1. Parametrijska jednadžba prave linije

Neka je tačka M 0 (x 0 , y 0 , z 0 ) data na pravoj liniji i vektor s = (l ,m ,n ) koji leži na

ovu liniju (ili paralelnu sa njom). Vektor s se također naziva vodeći vektor ravno.

Ovi uslovi jedinstveno definišu pravu liniju u prostoru. Hajde da je nađemo

jednačina. Uzmite proizvoljnu tačku M (x, y, z) na pravoj. Jasno je da su vektori

M 0 M (x − x 0 , y − y 0 , z − z 0 ) i s su kolinearni.

Dakle, M 0 M = t s − je vektorska jednačina prave linije.

U koordinatnoj notaciji, posljednja jednačina ima sljedeći parametarski prikaz

dva ugla formirana od dve prave, odnosno paralelne sa datom i prolaze kroz jednu tačku (što može zahtevati paralelno prevođenje jedne od pravih).

Iz definicije slijedi da je jedan od uglova jednak kutu ϕ između njih

Prave su okomite na s 1 s 2 l 1 l 2 + m 1 m 2 + n 1 n 2 = 0 .

4. Ugao između prave i ravni. Uvjeti « » i « » izravni i

avion

Neka je prava L data njenom kanonskom jednačinom x − l x 0 = y − m y 0 = z − n z 0 ,

a ravan P po jednačini

Ax + By + Cz + D = 0.

Definicija. Ugao između prave L

a ravan p se zove oštri ugao između prave L i njene projekcije na ravan.

Iz definicije (i slike) proizlazi da je traženi ugao ϕ dodatni (do pravi ugao) na ugao između vektora normale n (A, B,C) i

vektor smjera s (l ,m ,n ) .

(. uzima se da dobije oštar ugao).

Ako je L R, onda je s n (s, n) = 0

Sada, ako nađeno "t" zamijenimo parametarskim jednadžbama prave linije, tada ćemo pronaći željenu točku presjeka

Jedna od glavnih operacija matematičke analize je operacija prolaska do granice, koja se u toku odvija u različitim oblicima. Počinjemo od najjednostavnijeg oblika prijelaza do granične operacije, zasnovane na konceptu granice tzv. brojevnog niza. Ovo će olakšati uvođenje još jednog vrlo važnog oblika prijelaza do granične operacije, granice funkcije. U nastavku će se konstrukcije prolaza do granice koristiti u konstrukciji diferencijalnog i integralnog računa.



 Beskonačno male i beskonačno velike sekvence

 Odnos između beskonačno velikih i beskonačno malih nizova.

 Najjednostavnija svojstva infinitezimalnih nizova

 Granica sekvence.

 Svojstva konvergentnih nizova

 Aritmetičke operacije nad konvergentnim nizovima

 Monotoni nizovi

 Cauchyjev kriterij konvergencije

 Broj e i njegova ekonomska ilustracija.

 Primjena limita u ekonomskim proračunima

§ 1. Numerički nizovi i jednostavna svojstva

1. Koncept numeričkog niza. Aritmetičke operacije nad nizovima

Brojčani nizovi su beskonačni skupovi brojeva. Primjeri sekvenci poznati su iz škole:

1) niz svih članova beskonačne aritmetičke i geometrijske progresije;

2) niz pravilnih perimetara n-uglovi upisani u datu kružnicu;

zvaće se niz brojeva (ili samo niz).

Odvojeni brojevi x 3 , x 5 , x n zvati će se elementi ili članovi niza (1). Simbol x n naziva se zajednički ili n-ti član ovog niza. Dajući vrijednost n = 1, 2, … u zajedničkom terminu x n dobijamo, redom, prvi x 1 , drugi x 2 i tako dalje. članovi.

Niz se smatra datim (vidi Def.) ako je specificiran metod za dobijanje bilo kojeg od njegovih elemenata. Često se niz daje formulom za zajednički termin niza.

Da bismo skratili notaciju, niz (1) se ponekad piše kao

Struktura uobičajenog pojma (njegove formule) može biti složena. Na primjer,

Ponekad se niz daje tzv ponavljajuće formule, tj. formule koje vam omogućavaju da pronađete sljedeće članove niza od poznatih prethodnih.

Primjer (Fibonačijevi brojevi). Neka je x 1 = x 2 = 1 i data je rekurentna formula x n = x n − 1 + x n − 2 za n = 3, 4, …. Tada imamo niz 1, 1,

2, 3, 5, 8, ... (brojevi Leonarda iz Pize, nadimak Fibonači). Geometrijski, numerički niz može biti prikazan na numeričkom

osa u obliku niza tačaka čije su koordinate jednake odgovarajućim

odgovarajući članovi niza. Na primjer, ( x n ) = 1 n .

Predavanje № 8-9 Osnovi matematičke analize prof. Dymkov M.P. 66

Uzmimo zajedno sa nizom ( x n ) još jedan niz ( y n ) : y 1 , y 2 , y ,n (2).

Definicija. Zbir (razlika, proizvod, količnik) niza

vrijednosti ( xn ) i ( yn ) naziva se niz ( zn ) čiji su članovi

Proizvod niza ( xn ) i broja c R je niz ( c xn ) .

Definicija. Niz ( xn ) se naziva ograničenim

odozgo (odozdo), ako postoji realan broj M (m) takav da svaki element ovog niza xn zadovoljava nejednak

xn ≤ M (xn ≥ m) . Niz se naziva ograničenim ako je ograničen i iznad i ispod m ≤ xn ≤ M . Poziva se niz xn

je neograničen ako je za pozitivan broj A (proizvoljno veliki) postoji barem jedan element niza xn , zadovoljava

što daje nejednakost xn > A.

( x n ) = ( 1n ) 0 ≤ x n ≤ 1.

( x n ) = ( n ) − ograničena je odozdo sa 1, ali je neograničena.

( x n ) = ( − n ) − ograničeno odozgo (–1), ali i neograničeno.

Definicija. Niz ( x n ) se zove infinitezimal,

ako za bilo koji pozitivni realni broj ε (ma koliko mali bio uzet) postoji broj N, koji, općenito govoreći, ovisi o ε, (N = N (ε)) takav da je za sve n ≥ N nejednakost x n< ε .

