с иксом и
игреком решить можно. Впрочем, можно и так решить. Я, вот, разделил…
понимаете? Теперь, вот, надо вычесть… понимаете? Или, вот что… Решите мне
эту задачу сами к завтраму… Подумайте…

Петя
ехидно улыбается. Удодов тоже улыбается. Оба они понимают замешательство
учителя. Ученик VII класса еще пуще конфузится, встает и начинает ходить из
угла в угол.

—
И без алгебры решить можно, — говорит Удодов, протягивая руку к счетам и
вздыхая. — Вот, извольте видеть…

Он
щелкает на счетах, и у него получается 75 и 63, что и нужно было.

—
Вот-с… по-нашему, по-неученому.

Учителю становится
нестерпимо жутко. С замиранием сердца поглядывает он на часы и видит, что до
конца урока остается еще час с четвертью — целая вечность!»

Задачу из рассказа
А. П. Чехова можно решать по-разному.

Для учеников,
осваивающих тему «Решение задач с помощью системы уравнений», можно предложить
такой способ.

Пусть
х – количество аршин синего сукна,

y
— количество аршин черного сукна,

тогда
5х – стоимость синего сукна,

3y
– стоимость черного сукна.

Учитывая
условие задачи, составим систему уравнений

Выразим
х через y,
получим x=138-y, 
5∙(138-y)+3y=540,  
y=75,  
138-75=63.

Ответ:
купец
купил 75 аршин черного сукна и 63 аршина синего сукна.

Еще вариант
размышлений: если бы купец приобрел только 138 аршин синего сукна, то ему
пришлось бы заплатить 138 ∙ 5 = 690 рублей. А он заплатил 540 рублей, на 150
рублей меньше. Заменяя один аршин синего сукна на аршин черного, можно
уменьшить стоимость сукна на 2 рубля. А чтобы уменьшить стоимость 138 аршин
сукна на 150 рублей, надо заменить 150 : 2 = 75 аршин синего сукна на такое же
количество черного. Выходит, что купец купил 75 аршин черного сукна и 138-75 =
63 аршина синего.

   Есть ли
какой-то смысл в действиях чеховских героев?   Петя разделил 540 на 138. У него
получилось 3 и 126 в остатке. Если купить 138 аршин черного сукна, то 138∙3=414
– стоимость черного сукна, и при делении его стоимости на 138, получается 3 без
остатка. Замена 1 аршина черного сукна на аршин синего увеличивает общую
стоимость сукна 2 рубля, и остаток от деления общей стоимости на 138
увеличивается на 2. Для того, чтобы остаток стал равен 126, надо 126 : 2 = 63
аршина черного сукна заменить таким же количеством синего. Следовательно, было
куплено 63 аршина синего сукна и 138 — 63 = 75 аршин черного.

Учитель-гимназист
хотел сложить пять и три, а потом 540:3. Посмотрим, что из этого получается.
540: (5 + 3) = 67 и 1/2 аршина черного и синего сукна, Как купить на те же
деньги 138 аршин? Для того, чтобы купить еще 3 аршина черного сукна, нужно 3 ∙
3 = 9 рублей. Эти 9 рублей можно выиграть от замены 9: 2 = 4 и 1/2 аршина
синего сукна на такое же количество черного. При этом синего сукна останется 63
аршина, а черного 75 аршин.

Вот еще одно
решение с применением ломаных графиков.

Один
аршин синего сукна стоит 5 рублей, следовательно, 100 аршин стоят 500 рублей.
Отмечаем точку М и строим луч ОМ – это график стоимости синего сукна.

Один
аршин черного сукна стоит 3 рубля, следовательно, 100 аршин стоят 300 рублей.
Отмечаем точку N и строим
луч ON — это график стоимости
черного сукна.

Т.к.
точка С (138 аршин, 540 рублей) оказывается между лучами OM и ON, то,
следовательно, купили и черное, и синее сукно.

Проведем
CA‖
NO до пересечения с OM,
получим точку А. Ломаная OAС – график
нарастающей стоимости сукон – синего (OA)
и черного (AC).

Проекции
точки А на оси OX и OY
указывают, что синего сукна купили 63 аршина на 315 рублей. Задача решена.
Найти количество и стоимость черного сукна уже легко.

Можно поступить и
немного иначе: провести CB ‖ MO;
тогда ломаная OBC -график нарастающей
стоимости сукон – черного (OB)
и синего (BC). Проекции точки В на
оси OX,
OY показывают, что черного сукна купили 75 аршин на 225 рублей. Проверка:
63+75=138 аршин и 315+225=540 рублей.

Приведенные
выше пути решения задач на первый взгляд могут показаться неожиданными и
непривычными. И возникает закономерный вопрос: «Зачем нужно использовать
нестандартные приемы задач, если для усвоения стандартного пути решения очень
мало времени и не все учащиеся отрабатывают каждый прием до конца?» 

Показывать
нестандартные приемы решений задач можно на факультативных занятиях, кружковых,
а самые простые рисунки и схемы для понимания смысла задачи обязательно
включать в урочную деятельность.

Если
включить в уроки, кружки, факультативы подобные пути решения заданий, то
появляется вероятность привлечь учащихся в реальную для них творческую
деятельность. И это будет важным условием формирования разных творческих
качеств мышления школьников.  Это один из путей развития креативности.

(y =b) (график — прямая, параллельная оси (x));

(y = kx) (график — прямая, которая проходит через начало координат);

(y = kx + m) (график — прямая);

Этот приём полезен при решении уравнений. Продемонстрируем это на примерах.

    

2. В одной системе координат начертить графики этих функций.

3. Определить точки пересечения полученных графиков.

4. Взять из них значения абсцисс.

  

Решение уравнений с помощью графиков

Решение линейных уравнений

Как ты уже знаешь, графиком линейного уравнения является прямая линия, отсюда и название данного вида.

Линейные уравнения достаточно легко решать алгебраическим путем – все неизвестные переносим в одну сторону уравнения, все, что нам известно – в другую и вуаля! Мы нашли корень.

Сейчас же я покажу тебе, как это сделать графическим способом.

Итак, у тебя есть уравнение: ( displaystyle 2{x} -10=2)

Как его решить?

Вариант 1, и самый распространенный – перенести неизвестные в одну сторону, а известные в другую, получаем:

Иными словами, у нас будет:

Как ты думаешь, что является корнем нашего уравнения? Правильно, координата ( displaystyle x) точки пересечения графиков:

Наш ответ: ( displaystyle x=6)

Вот и вся премудрость графического решения. Как ты с легкостью можешь проверить, корнем нашего уравнения является число ( displaystyle 6)!

Вариант 1. Напрямую

Просто строим параболу по данному уравнению: ( displaystyle {{x}^{2}}+2{x} -8=0)

Чтобы сделать это быстро, дам тебе одну маленькую подсказку: удобно начать построение с определения вершины параболы. Определить координаты вершины параболы помогут следующие формулы:

Посчитал? Какие координаты вершины параболы у тебя получились? Давай разбираться вместе:

И вот мы знаем уже координаты вершины, а для построения параболы нам нужно еще … точек. Как ты думаешь, сколько минимум точек нам необходимо? Правильно, ( displaystyle 3).

Ты знаешь, что парабола симметрична относительно своей вершины, например:

Соответственно, нам необходимо еще две точки по левой или правой ветви параболы, а в дальнейшем мы эти точки симметрично отразим на противоположную сторону:

Возвращаемся к нашей параболе.

Для нашего случая точка ( displaystyle Aleft( -1;-9 right)). Нам необходимо еще две точки, соответственно, ( displaystyle x) можно взять положительные, а можно взять отрицательные? Какие точки тебе удобней?

Мне удобней работать с положительными, поэтому я рассчитаю при ( displaystyle x=0) и ( displaystyle x=2).

Как ты думаешь, что является решением уравнения?

Правильно, точки, в которых ( displaystyle y=0), то есть ( displaystyle x=2) и ( displaystyle x=-4). Потому что ( displaystyle {{x}^{2}}+2{x} -8=0).

И если мы говорим, что ( displaystyle y={{x}^{2}}+2{x} -8), то значит, что ( displaystyle y) тоже должен быть равен ( displaystyle 0), или ( displaystyle y={{x}^{2}}+2{x} -8=0).

Просто? Это мы закончили с тобой решение уравнения сложным графическим способом, то ли еще будет!

Конечно, ты можешь проверить наш ответ алгебраическим путем – посчитаешь корни через теорему Виета или Дискриминант.