Primjer. ( x n ) = 1 n .

Definicija. Poziva se niz ( xn ). beskrajni bol-

shoy ako za pozitivan realan broj A (bez obzira koliko je velik) postoji broj N (N = N(A)) takav da za sve n ≥ N

dobija se nejednakost xn > A.

Obavezno pročitajte ovaj odlomak! Parametarske jednadžbe, naravno, ne alfa i omega prostorne geometrije, već mrav radnik mnogih zadataka. Štaviše, ova vrsta jednačina se često primjenjuje neočekivano, rekao bih, elegantno.

Ako su poznata tačka koja pripada pravoj i vektor pravca ove prave, tada su parametarske jednačine ove prave date sistemom:

O samom konceptu parametarskih jednačina sam govorio u lekcijama Jednačina prave linije na ravni i Derivat parametarski definirane funkcije.

Sve je jednostavnije od repe na pari, tako da morate začiniti zadatak:

Primjer 7

Rješenje: Prave su date kanonskim jednadžbama i u prvoj fazi treba pronaći neku tačku koja pripada pravoj i njen vektor smjera.

a) Uklonite tačku i vektor smjera iz jednačina: . Možete odabrati drugu tačku (kako to učiniti opisano je gore), ali je bolje uzeti najočitiju. Usput, da biste izbjegli greške, uvijek zamijenite njegove koordinate u jednačine.

Sastavimo parametarske jednačine ove prave linije:

Pogodnost parametarskih jednadžbi je u tome što je uz njihovu pomoć vrlo lako pronaći druge tačke prave. Na primjer, pronađimo tačku čije koordinate, recimo, odgovaraju vrijednosti parametra:

Na ovaj način:

b) Razmotrimo kanonske jednadžbe. Izbor tačke ovde je jednostavan, ali podmukao: (pazite da ne pomešate koordinate!!!). Kako izvući vodeći vektor? Možete raspravljati s čime je paralelna ova prava linija ili možete koristiti jednostavan formalni trik: proporcija je “y” i “z”, tako da pišemo vektor smjera , i stavljamo nulu u preostali prostor: .

Sastavljamo parametarske jednadžbe prave linije:

c) Hajde da prepišemo jednačine u obliku , odnosno "Z" može biti bilo šta. A ako ih ima, neka, na primjer, . Dakle, tačka pripada ovoj pravoj. Za pronalaženje vektora smjera koristimo sljedeću formalnu tehniku: u početnim jednačinama postoje "x" i "y", au vektoru smjera na tim mjestima upisujemo nule: . Na preostalo mjesto stavljamo jedinica: . Umjesto jedan, bilo koji broj, osim nule, odgovara.

Zapisujemo parametarske jednačine prave:

Za obuku:

Primjer 8

Napišite parametarske jednačine za sljedeće linije:

Rješenja i odgovori na kraju lekcije. Vaši odgovori se mogu malo razlikovati od mojih, činjenica je da parametarske jednačine se mogu napisati na više načina. Važno je da vaš i moj vektori smjera budu kolinearni, i da se vaša tačka "uklapa" sa mojim jednačinama (pa, ili obrnuto, moja tačka sa vašim jednačinama).

Kako drugačije možete definirati pravu liniju u prostoru? Hteo bih da smislim nešto sa normalnim vektorom. Međutim, broj neće raditi, za prostornu liniju normalni vektori mogu gledati u potpuno različitim smjerovima.

Druga metoda je već spomenuta u lekciji Jednačina u ravni i na početku ovog članka.

UGAO IZMEĐU RAVNI

Razmotrimo dvije ravni α 1 i α 2 date respektivno jednadžbama:

Ispod kutak između dvije ravni mislimo na jedan od diedarskih uglova koji formiraju ove ravni. Očigledno je da je ugao između vektora normale i ravni α 1 i α 2 jednak jednom od naznačenih susednih diedarskih uglova ili . Zbog toga . Jer i , onda

.

Primjer. Odredite ugao između ravnina x+2y-3z+4=0 i 2 x+3y+z+8=0.

Uslov paralelnosti dve ravni.

Dvije ravni α 1 i α 2 su paralelne ako i samo ako su njihovi normalni vektori i paralelni, te stoga .

Dakle, dvije ravni su paralelne jedna s drugom ako i samo ako su koeficijenti na odgovarajućim koordinatama proporcionalni:

ili

Uslov okomitosti ravnina.

Jasno je da su dvije ravni okomite ako i samo ako su njihovi normalni vektori okomiti, i stoga, ili .

Na ovaj način, .

Primjeri.

DIREKTNO U PROSTOR.

VEKTORSKA JEDNAČINA DIRECT.

PARAMETRSKE JEDNAČINE DIRECT

Položaj prave linije u prostoru u potpunosti je određen specificiranjem bilo koje njene fiksne tačke M 1 i vektor paralelan ovoj pravoj.

Vektor paralelan pravoj liniji naziva se vođenje vektor ove linije.

Pa pusti pravo l prolazi kroz tačku M 1 (x 1 , y 1 , z 1) leži na pravoj liniji paralelnoj s vektorom .

Razmotrite proizvoljnu tačku M(x,y,z) na pravoj liniji. Iz slike se vidi da .

Vektori i su kolinearni, tako da postoji takav broj t, šta , gdje je množitelj t može uzeti bilo koju numeričku vrijednost ovisno o poziciji točke M na pravoj liniji. Faktor t naziva se parametar. Označavanje radijus vektora tačaka M 1 i M odnosno, kroz i , Dobijamo . Ova jednačina se zove vektor jednačina prave linije. Pokazuje da je svaka vrijednost parametra t odgovara radijus vektoru neke tačke M ležeći na pravoj liniji.

Ovu jednačinu zapisujemo u koordinatnom obliku. Obratite pažnju da, i odavde

Rezultirajuće jednačine se nazivaju parametarski pravolinijske jednačine.

Prilikom promjene parametra t promene koordinata x, y i z i tačka M kreće se pravolinijski.