Что у тебя получилось? То же самое?

Вот видишь! Теперь посмотрим совсем простое графическое решение, уверена, оно тебе очень понравится!

Решение смешанных неравенств

Теперь перейдем к более сложным неравенствам!

Как тебе такое:

Первое, с чего мы начнем, – это с построения двух графиков:

Расписал? Теперь строй два графика.

Сравним наши рисунки?

У тебя так же? Отлично!

Теперь расставим точки пересечения и цветом определим, какой график у нас по идее должен быть больше, то есть ( displaystyle {{y}_{2}}={{x}^{3}}).

Смотри, что получилось в итоге:

А теперь просто смотрим, в каком месте у нас выделенный график находится выше, чем график ( displaystyle {{y}_{1}}=4x)? Смело бери карандаш и закрашивай данную область! Она и будет решением нашего сложного неравенства!

На каких промежутках по оси ( displaystyle Ox) у нас ( displaystyle {{y}_{2}}={{x}^{3}}) находится выше, чем ( displaystyle {{y}_{1}}=4x)? Верно, ( displaystyle xin left( -2;0 right)cup left( 2;+infty right)).

Это и есть ответ!

Ну вот, теперь тебе по плечу и любое уравнение, и любая система, и уж тем более любое неравенство!

Гипермаркет знаний>>Математика>>Математика 8 класс>>Математика:Графическое решение квадратных уравнений

Графическое решение квадратных уравнений

С квадратными уравнениями вы уже встречались в курсе алгебры 7-го класса. Напомним, что квадратным уравнением называют уравнение вида ах² + bх + с = 0, где а, b, с — любые числа (коэффициенты), причем а . Используя наши знания о некоторых функциях и их графиках, мы в состоянии уже теперь, не дожидаясь систематического изучения темы «Квадратные уравнения» (это будет позднее, в главе 4), решать некоторые квадратные уравнения, причем различными способами; мы рассмотрим эти способы на примере одного квадратного уравнения.

Пример. Решить уравнение х² — 2х — 3 = 0.
Решение.
I способ. Построим график функции у = х² — 2х — 3, воспользовавшись алгоритмом из § 13:

1) Имеем: а = 1, b = -2, х₀ = = 1, у₀ = f(1)= 1² — 2 — 3= -4. Значит, вершиной параболы служит точка (1; -4), а осью параболы — прямая х = 1.

2) Возьмем на оси х две точки, симметричные относительно оси параболы, например точки х = -1 и х = 3.

Имеем f(-1) = f(3) = 0. Построим на координатной плоскости точки (-1; 0) и (3; 0).

3) Через точки (-1; 0), (1; -4), (3; 0) проводим параболу (рис. 68).

Корнями уравнения х² — 2х — 3 = 0 являются абсциссы точек пересечения параболы с осью х; значит, корни уравнения таковы: х₁ = — 1, х₂ — 3.

II способ. Преобразуем уравнение к виду х² = 2х + 3. Построим в одной системе координат графики функций у — х² и у = 2х + 3 (рис. 69). Они пересекаются в двух точках А(- 1; 1) и В(3; 9). Корнями уравнения служат абсциссы точек А и В, значит, х₁ = — 1, х₂ — 3.

IV способ. Преобразуем уравнение к виду х²-2х 4-1-4 = 0
и далее
х² — 2х + 1 = 4, т. е. (х — IJ = 4.
Построим в одной системе координат параболу у = (х — 1)² и прямую y = 4 (рис. 71). Они пересекаются в двух точках А(-1; 4) и В(3; 4). Корнями уравнения служат абсциссы точек А и В, поэтому х₁ = -1, х₂ = 3.

V способ. Разделив почленно обе части уравнения на х, получим

Они пересекаются в двух точках А (-1; -3) и В(3; 1). Корнями уравнения являются абсциссы точек А и В, следовательно, х₁ = — 1, х₂ = 3. 

Итак, квадратное уравнение х² — 2х — 3 = 0 мы решили графически пятью способами. Давайте проанализируем, в чем суть этих способов.

I способ. Строят график функции у точки его пересечения с осью х.

II способ. Преобразуют уравнение к виду ах² = -bх — с, строят параболу у = ах² и прямую у = -bх — с, находят точки их пересечения (корнями уравнения служат абсциссы точек пересечения, если, разумеется, таковые имеются).