DIREKTNE KANONIČKE JEDNAČINE

Neka M 1 (x 1 , y 1 , z 1) - tačka koja leži na pravoj liniji l, i je njegov vektor smjera. Opet, uzmite proizvoljnu tačku na pravoj liniji M(x,y,z) i razmotrimo vektor .

Jasno je da su vektori i kolinearni, tako da njihove odgovarajuće koordinate moraju biti proporcionalne, dakle

– kanonski pravolinijske jednačine.

Napomena 1. Imajte na umu da se kanonske jednadžbe prave mogu dobiti iz parametarskih jednačina eliminacijom parametra t. Zaista, iz parametarskih jednačina dobijamo ili .

Primjer. Napišite jednačinu prave linije na parametarski način.

Označite , dakle x = 2 + 3t, y = –1 + 2t, z = 1 –t.

Napomena 2. Neka je prava okomita na jednu od koordinatnih osa, na primjer, os Ox. Tada je vektor smjera prave okomit Ox, Shodno tome, m=0. Shodno tome, parametarske jednačine prave imaju oblik

Eliminacija parametra iz jednačina t, dobijamo jednadžbe prave linije u obliku

Međutim, i u ovom slučaju pristajemo da formalno zapišemo kanonske jednačine prave u obliku . Dakle, ako je nazivnik jednog od razlomaka nula, onda to znači da je prava okomita na odgovarajuću koordinatnu os.

Slično, kanonske jednačine odgovara pravoj liniji okomitoj na osi Ox i Oy ili paralelne ose Oz.

Primjeri.

OPĆE JEDNAČINE PRAVA PRAVA KAO PRAVA presjeka DVIJE RAVNI

Kroz svaku pravu liniju u prostoru prolazi beskonačan broj ravnina. Bilo koja dva od njih, ukrštajući se, definiraju ga u prostoru. Prema tome, jednačine bilo koje dvije takve ravni, razmatrane zajedno, su jednačine ove prave.

Općenito, bilo koje dvije neparalelne ravni date općim jednačinama

odrediti njihovu liniju ukrštanja. Ove jednačine se nazivaju opšte jednačine ravno.

Primjeri.

Konstruirajte pravu liniju datu jednadžbama

Da bi se konstruisao prava, dovoljno je pronaći bilo koje dve njene tačke. Najlakši način je da izaberete tačke preseka prave sa koordinatnim ravnima. Na primjer, tačka preseka sa ravninom xOy dobijamo iz jednačina prave linije, pod pretpostavkom z= 0:

Rješavajući ovaj sistem, nalazimo poentu M 1 (1;2;0).

Slično, pod pretpostavkom y= 0, dobijamo tačku preseka prave sa ravninom xOz:

Od opštih jednačina prave linije može se preći na njene kanonske ili parametarske jednačine. Da biste to učinili, morate pronaći neku tačku M 1 na liniji i vektor smjera linije.

Koordinate tačaka M 1 dobijamo iz ovog sistema jednačina, dajući jednoj od koordinata proizvoljnu vrijednost. Da biste pronašli vektor smjera, imajte na umu da ovaj vektor mora biti okomit na oba normalna vektora i . Dakle, za vektor smjera prave linije l možete uzeti vektorski proizvod normalni vektori:

.

Primjer. Olovo opšte jednačine ravno kanonskom obliku.

Pronađite tačku na pravoj liniji. Da bismo to učinili, proizvoljno biramo jednu od koordinata, na primjer, y= 0 i riješi sistem jednačina:

Vektori normale ravni koje definiraju pravu imaju koordinate Stoga će vektor smjera biti ravan

. shodno tome, l: .

UGAO IZMEĐU PRAVA

kutak između redova u prostoru nazvaćemo bilo koji od susjedni uglovi, formiran od dvije prave linije povučene kroz proizvoljnu tačku paralelnu sa podacima.

Neka su u prostoru date dvije prave:

Očigledno, ugao φ između linija može se uzeti kao ugao između njihovih vektora smjera i . Budući da , onda prema formuli za kosinus kuta između vektora dobivamo

Prava linija zajedno sa tačkom važni su elementi geometrije, uz pomoć kojih se grade mnoge figure u prostoru i na ravni. Ovaj članak detaljno razmatra parametar i njegov odnos s drugim tipovima jednadžbi za ovaj geometrijski element.

Prava linija i jednadžbe za to

Prava linija u geometriji je skup tačaka koje spajaju proizvoljne dvije tačke u prostoru segmentom najmanje dužine. Ovaj segment je dio prave linije. Sve druge krive koje povezuju dvije fiksne tačke u prostoru imat će veliku dužinu, tako da nisu prave linije.

Na gornjoj slici su dvije crne tačke. Plava linija koja ih povezuje je ravna, a crvena zakrivljena. Očigledno je da je crvena linija između crnih tačaka duža od plave.

Postoji nekoliko vrsta pravolinijskih jednačina koje se mogu koristiti za opisivanje prave linije u trodimenzionalnom prostoru ili u dvodimenzionalnom prostoru. Ispod su nazivi ovih jednačina:

• vektor;
• parametarski;
• u segmentima;
• simetrične ili kanonske;
• opšti tip.

U ovom članku ćemo razmotriti parametarsku jednadžbu prave linije, ali ćemo je izvesti iz vektorske. Također ćemo pokazati odnos između parametarskih i simetričnih ili kanonskih jednačina.

vektorska jednadžba

Jasno je da su sve gore navedene vrste jednadžbi za razmatrani geometrijski element međusobno povezane. Ipak, vektorska jednadžba je za sve njih osnovna, jer direktno proizilazi iz definicije prave linije. Razmotrimo kako se to uvodi u geometriju.

Pretpostavimo da nam je data tačka u prostoru P(x 0 ; y 0 ; z 0). Poznato je da ova tačka pripada pravoj. Koliko se linija može povući kroz njega? Beskonačan skup. Stoga, da biste mogli nacrtati jednu ravnu liniju, potrebno je postaviti smjer potonje. Smjer je, kao što znate, određen vektorom. Označimo ga v¯(a; b; c), gdje su simboli u zagradama njegove koordinate. Za svaku tačku Q(x; y; z), koja se nalazi na pravoj koju razmatramo, možemo napisati jednakost:

(x; y; z) = (x 0; y 0; z 0) + α × (a; b; c)

Ovdje je simbol α parametar koji uzima apsolutno bilo koju realnu vrijednost (množenjem vektora brojem može se promijeniti samo njegov modul ili smjer na suprotno). Ova jednakost se naziva vektorska jednadžba za pravu liniju u trodimenzionalnom prostoru. Promjenom parametra α dobijamo sve tačke (x; y; z) koje formiraju ovu liniju.

Vektor v¯(a; b; c) u jednačini naziva se vektor smjera. Prava linija nema određeni pravac, a njena dužina je beskonačna. Ove činjenice znače da svaki vektor dobijen iz v¯ množenjem sa pravi broj, također će biti vodič za ravnu liniju.

Što se tiče tačke P(x 0; y 0; z 0), umesto nje, u jednačinu se može zameniti proizvoljna tačka, koja leži na pravoj liniji, a potonja se neće promeniti.

Na slici iznad prikazana je prava linija (plava linija) koja je definirana u prostoru kroz vektor smjera (crveni segment).

Nije teško dobiti sličnu jednakost za dvodimenzionalni slučaj. Koristeći slično razmišljanje, dolazimo do izraza:

(x; y) = (x 0 ; y 0) + α × (a; b)

Vidimo da je potpuno isti kao i prethodni, samo se dvije koordinate koriste umjesto tri za specificiranje tačaka i vektora.

Parametrijska jednadžba

Prvo, dobijamo parametarsku jednačinu prave u prostoru. Iznad, kada se pisala vektorska jednakost, već je spomenuto o parametru koji je prisutan u njoj. Da biste dobili parametarsku jednačinu, dovoljno je proširiti vektorsku. Dobijamo:

x = x 0 + α × a;

y = y0 + α × b;

z = z 0 + α × c

Skup ove tri linearne jednakosti, od kojih svaka ima jednu promjenljivu koordinatu i parametar α, obično se naziva parametarska jednačina prave linije u prostoru. Zapravo, nismo uradili ništa novo, već smo jednostavno eksplicitno zabilježili značenje odgovarajućeg vektorskog izraza. Napominjemo samo jednu tačku: broj α, iako je proizvoljan, isti je za sve tri jednakosti. Na primjer, ako je α \u003d -1,5 za 1. jednakost, tada njegovu istu vrijednost treba zamijeniti drugom i trećom jednakošću prilikom određivanja koordinata točke.

Parametarska jednačina prave linije na ravni je slična onoj za prostorni slučaj. Piše se kao:

x = x 0 + α × a;

y = y0 + α × b

Dakle, da bi se sastavila parametarska jednačina prave linije, za nju treba zapisati vektorsku jednačinu u eksplicitnom obliku.

Dobivanje kanonske jednadžbe

Kao što je gore navedeno, sve jednadžbe koje definiraju pravu liniju u prostoru i na ravni se dobijaju jedna iz druge. Hajde da pokažemo kako da dobijemo kanonsku pravu liniju iz parametarske jednačine. Za prostorni slučaj imamo:

x = x 0 + α × a;

y = y0 + α × b;

z = z 0 + α × c

Izrazimo parametar u svakoj jednakosti:

α \u003d (x - x 0) / a;

α \u003d (y - y 0) / b;

α \u003d (z - z 0) / c

Kako su leve strane iste, onda su i desne strane jednakosti jednake jedna drugoj:

(x - x 0) / a = (y - y 0) / b = (z - z 0) / c

Ovo je kanonska jednadžba za pravu liniju u prostoru. Vrijednost nazivnika u svakom izrazu je odgovarajuća koordinata. Vrijednosti u brojniku koje se oduzimaju od svake varijable su koordinate tačke na toj pravoj.

Odgovarajuća jednačina za slučaj na ravni ima oblik:

(x - x 0) / a = (y - y 0) / b

Jednačina prave kroz 2 tačke

Poznato je da dvije fiksne tačke, kako u ravni, tako iu prostoru, jednoznačno određuju pravu liniju. Pretpostavimo da su date sljedeće dvije tačke na ravni:

Kako napisati jednačinu prave kroz njih? Prvi korak je definiranje vektora smjera. Njegove koordinate su sljedeće:

PQ¯(x 2 - x 1 ; y 2 ​​- y 1)

Sada možete napisati jednačinu u bilo kojem od tri oblika o kojima se govorilo u gornjim paragrafima. Na primjer, parametarska jednadžba prave linije ima oblik:

x \u003d x 1 + α × (x 2 - x 1);

y \u003d y 1 + α × (y 2 - y 1)

U kanonskom obliku, možete ga prepisati ovako:

(x - x 1) / (x 2 - x 1) = (y - y 1) / (y 2 - y 1)

Vidi se da kanonska jednadžba uključuje koordinate obje tačke, a te tačke se mogu mijenjati u brojiocu. Dakle, poslednja jednačina se može prepisati na sledeći način:

(x - x 2) / (x 2 - x 1) = (y - y 2) / (y 2 - y 1)

Svi pisani izrazi nazivaju se jednadžbama prave linije kroz 2 tačke.

Problem sa tri tačke

Date su koordinate sljedeće tri tačke:

Potrebno je utvrditi da li ove tačke leže na istoj pravoj ili ne.

Ovaj problem treba riješiti na sljedeći način: prvo nacrtati jednačinu prave za bilo koje dvije tačke, a zatim u nju zamijeniti koordinate treće i provjeriti da li one zadovoljavaju rezultirajuću jednakost.

Sastavljamo jednačinu u terminima M i N u parametarskom obliku. Za to primjenjujemo formulu dobivenu u gornjem pasusu, koju generaliziramo na trodimenzionalni slučaj. Imamo:

x = 5 + α × (-3);

y = 3 + α × (-1);

z = -1 + α × 1

Sada zamenimo koordinate tačke K u ove izraze i pronađemo vrednost alfa parametra koja im odgovara. Dobijamo:

1 = 5 + α × (-3) => α = 4/3;

1 = 3 + α × (-1) => α = 4;

5 = -1 + α × 1 => α = -4

Saznali smo da će sve tri jednakosti vrijediti ako svaka od njih uzme različitu vrijednost parametra α. Poslednja činjenica je u suprotnosti sa uslovom parametarske jednačine prave linije, u kojoj α mora biti jednako za sve jednačine. To znači da tačka K ne pripada pravoj MN, što znači da sve tri tačke ne leže na istoj pravoj.

Problem paralelnih pravih

Dve jednačine linija su date u parametarskom obliku. Oni su predstavljeni u nastavku:

x = -1 + 5 × α;

x = 2 - 6 × λ;

y = 4 - 3,6 × λ

Potrebno je utvrditi da li su prave paralelne. Najlakši način za određivanje paralelizma dvije prave je korištenjem koordinata vektora smjera. Okrećući se opšta formula parametarskom jednadžbom u dvodimenzionalnom prostoru, dobijamo da će vektori pravca svake prave linije imati koordinate:

Dva vektora su paralelna ako se jedan od njih može dobiti množenjem drugog sa nekim brojem. Koordinate vektora podijelimo u parove, dobijemo:

to znači da:

v 2 ¯ = -1,2 × v 1 ¯

Vektori pravca v 2 ¯ i v 1 ¯ su paralelni, što znači da su i linije u iskazu problema paralelne.

Provjerimo da nisu ista linija. Da biste to učinili, trebate zamijeniti koordinate bilo koje tačke u jednadžbi drugom. Uzmite tačku (-1; 3), zamijenite je jednadžbom za drugu ravnu liniju:

1 = 2 - 6 × λ => λ = 1/2;

3 \u003d 4 - 3,6 × λ => λ ≈ 0,28

Odnosno, linije su različite.

Problem okomitosti pravih

Date su jednadžbe dvije prave:

x = 2 + 6 × λ;

y = -2 - 4 × λ

Jesu li ove linije okomite?

Dvije prave će biti okomite ako je produkt točkastih vektora smjera jednak nuli. Napišimo ove vektore:

Nađimo njihov skalarni proizvod:

(v 1 ¯ × v 2 ¯) = 2 × 6 + 3 × (-4) = 12 - 12 = 0

Tako smo saznali da su razmatrane prave okomite. Oni su prikazani na gornjoj slici.

Jednačina koja, osim nepoznata vrijednost također sadrži još jednu dodatnu vrijednost koja može poprimiti različite vrijednosti iz nekog područja, tzv parametarski. Ova dodatna količina u jednačini se zove parametar. U stvari, mnoge jednačine se mogu napisati sa svakom parametarskom jednačinom. Razmotrit ćemo modul parametarske jednačine i rješenje jednostavnih parametarskih jednačina.

Zadatak 1 Riješite jednadžbe s obzirom na $x$
A) $x + a = 7$
B) $2x + 8a = 4$
C) $x + a = 2a – x$
D) $ax = 5$
E) $a – x ​​= x + b$
F) $ax = 3a$

Rješenje:

A) $x + a = 7 \Leftrightarrow x = 7 – a$, odnosno pronađeno je rješenje ove jednačine.
Za različite vrijednosti parametara rješenja su $x = 7 – a$

B) $2x + 8a = 4 \Leftrightarrow 2x = 4 - 8a \Leftrightarrow x = 2 – 4a$

C) $x + a = 2a – x ​​\Leftrightarrow x + x = 2a – a \Leftrightarrow 2x = a \Leftrightarrow x = \frac(a)(2)$

D) $ax = 5$, kada je a različito od 0 možemo podijeliti oba dijela sa a i dobićemo $x = 5$
Ako je $a = 0$ dobijamo jednačinu poput $0.x = 5$ koja nema rješenja;

E) $a – x ​​= x + b \Leftrightarrow a – b = x + x \Leftrightarrow 2x = a – b \Leftrightarrow x = \frac(a-b)(2)$

F) Kada je a = 0, jednačina ax = 3a je 0.x = 0
Prema tome, bilo koji x je rješenje. Ako je a različito od 0 onda
$ax = 3a \Leftrightarrow x = \frac(3a)(a) \Leftrightarrow x = 3$

Zadatak 2 Ako je a parametar, riješite jednačinu:
A) $(a + 1)x = 2a + 3$
B) $2a + x = ax + 4$
C) $a^2x – x = a$
D) $a^2x + x = a$

Rješenje:

A) Ako je $a + 1$ različito od 0, tj. $a \neq -1$,
tada je $x = \frac(2a+3)(a+1)$;
ako je $a + 1 = 0$, tj. $a = - 1$
jednadžba postaje $0\cdot x = (2)\cdot(-1) + 3 \Leftrightarrow$
$0\cdot x = 1$, koji nema rješenja;

B) $2a + x = ax + 4 \Leftrightarrow$
$x – ax = 4 - 2a \Leftrightarrow$
$(1 – a)\cdot x = 2(2 – a)$
Ako je $(1 – a) \neq 0$, onda a $\neq 1$; odluka će
$x = \frac(2(2 - a))((1 - a))$;
Ako je $a = 1$, jednačina postaje $0\cdot x = 2(2 - 1) \Leftrightarrow$
$0\cdot x = 2$, koji nema rješenja

C) $a^2x – x = a \Leftrightarrow$
$x(a^2 -1) = a \Leftrightarrow$
$(a - 1)(a + 1)x = a$
Ako je $a - 1 \neq 0$ i $a + 1 \neq 0$, tj. $a \neq 1, -1$,
rješenje je $x = \frac(a)((a - 1)(a + 1))$
Ako je $a = 1$ ili $a = -1$, jednačina postaje $0\cdot x = \pm 1$, koja nema rješenja

D) $a^2x + x = a \Leftrightarrow$
$(a^2 + 1)x = a$
U ovom slučaju $a^2 + 1 \neq 0$ za bilo koji $a$ jer je to zbir pozitivnog broja (1) i jednog negativnog broja
$(a^2 \geq 0)$ pa $x = \frac(a)(a^2 + 1)$

Zadatak 3 Ako su a i b parametri, riješite jednadžbe:
A) $ax + b = 0$
B) $ax + 2b = x$
C) $(b - 1)y = 1 - a$
D) $(b^2 + 1)y = a + 2$

Rješenje:

A) $ax + b = 0 \Leftrightarrow ax = -b$
Ako je $a \neq 0$ onda je rješenje $x = -\frac(b)(a)$.
Ako je $a = 0, b \neq 0$, jednačina postaje $0\cdot x = -b$ i nema rješenja.
Ako je $a = 0$ i $b = 0$, jednačina postaje $0\cdot x = 0$ i bilo koji $x$ je rješenje;

B) $ax + 2b = x \Leftrightarrow ax – x = -2b \Leftrightarrow (a - 1)x = -2b$
Ako je $a - 1 \neq 0$, tj. $a \neq 1$, rješenje je $x = -\frac(2b)(a-1)$
Ako je $a - 1 = 0$, tj. $a = 1$, i $b \neq 0$, jednačina postaje $0\cdot x = - 2b$ i nema rješenja

C) Ako je $b - 1 \neq 0$, to je $b \neq 1$,
rješenje je $y = \frac(1-a)(b-1)$
Ako je $b - 1 = 0$, to jest, $b = 1$, ali $1 je \neq 0$,
tj. $a \neq 1$, jednačina postaje $0\cdot y = 1 – a$ i nema rješenja.
Ako je $b = 1$ i $a = 1$, jednačina postaje $0\cdot y = 0$ i bilo koji $y$ je rješenje

D) $b^2 + 1 \neq 0$ za bilo koji $b$ (zašto?), dakle
$y = \frac(a+2)(b^2)$ je rješenje jednadžbe.

Problem $4$ Za koje vrijednosti od $x$ sledeće izraze imaju jednaka značenja:
A) $5x + a$ i $3ax + 4$
B) $2x - 2$ i $4x + 5a$

Rješenje:

Da bismo dobili iste vrijednosti, moramo pronaći rješenja jednadžbi
$5x + a = 3ax + 4$ i $2x – 2 = 4x + 5a$

A) $5x + a = 3ax + 4 \Leftrightarrow$
$5x - 3ax = 4 – a \Leftrightarrow$
$(5 - 3a)x = 4 - a$
Ako je $5 - 3a \neq 0$, tj. $a \neq \frac(5)(3)$, rješenja su $x = \frac(4-a)(5-3a)$
Ako je $5 - 3a = 0$, tj. $a = \frac(5)(3)$, jednačina postaje $0\cdot x = 4 – \frac(5)(3) \Leftrightarrow$
$0\cdot x = \frac(7)(3)$, koji nema rješenja

B) $2x - 2 = 4x + 5a \Leftrightarrow$
$-2 - 5a = 4x - 2x \Leftrightarrow$
$2x = - 2 - 5a \Leftrightarrow$
$x = -\frac(2+5a)(2)$

Zadatak 5
A) $|sjekira + 2| = 4$
B) $|2x + 1| = 3a$
C) $|sjekira + 2a| = 3$

Rješenje:

A) $|sjekira + 2| = 4 \Leftrightarrow sjekira + 2 = 4$ ili $ax + 2 = -4 \Leftrightarrow$
$ax = 2$ ili $ax = - 6$
Ako je $a \neq 0$, jednačine postaju $x = \frac(2)(a)$ ili $x = -\frac(6)(a)$
Ako je $a = 0$, jednačina nema rješenja

B) Ako je $a Ako je $a > 0$, ovo je ekvivalentno $2x + 1 = 3a$
ili $2x + 1 = -3a \Leftrightarrow 2x = 3a - 1 \Leftrightarrow x = \frac(3a-1)(2)$ ili
$2x = -3a - 1 \Leftrightarrow x = \frac(3a-1)(2) = -\frac(3a-1)(2)$

C) $|sjekira + 2a| = 3 \Leftrightarrow sjekira + 2a = 3$ ili $ax + 2a = - 3$,
i nalazimo $ax = 3 - 2a$ ili $ax = -3 - 2a$
Ako je a = 0 onda nema rješenja ako je $a \neq 0$
rješenja su: $x = \frac(3-2a)(a)$ i $x = -\frac(3+2a)(a)$

Zadatak 6 Riješite jednačinu $2 - x = 2b - 2ax$, gdje su a i b realni parametri. Pronađite za koje vrijednosti a jednačina ima prirodni broj kao rješenje ako je $b = 7$

Rješenje:

Ovu jednačinu predstavljamo u sljedećem obliku: $(2a - 1)x = 2(b - 1)$
Moguće su sljedeće opcije:
Ako je $2a - 1 \neq 0$, tj. $a \neq \frac(1)(2)$, jednačina ima jedinstveno rješenje
$x = \frac(2(b-1))(2a-1)$
Ako je $a = \frac(1)(2)$ i $b = 1$, jednačina postaje $0\cdot x = 0$ i bilo koji $x$ je rješenje
Ako je $a = \frac(1)(2)$ i $b \neq 1$, dobijamo $0\cdot x = 2(b - 1)$, gdje je $2(b - 1) \neq 0$
U ovom slučaju, jednačina nema rješenja.
Ako je $b = 7$ i $a \neq \frac(1)(2)$ je jedino rešenje
$x = \frac(2(7-1))(2a-1) = \frac(12)(2a-1)$
Ako je a cijeli broj onda je $2a - 1$ također cijeli broj i rješenje je
$x = \frac(12)(2a-1)$ je prirodan broj kada
$2a - 1$ je pozitivan djelitelj za $12$.
Da bi a bio cijeli broj, djelitelj $12$ mora biti neparan. Ali samo $1$ i $3$ su pozitivni neparni brojevi djeljivi sa 12
Stoga $2a - 1 = 3 \Leftrightarrow a = 2$ ili $2a - 1 = 1 \Leftrightarrow$
$a = 1 a = 2$ ili $2a - 1 = 1 \Leftrightarrow a = 1$

Zadatak 7 Riješite jednačinu $|ax - 2 – a| = 4$, gdje je a parametar. Pronađite za koje vrijednosti a su korijeni jednadžbe negativni cijeli brojevi.

Rješenje:

Iz definicije modula dobijamo
$|sjekira - 2 – x| = 4 \Leftrightarrow sjekira - 2 - x = 4$ ili $ax - 2 - x = - 4$
Iz prve jednakosti dobijamo $x(a - 1) - 2 = 4 \Leftrightarrow$
$(a - 1)x = 4 + 2 \Leftrightarrow (a - 1)x = 6$
Iz druge jednakosti dobijamo $(a - 1)x = -2$
Ako je $a - 1 = 0$, tj. $a = 1$, posljednja jednačina nema rješenja.
Ako $a \neq 1$ nalazimo da je $x = \frac(6)(a-1)$ ili $x = -\frac(2)(a-1)$
Da bi ovi korijeni bili cjelobrojni negativni brojevi, mora vrijediti sljedeće:
Za prvi, $a - 1$ mora biti negativan djelitelj 6, a za drugi pozitivan djelitelj 2
Tada je $a - 1 = -1; -2; -3; - 6$ ili $a - 1 = 1; 2$
Dobijamo $a - 1 = -1 \Leftrightarrow a = 0; a - 1 = -2 \Leftrightarrow$
$a = -1; a - 1 = -3 \Leftrightarrow a = -2; a - 1 = -6 \Leftrightarrow a = -5$
ili $a - 1 = 1 \Leftrightarrow a = 2; a - 1 = 2 \Leftrightarrow a = 3$
Tada je $a = -5; -2; -jedan; 0; 2; 3$ su rješenja problema.

Zadatak 8 Riješite jednačinu:
A) $3ax - a = 1 - x$, gdje je a parametar;
B) $2ax + b = 2 + x$ gdje su a i b parametri

Rješenje:

A) $3ax + x = 1 + a \Leftrightarrow (3a + 1)x = 1 + a$.
Ako je $3a + 1 \neq 0$, tj. $a \neq -11 /3 /3$ , postoji rješenje
$x = \frac(1+a)(3a+1)$
Ako je $a = -\frac(1)(3)$, jednačina postaje $0\cdot x = \frac(1.1)(3)$, koja nema rješenja.

B) $2ax – x = 2 – b \Leftrightarrow (2a - 1)x = 2 – b$
Ako je $2a - 1 \neq 0$, tj. $a \neq \frac(1)(2), x = \frac(2-b)(2a-1)$ je rješenje.
Ako je $a = \frac(1)(2)$, jednačina postaje $0.x = 2 – b$
Tada ako je $b = 2$, bilo koji x je rješenje, ako je $b \neq 2$, jednačina nema rješenja.

Zadatak 9 Zadata je jednačina $6(kx - 6) + 24 = 5kx$, gdje je k cijeli broj. Pronađite za koje vrijednosti k jednačina:
A) ima korijen $-\frac(4)(3)$
B) nema rješenja;
C) ima korijen kao prirodan broj.

Rješenje:

Prepišite jednačinu kao $6kx - 36 + 24 = 5kx \Leftrightarrow kx = 12$

A) Ako je $x = -\frac(4)(3)$, za k dobijamo jednačinu $-\frac(4)(3k) = 12 \Leftrightarrow k = - 9$

B) Jednačina $kx = 12$ nema rješenja kada je $k = 0$

C) Kada je $k \neq 0$ korijen $x = \frac(12)(k)$ i to je prirodan broj, ako je k pozitivan cijeli broj djeljiv sa 12, tj. $k = 1, 2, 3, 4, 6, 12$

Zadatak 10 Riješite jednačinu:
A) $2ax + 1 = x + a$, gdje je a parametar;
B) $2ax + 1 = x + b$, gdje su a i b parametri.

Rješenje:

A) $2ax + 1 = x + a \Leftrightarrow 2ax – x = a - 1 \Leftrightarrow$
$(2a - 1)x = a - 1$
Ako je $2a - 1 \neq 0$, tj. $a \neq \frac(1)(2)$, jedino rješenje jednačine je
$x = \frac(a-1)(2a-1)$
Ako je $2a - 1 = 0$, tj. $a = \frac(1)(2)$, jednačina postaje
$0.x = \frac(1)(2)- 1 \Leftrightarrow 0.x = -\frac(1)(2)$, koji nema rješenje

B) $2ax + 1 = x + b \Leftrightarrow$
$2ax – x = b - 1 \Leftrightarrow$
$(2a - 1)x = b - 1$
Ako je $2a - 1 \neq 0$, tj. $a \neq \frac(1)(2)$, rješenje je
$x = \frac(b-1)(2a-1)$
Ako je $a = \frac(1)(2)$, jednačina je ekvivalentna $0.x = b - 1$
Ako je b = 1 bilo koji x je rješenje, ako je $b \neq 1$ onda nema rješenja.

Zadatak 11 Zadata je jednačina $3(ax - 4) + 4 = 2ax$, gdje je parametar cijeli broj. Pronađite za koje vrijednosti a jednačina ima korijen:
A) $\left(-\frac(2)(3)\right)$
B) cijeli broj
C) prirodni broj

Rješenje:

A) Ako je $x = -\frac(2)(3)$ rješenje jednadžbe, onda mora biti istina
$3\levo + 4 = 2a\levo(-\frac(2)(3)\desno) \Leftrightarrow$
$-2a - 12 + 4 = -\frac(4a)(3) \Leftrightarrow$
$\frac(4a)(3) - 2a = 8 \Leftrightarrow \frac(4a-6a)(3) = 8 \Leftrightarrow$
$-\frac(2a)(3) = 8 \Leftrightarrow a = -12$

B) $3(ax - 4) + 4 = 2ax \Leftrightarrow 3ax - 2ax = 12 - 4 \Leftrightarrow ax = 8$
Ako je $a \neq 0$ rješenje je $x = \frac(8)(a)$, to je cijeli broj, ako je a djeljiv od $8$.
Zbog toga; $±2; ±4; ±8$
Ako je $a=0$, jednačina nema rješenja

C) Da biste dobili prirodan (pozitivan cijeli) broj za ovo rješenje $x=\frac(8)(a)$ broj bi trebao biti: $a=1, 2, 4, 8$

Zadatak 12 Zadata je jednačina $2 – x = 2b – 2ax$, gdje su $a$ i $b$ parametri. Pronađite za koje vrijednosti a jednadžba ima rješenja u obliku prirodnog broja ako je $b = 7$

Rješenje:

Zamijenimo $b = 7$ u jednačinu i dobijemo $2 – x = 2,7 - 2ax \Leftrightarrow$
$2ax – x = 14 – 2 \Leftrightarrow (2a - 1)x = 12$
Ako je $2a -1 \neq 0$, tj. $a \neq \frac(1)(2)$, jednačina postaje
$x = \frac(12)(2a-1)$ i to će biti prirodan broj ako je imenilac $2a - 1$ pozitivno djeljiv $12$ i osim što je cijeli broj, potrebno je da $2a - 1$ je bio neparan broj.
Dakle, $2a - 1$ može biti $1$ ili $3$
Od $2a - 1 = 1 \Leftrightarrow 2a = 2 \Leftrightarrow a = 1$ i $2a - 1 = 3$
$\Leftrightarrow 2a = 4 \Leftrightarrow a = 2$

Zadatak 13 Zadata funkcija $f(x) = (3a - 1)x - 2a + 1$, gdje je a parametar. Pronađite za koje vrijednosti a graf funkcije:
A) prelazi x-osu;
B) prelazi x-osu

Rješenje:

Da bi graf funkcije mogao preći x-osu, potrebno je da
$(3a - 1)\cdot x -2a + 1 = 0$ je imao rješenje i nije imao rješenje za neprelazak x-ose.
Iz jednačine dobijamo $(3a - 1)x = 2a - 1$
Ako je $3a - 1 \neq 0$, tj. $a \neq \frac(1)(3)$, jednačina ima rješenja
$x = \frac(2a-1)(3a-1)$, tako da graf funkcije prelazi x-osu.
Ako je $a = \frac(1)(3)$, dobijamo $0.x = \frac(2)(3) - 1 \Leftrightarrow 0.x = -\frac(1)(3)$, što nije imati rješenja.
Stoga, ako je $a = \frac(1)(3)$, graf funkcije ne prelazi x-osu.

Zadatak 14 Riješite parametarsku jednačinu:
A) $|x -2| = a$
B) $|sjekira -1| = 3$
C) $|sjekira - 1| = a - 2 $

Rješenje:

A) Ako je $a 0$ dobijamo:
$|x - 2| = a \Strelica ulevo x - 2 = a$ ili $x - 2 = -a$
Od $x - 2 = a \Rightarrow x = a + 2$, i od
$x - 2 = -a \Strelica desno x = 2 – a$
Ako je $a = 0$ onda je $x - 2 = 0$ ili $x = 2$

B) $|sjekira - 1| = 3 \Leftrightarrow sjekira - 1 = 3$ ili $ax - 1 = -3$
odakle je $ax = 4$ ili $ax = - 2$
Ako je $a \neq 0$ rješenja su: $x = \frac(4)(a)$ ili $x = -\frac(2)(a)$
Ako je $a = 0$, ovdje nema rješenja

C) Ako je $a - 2 Ako je $a - 2 > 0$, tj. $a > 2$ dobijamo
$|sjekira - 1| = a - 2 \Leftrightarrow ax - 1 = a - 2$ ili $ax - 1 = 2 – a$
Tako dobijamo $ax = a - 1$ ili $ax = 3 – a$
Zato što je $a > 2, a \neq 0$, dakle
$x = \frac(a-1)(a)$ ili $x = \frac(3-a)(a)$.
Ako je $a = 2$, jednačine su ekvivalentne
$2x - 1 = 0 \Leftrightarrow 2x = 1 \Leftrightarrow x = \frac(1)(2)$

Zadatak 15 Pronađite za koje su vrijednosti parametra m (a) dvije jednadžbe ekvivalentne:
A) $\frac(x+m)(2) = 1 – m$ i $(-x - 1) ^2 - 1 = x^2$
B) $\frac(x+m)(2) = 1 - m$ i $\frac(x-m)(3) = 1 - 2m$
C) $|3 – x| + x^2 -5x + 3 = 0$ i $ax + 2a = 1 + x$ ako je $x > 3$

Rješenje:

A) Rešimo drugu jednačinu. Napišimo to u obliku:
$(-x - 1)^2 - 1 = x^2 \Leftrightarrow$
$[(-1)(x + 1) ]^2 - 1 = x^2 \Leftrightarrow$
$x^2 ​​+ 2x + 1 - 1 = x^2 \Leftrightarrow$
$2x = 0 \Leftrightarrow x = 0$
Za prvu koju dobijemo
$\frac(x+m)(2) = 1 – m \Leftrightarrow x + m = 2 - 2m \Leftrightarrow x = 2 - 3m$
Ove dvije jednačine su ekvivalentne ako imaju iste korijene, tj.
$2 - 3m = 0 \Leftrightarrow$ $m = \frac(2)(3)$

B) Za prvu jednačinu rješenje je $x = 2 - 3m$, a za drugu dobijamo
$x – m = 3 - 6m \Leftrightarrow$ $x = 3 – 5m$
Imaju iste korijene kada
$2 - 3m = 3 - 5m \Leftrightarrow 5m - 3m = 3 - 2 \Leftrightarrow 2m = 1 \Leftrightarrow m = \frac(1)(2)$

C) Pošto je $x > 3, 3 – x $|3 – x| = -(3 - x) = x - 3 $
Prva jednačina će izgledati ovako: $x - 3 + x^2 – 5x + 3 = 0 \Leftrightarrow$
$x^2 ​​- 4x – 0 \Leftrightarrow x(x - 4) = 0 \Leftrightarrow$
$x = 0$ ili $x = 4$
Uz uslov da je $x > 3$, tako da je samo $x = 4$ rješenje. Za drugu jednačinu dobijamo
$ax – x = 1 - 2a \Leftrightarrow (a - 1)x = 1 - 2a$
Ako je $a - 1 = 0$ nema rješenja (Zašto?), ako je $a - 1 \neq 0$, tj. $a \neq 1$, postoji rješenje
$x = \frac(1-2a)(a-1)$ Ove dvije jednadžbe su jednake ako je $4 = \frac(1-2a)(a-1) \Leftrightarrow$ $4(a - 1) = 1 - 2a \ Leftrightarrow 4a + 2a = 1 + 4 \Leftrightarrow 6a = 5 \Leftrightarrow a = \frac(5)(6)$