III способ. Преобразуют уравнение к виду ах² + с = — bх,строят параболу у — ах² + с и прямую у = -bх (она проходит через начало координат); находят точки их пересечения.

IV способ. Применяя метод выделения полного квадрата, преобразуют уравнение к виду

а (х + l)² + m = О
и далее
а (х + I) = — m

Строят параболу у = а (х + I)² и прямую у = — m, параллельную оси х; находят точки пересечения параболы и прямой.

V способ. Преобразуют уравнение к виду

Заметим, что первые четыре способа применимы к любым уравнениям вида ах² + bх + с = 0, а пятый — только к тем, у которых с . На практике можно выбирать тот способ, который вам кажется наиболее приспособленным к данному уравнению или который вам больше нравится (или более понятен).

Замечание. Несмотря на обилие способов графического решения квадратных уравнений, уверенности в том, что любое квадратное уравнение мы сможем решить графически, нет. Пусть, например, нужно решить уравнение х² — х — 3 = 0 (специально возьмем уравнение, похожее на то, что было в рассмотренном примере). Попробуем его решить, например, вторым способом: преобразуем уравнение к виду х² = х + 3, построим параболу у = х² и
прямую у = х + 3, они пересекаются в точках А и В (рис. 73), значит, уравнение имеет два корня. Но чему равны эти корни, мы с помощью чертежа сказать не можем — точки А и В имеют не такие «хорошие» координаты, как в приведенном выше примере. А теперь рассмотрим уравнение х²— 16х— 95 = 0. Попробуем его решить, скажем, третьим способом. Преобразуем уравнение к виду х² — 95 = 16х. Здесь надо построить параболу у = х² — 95 и прямую у = 16х. Но ограниченные размеры листа тетради не позволяют этого сделать, ведь параболу у = х² надо опустить на 95 клеток вниз.

Итак, графические способы решения квадратного уравнения красивы и приятны, но не дают стопроцентной гарантии решения любого квадратного уравнения. Учтем это в далнейшем.

Мордкович А. Г., Алгебра. 8 кл.: Учеб. для общеобразоват. учреждений.— 3-е изд., доработ. — М.: Мнемозина, 2001. — 223 с: ил.

_{Математика скачать, задача школьнику 8 класса, материалы по математике для 8 класса онлайн}

Содержание урока
 конспект урока                       
 опорный каркас  
 презентация урока
 акселеративные методы 
 интерактивные технологии 

Практика
 задачи и упражнения 
 самопроверка
 практикумы, тренинги, кейсы, квесты
 домашние задания
 дискуссионные вопросы
 риторические вопросы от учеников

Иллюстрации
 аудио-, видеоклипы и мультимедиа 
 фотографии, картинки 
 графики, таблицы, схемы
 юмор, анекдоты, приколы, комиксы
 притчи, поговорки, кроссворды, цитаты

Дополнения
 рефераты
 статьи 
 фишки для любознательных 
 шпаргалки 
 учебники основные и дополнительные
 словарь терминов                          
 прочие 

Совершенствование учебников и уроков
 исправление ошибок в учебнике
 обновление фрагмента в учебнике 
 элементы новаторства на уроке 
 замена устаревших знаний новыми 

Только для учителей
 идеальные уроки 
 календарный план на год  
 методические рекомендации  
 программы
 обсуждения


Интегрированные уроки

Если у вас есть исправления или предложения к данному уроку, напишите нам.

Если вы хотите увидеть другие корректировки и пожелания к урокам, смотрите здесь — Образовательный форум.

Авторські права | Privacy Policy |FAQ | Партнери | Контакти | Кейс-уроки

©  Автор системы образования 7W и Гипермаркета Знаний — Владимир Спиваковский

При использовании материалов ресурса
ссылка на edufuture.biz обязательна (для интернет ресурсов —
гиперссылка).
edufuture.biz 2008-© Все права защищены.
Сайт edufuture.biz является порталом, в котором не предусмотрены темы политики, наркомании, алкоголизма, курения и других «взрослых» тем.

Разработка — Гипермаркет знаний 2008-

Ждем Ваши замечания и предложения на email:
По вопросам рекламы и спонсорства пишите на email: