Вирішення систем лінійних нерівностей графічне. Вирішення рівнянь, нерівностей, систем за допомогою графіків функцій. Візуальний гід (2019)

Один із найзручніших методів розв'язання квадратних нерівностей – це графічний метод. У статті ми розберемо, як вирішуються квадратні нерівності графічним способом. Спочатку обговоримо, у чому суть цього способу. А далі наведемо алгоритм та розглянемо приклади розв'язання квадратних нерівностей графічним способом.

Навігація на сторінці.

Суть графічного методу

Взагалі графічний спосіб розв'язання нерівностейз однією змінною застосовується як вирішення квадратних нерівностей, а й нерівностей інших видів. Суть графічного способу розв'язання нерівностейнаступна: розглядають функції y=f(x) і y=g(x) , які відповідають лівої та правої частинам нерівності, будують їх графіки в одній прямокутній системі координат і з'ясовують, на яких проміжках графік однієї з них розташовується нижче або вище від іншого. Ті проміжки, на яких

графік функції f вище графіка функції g є розв'язками нерівності f(x)>g(x);
графік функції f не нижче графіка функції g є розв'язками нерівності f(x)≥g(x);
графік функції f нижче графіка функції g є розв'язками нерівності f(x)
графік функції f не вище графіка функції g є розв'язками нерівності f(x)≤g(x) .

Також скажемо, що абсцис точок перетину графіків функцій f і g є рішеннями рівняння f (x) = g (x).

Перенесемо ці результати на наш випадок – для розв'язання квадратної нерівності a x 2 + b x + c<0 (≤, >, ≥).

Вводимо дві функції: перша y=a·x 2 +b·x+c (при цьому f(x)=a·x 2 +b·x+c) відповідає лівій частині квадратної нерівності, друга y=0 (при цьому g (x)=0) відповідає правій частині нерівності. Графіком квадратичної функції f є парабола, а графіком постійної функції g - Пряма, збігається з віссю абсцис Ox.

Далі згідно з графічним способом розв'язання нерівностей треба проаналізувати, на яких проміжках графік однієї функції розташований вище або нижче за інший, що дозволить записати шукане рішення квадратної нерівності. У нашому випадку потрібно проаналізувати положення параболи щодо осі Ox.

Залежно від значень коефіцієнтів a, b і c можливі наступні шість варіантів (для наших потреб досить схематичного зображення, і можна не зображати вісь Oy, тому що її положення не впливає на розв'язання нерівності):

На цьому кресленні ми бачимо параболу, гілки якої спрямовані вгору, та яка перетинає вісь Ox у двох точках, абсциси яких є x1 та x2. Цей креслення відповідає варіанту, коли коефіцієнт a - позитивний (він відповідає за спрямованість вгору гілок параболи), і коли позитивне значення дискримінанта квадратного тричлена a x 2 +b x x c (при цьому тричлен має два корені, які ми позначили як x 1 і x 2 , причому прийняли, що x 1 0 , D=b 2 −4·a·c=(−1) 2 −4·1·(−6)=25>0, x 1 = -2, x 2 = 3 .

Давайте для наочності зобразимо червоним кольором частини параболи, розташовані вище за осі абсцис, а синім кольором – розташовані нижче за осі абсцис.

Наразі з'ясуємо, які проміжки цим частинам відповідають. Визначити їх допоможе наступне креслення (надалі подібні виділення у формі прямокутників будемо проводити подумки):

Так на осі абсцис виявилися підсвічені червоним кольором два проміжки (−∞, x 1) і (x 2 , +∞) , на них парабола вище за осю Ox , вони становлять розв'язання квадратної нерівності a·x 2 +b·x+c>0 , а синім кольором підсвічений проміжок (x 1 , x 2) , на ньому парабола нижче осі Ox , він є рішенням нерівності a·x 2 +b·x+c<0 . Решениями нестрогих квадратных неравенств a·x 2 +b·x+c≥0 и a·x 2 +b·x+c≤0 будут те же промежутки, но в них следует включить числа x 1 и x 2 , отвечающие равенству a·x 2 +b·x+c=0 .

А тепер коротко: при a>0 і D=b 2 −4·a·c>0 (або D"=D/4>0 при парному коефіцієнті b)

розв'язанням квадратної нерівності a·x 2 +b·x+c>0 є (−∞, x 1)∪(x 2 , +∞) або в іншому записі x x 2;
рішенням квадратної нерівності a·x 2 +b·x+c≥0 є (−∞, x 1 ]∪ або в іншому записі x 1 ≤x≤x 2 ,

де x 1 і x 2 - коріння квадратного тричлена a x 2 + b x + c , причому x 1

Тут ми бачимо параболу, гілки якої спрямовані вгору і яка стосується осі абсцис, тобто має з нею одну загальну точку, позначимо абсцис цієї точки як x 0 . Представленому випадку відповідає a>0 (гілки направлені вгору) і D=0 ( квадратний тричленмає один корінь x 0). Наприклад можна взяти квадратичну функцію y=x 2 −4·x+4 , тут a=1>0 , D=(−4) 2 −4·1·4=0 і x 0 =2 .

По кресленню чітко видно, що парабола розташована вище за осю Ox всюди, крім точки дотику, тобто, на проміжках (−∞, x 0) , (x 0 , ∞) . Для наочності виділимо на кресленні області за аналогією з попереднім пунктом.

Робимо висновки: при a>0 та D=0

розв'язком квадратної нерівності a·x 2 +b·x+c>0 є (−∞, x 0)∪(x 0 , +∞) або в іншому записі x≠x 0 ;
розв'язком квадратної нерівності a·x 2 +b·x+c≥0 є (−∞, +∞) або в іншому записі x∈R ;
квадратна нерівність a·x 2 +b·x+c<0 не имеет решений (нет интервалов, на которых парабола расположена ниже оси Ox );
квадратна нерівність a·x 2 +b·x+c≤0 має єдине рішення x=x 0 (його дає точка дотику),

де x 0 - корінь квадратного тричлена a x 2 + b x + c .

У цьому випадку гілки параболи спрямовані вгору, і вона не має спільних точок із віссю абсцис. Тут ми маємо умови a>0 (гілки спрямовані вгору) та D<0 (квадратный трехчлен не имеет действительных корней). Для примера можно построить график функции y=2·x 2 +1 , здесь a=2>0 , D=0 2 −4·2·1=−8<0 .

Очевидно, парабола розташована вище осі Ox на всьому її протязі (немає інтервалів, на яких вона нижче за осю Ox , немає точки дотику).

Таким чином, при a>0 та D<0 решением квадратных неравенств a·x 2 +b·x+c>0 і a·x 2 +b·x+c≥0 є безліч усіх дійсних чисел, а нерівності a·x 2 +b·x+c<0 и a·x 2 +b·x+c≤0 не имеют решений.

І залишаються три варіанти розташування параболи з спрямованими вниз, а не вгору, гілками щодо осі Ox. У принципі їх можна і не розглядати, оскільки множення обох частин нерівності на −1 дозволяє перейти до рівносильної нерівності з позитивним коефіцієнтом при х 2 . Але все ж таки не завадить отримати уявлення і про ці випадки. Міркування тут аналогічні, тож запишемо лише головні результати.

Алгоритм рішення

Підсумком усіх попередніх викладок виступає алгоритм розв'язання квадратних нерівностей графічним способом:

На координатній площині виконується схематичний креслення, на якому зображується вісь Ox (вісь Oy зображати не обов'язково) і ескіз параболи, що відповідає квадратичній функції y = a x 2 + b x + c . Для побудови ескізу параболи достатньо з'ясувати два моменти:

По-перше, за значенням коефіцієнта a з'ясовується, куди спрямовані її гілки (при a>0 – вгору, при a<0 – вниз).
А по-друге, за значенням дискримінанта квадратного тричлена a x 2 +b x + c з'ясовується, чи перетинає парабола вісь абсцис у двох точках (при D>0 ), стосується її в одній точці (при D=0 ), або не має спільних точок з віссю Ox (при D<0 ). Для удобства на чертеже указываются координаты точек пересечения или координата точки касания (при наличии этих точек), а сами точки изображаются выколотыми при решении строгих неравенств, или обычными при решении нестрогих неравенств.

Коли креслення готове, по ньому на другому кроці алгоритму
- при розв'язанні квадратної нерівності a x 2 +b x + c> 0 визначаються проміжки, на яких парабола розташовується вище осі абсцис;
- при вирішенні нерівності a·x 2 +b·x+c≥0 визначаються проміжки, на яких парабола розташовується вище за осю абсцис і до них додаються абсциси точок перетину (або абсцису точки дотику);
- при розв'язанні нерівності a·x 2 +b·x+c<0 находятся промежутки, на которых парабола ниже оси Ox ;
- нарешті, при розв'язанні квадратної нерівності виду a x 2 + b x + c≤0 знаходяться проміжки, на яких парабола нижче осі Ox і до них додаються абсциси точок перетину (або абсцис точки дотику);
вони і становлять шукане розв'язання квадратної нерівності, а якщо таких проміжків немає і немає точок торкання, то вихідна квадратна нерівність не має розв'язків.

Залишається лише вирішити кілька квадратних нерівностей із застосуванням цього алгоритму.

Приклади із рішеннями

приклад.

Розв'яжіть нерівність .

Рішення.

Нам потрібно вирішити квадратну нерівність, скористаємося алгоритмом із попереднього пункту. На першому етапі нам необхідно зобразити ескіз графіка квадратичної функції . Коефіцієнт при x 2 дорівнює 2 він позитивний, отже, гілки параболи спрямовані вгору. З'ясуємо ще, чи парабола з віссю абсцис загальні точки, для цього обчислимо дискримінант квадратного тричлена . Маємо . Дискримінант виявився більшим за нуль, отже, тричлен має два дійсні корені: і , тобто, x1 = -3 і x2 = 1/3.

Звідси відомо, що парабола перетинає вісь Ox у двох точках з абсцисами −3 та 1/3 . Ці точки зобразимо на кресленні звичайними точками, оскільки розв'язуємо не сувору нерівність. За з'ясованими даними отримуємо наступний креслення (він підходить під перший шаблон з першого пункту статті):

Переходимо на другий крок алгоритму. Так як ми вирішуємо не сувору квадратну нерівність зі знаком ≤, то нам потрібно визначити проміжки, на яких парабола розташована нижче за осі абсцис і додати до них абсциси точок перетину.

З креслення видно, що парабола нижче осі абсцис на інтервалі (-3, 1/3) і до нього додаємо абсцис точок перетину, тобто числа -3 і 1/3 . В результаті приходимо до числового відрізка [−3, 1/3]. Це і шукане рішення. Його можна записати у вигляді подвійної нерівності −3≤x≤1/3.

Відповідь:

[−3, 1/3] або −3≤x≤1/3 .

приклад.

Знайдіть розв'язок квадратної нерівності −x 2 +16·x−63<0 .

Рішення.

Зазвичай починаємо з креслення. Числовий коефіцієнт при змінній квадраті негативний, −1 , тому, гілки параболи спрямовані вниз. Обчислимо дискримінант, а краще його четверту частину: D"=8 2 −(−1)·(−63)=64−63=1. Його значення позитивно, обчислимо коріння квадратного тричлена: і , x 1 = 7 та x 2 = 9 . Так парабола перетинає вісь Ox у двох точках з абсцисами 7 і 9 (вихідна нерівність суворе, тому ці точки зображатимемо з порожнім центром).Тепер можна зробити схематичний малюнок:

Оскільки ми вирішуємо строгу квадратну нерівність зі знаком<, то нас интересуют промежутки, на которых парабола расположена ниже оси абсцисс:

По кресленню видно, що рішеннями вихідної квадратної нерівності є два проміжки (−∞, 7) , (9, +∞) .

Відповідь:

(−∞, 7)∪(9, +∞) або в іншому записі x<7 , x>9 .

При розв'язанні квадратних нерівностей, коли дискримінант квадратного тричлена в його лівій частині дорівнює нулю, потрібно бути уважним із включенням або виключенням з відповіді абсцис точки дотику. Це залежить від знаку нерівності: якщо нерівність суворе, то вона не є розв'язком нерівності, а якщо несувора – то є.

приклад.

Чи має квадратну нерівність 10·x 2 −14·x+4,9≤0 хоча б одне рішення?

Рішення.

Побудуємо графік функції y = 10 x 2 -14 x +4,9. Її гілки спрямовані вгору, так як коефіцієнт при x 2 позитивний, і вона стосується осі абсцис в точці з абсцисою 0,7 так як D"=(−7) 2 −10·4,9=0 , звідки або 0,7 у вигляді десяткового дробу Схематично це виглядає так:

Оскільки ми вирішуємо квадратну нерівність зі знаком ≤, то її розв'язанням будуть проміжки, на яких парабола нижче за осю Ox , а також абсцис точки торкання. З креслення видно, що немає жодного проміжку, де парабола була нижче осі Ox , тому його рішенням буде лише абсцис точки дотику, тобто, 0,7 .

Відповідь:

дана нерівність має єдине рішення 0,7.

приклад.

Розв'яжіть квадратну нерівність –x 2 +8·x−16<0 .

Рішення.

Діємо за алгоритмом розв'язання квадратних нерівностей та починаємо з побудови графіка. Гілки параболи спрямовані вниз, тому що коефіцієнт при x 2 негативний -1. Знайдемо дискримінант квадратного тричлена –x 2 +8·x−16 , маємо D'=4 2 −(−1)·(−16)=16−16=0і далі x 0 = -4 / (-1), x 0 = 4. Отже, парабола стосується осі Ox у точці з абсцисою 4 . Виконаємо креслення:

Дивимося на знак вихідної нерівності, він є<. Согласно алгоритму, решение неравенства в этом случае составляют все промежутки, на которых парабола расположена строго ниже оси абсцисс.

У нашому випадку це відкриті промені (−∞, 4), (4, +∞). Окремо зауважимо, що 4 - абсцис точки торкання - не є рішенням, так як у точці торкання парабола не нижче осі Ox.

Відповідь:

(−∞, 4)∪(4, +∞) або в іншому записі x≠4 .

Зверніть особливу увагу на випадки, коли дискримінант квадратного тричлена, що знаходиться в лівій частині квадратної нерівності, менший за нуль. Тут не треба поспішати і говорити, що нерівність рішень не має (ми ж звикли робити такий висновок для квадратних рівнянь із негативним дискримінантом). Справа в тому, що квадратна нерівність при D<0 может иметь решение, которым является множество всех действительных чисел.

приклад.

Знайдіть розв'язок квадратної нерівності 3·x 2 +1>0 .

Рішення.

Як завжди починаємо з креслення. Коефіцієнт a дорівнює 3 він позитивний, отже, гілки параболи спрямовані вгору. Обчислюємо дискримінант: D=0 2 −4·3·1=−12 . Оскільки дискримінант негативний, парабола немає з віссю Ox загальних точок. Отриманих відомостей достатньо для схематичного графіка:

Ми вирішуємо строгу квадратну нерівність зі знаком >. Його рішенням будуть всі проміжки, на яких парабола знаходиться вище за осі Ox . У нашому випадку парабола вище за осю абсцис на всьому її протязі, тому шуканим рішенням буде безліч усіх дійсних чисел.

Ox , а також до них потрібно додати абсцис точок перетину або абсцис точки торкання. Але по кресленню добре видно, що таких проміжків немає (оскільки парабола всюди нижче осі абсцис), як немає і точок перетину, як немає і точки торкання. Отже, вихідна квадратна нерівність немає рішень.

Відповідь:

немає рішень або в іншому записі ∅.

Список літератури.

Алгебра:навч. для 8 кл. загальноосвіт. установ/[Ю. Н. Макарічев, Н. Г. Міндюк, К. І. Нешков, С. Б. Суворова]; за ред. С. А. Теляковського. - 16-те вид. - М.: Просвітництво, 2008. - 271 с. : іл. - ISBN 978-5-09-019243-9.
Алгебра: 9 клас: навч. для загальноосвіт. установ/[Ю. Н. Макарічев, Н. Г. Міндюк, К. І. Нешков, С. Б. Суворова]; за ред. С. А. Теляковського. - 16-те вид. – М.: Просвітництво, 2009. – 271 с. : іл. - ISBN 978-5-09-021134-5.
Мордковіч А. Г.Алгебра. 8 клас. У 2 год. Ч. 1. Підручник для учнів загальноосвітніх закладів/А. Г. Мордкович. - 11-те вид., стер. – М.: Мнемозіна, 2009. – 215 с.: іл. ISBN 978-5-346-01155-2.
Мордковіч А. Г.Алгебра. 9 клас. У 2 год. Ч. 1. Підручник для учнів загальноосвітніх закладів/А. Г. Мордкович, П. В. Семенов. - 13-те вид., стер. – М.: Мнемозіна, 2011. – 222 с.: іл. ISBN 978-5-346-01752-3.
Мордковіч А. Г.Алгебра та початку математичного аналізу. 11 клас. У 2 ч. Ч. 1. Підручник для учнів загальноосвітніх закладів (профільний рівень)/А. Г. Мордкович, П. В. Семенов. - 2-ге вид., стер. – М.: Мнемозіна, 2008. – 287 с.: іл. ISBN 978-5-346-01027-2.

Цілі:

1. Повторити знання про квадратичну функцію.

2. Ознайомитись з методом розв'язання квадратної нерівності на основі властивостей квадратичної функції.

Обладнання:мультимедіа, презентація "Розв'язання квадратних нерівностей", картки для самостійної роботи, таблиця "Алгоритм розв'язання квадратної нерівності", аркуші контролю з копіювальним папером.

ХІД УРОКУ

I. Організаційний момент (1 хв).

ІІ. Актуалізація опорних знань(10 хв).

1. Побудова графіка квадратичної функції у=х 2 -6х+8<Рисунок 1. Приложение >

визначення напряму гілок параболи;
визначення координат вершини параболи;
визначення осі симетрії;
визначення точок перетину з осями координат;
знаходження додаткових точок.

2. Визначити за кресленням знак коефіцієнта a та кількість коренів рівняння ах 2+вх+с=0.<Рисунок 2. Приложение >

3. За графіком функції у=х 2 -4х+3 визначити:

Чому рівні нулі функції;
Знайти проміжки, на яких функція набуває позитивних значень;
Знайти проміжки, на яких функція набуває негативних значень;
При яких значеннях функція зростає, а при яких убуває?<Рисунок 3>

4. Вивчення нових знань (12 хв.)

Завдання 1: Розв'язати нерівність: х 2+4х-5 > 0.

Нерівності задовольняють значення х, у яких значення функції у=х 2 +4х-5 дорівнюють нулю чи позитивні, тобто значення х у яких точки параболи лежать на осі ох чи вище цієї осі.

Побудуємо графік функції у = х 2 +4х-5.

З віссю ох: Х2+4х-5=0. По теоремі Вієта: х 1 = 1, х 2 = -5. Крапки (1; 0), (-5; 0).

З віссю оу: у (0) = -5. Крапка (0;-5).

Додаткові точки: у(-1)=-8, у(2)=7.<Рисунок 4>

Підсумок: Значення функції позитивні і дорівнюють нулю (неотрицательные) при

Чи потрібно щоразу для вирішення нерівності докладно будувати графік квадратичної функції?
Чи потрібно шукати координати вершини параболи?
А що важливе? (а, х 1, х 2)

Висновок: Для вирішення квадратної нерівності достатньо визначити нулі функції, напрямок гілок параболи та побудувати ескіз графіка.

Завдання 2: Розв'язати нерівність: х 2 -6х+8 < 0.

Рішення: Визначимо коріння рівняння х2-6х+8=0.

За теоремою Вієта: х 1 =2, х 2 =4.

а>0 - гілки параболи спрямовані вгору.

Збудуємо ескіз графіка.<Рисунок 5>

Зазначимо знаками “+” та “–” інтервали, на яких функція набуває позитивних та негативних значень. Виберемо необхідний інтервал.

Відповідь: Х€.

5. Закріплення нового матеріалу (7 хв).

№660 (3). Учень вирішує на дошці.

Вирішити нерівність-х 2-3х-2<0.

Х 2 -3х-2 = 0; х 2+3х+2=0;

коріння рівняння: х 1 = -1, х 2 = -2.

а<0 – ветви вниз. <Рисунок 6>

№ 660 (1) - Робота із прихованою дошкою.

Розв'язати нерівність х 2 -3х+2 < 0.

Вирішення: х 2 -3х+2=0.

Знайдемо коріння: ; х 1 =1, х 2 =2.

а>0 - гілки вгору. Будуємо ескіз графіка функції.<Рисунок 7>

Алгоритм:

Знайти коріння рівняння ах 2+вх+с=0.
Відзначити їх у координатній площині.
Визначити напрямок гілок параболи.
Побудувати графіку ескіз.
Позначити знаками “+” та “ - ”, інтервали на яких функція набуває позитивних та негативних значень.
Вибрати потрібний інтервал.

6. Самостійна робота (10 хв.).

(Прийом - копіювальний папір).

Лист-контроль підписується і здається вчителю для перевірки та визначення корекції.

Самоперевірка на дошці.

Додаткове завдання:

№ 670. Знайти значення х, у яких функція набуває значення невеликі нуля: у=х 2 +6х-9.

7. Домашнє завдання (2 хв).

№ 660 (2, 4), № 661 (2, 4).

Заповнити таблицю:

D	Нерівність	a	Креслення	Рішення
D>0	ах 2+вх+с > 0	a>0
D>0	ах 2+вх+с > 0	a<0
D>0	ах 2+вх+с < 0	a>0
D>0	ах 2+вх+с < 0	a<0

8. Підсумок уроку (3 хв).

Відтворіть алгоритм розв'язання нерівностей.
Хто впорався з роботою на відмінно?
Що видалося складним?

Під час уроку ви зможете самостійно вивчити тему «Графічне розв'язання рівнянь, нерівностей». Викладач на занятті розбере графічні методи розв'язання рівнянь та нерівностей. Навчить будувати графіки, аналізувати їх та отримувати розв'язки рівнянь та нерівностей. На уроці також буде розібрано конкретні приклади з цієї теми.

Тема: Числові функції

Урок: Графічне вирішення рівнянь, нерівностей

1. Тема уроку, вступ

Ми розглянули графіки елементарних функцій, зокрема графіки статечних функцій з різними показниками. Також ми розглянули правила зсуву та перетворень графіків функцій. Всі ці навички необхідно застосувати, коли потрібно графічнеРішеннярівнянь чи графічне Рішеннянерівностей.

2. Вирішення рівнянь та нерівностей графічним способом

Приклад 1. Графічно розв'язати рівняння:

Побудуємо графіки функцій (Рис. 1).

Графіком функції є парабола, що проходить через точки

Графік функції – пряма, побудуємо її за таблицею.

Графіки перетинаються в точці Інших точок перетину немає, тому що функція монотонно зростає, функція монотонно зменшується, а значить, їх точка перетину є єдиною.

Приклад 2. Розв'язати нерівність

a. Щоб виконувати нерівність, графік функції повинен розташовуватися над прямою (Рис. 1). Це виконується при

b. У цьому випадку, навпаки, парабола має бути під прямою. Це виконується при

Приклад 3. Розв'язати нерівність

Побудуємо графіки функцій (Мал. 2).

Знайдемо корінь рівняння При відсутності рішень. При існує одне рішення.

Щоб нерівність гіпербола повинна розташовуватися над прямою Це виконується при .

Приклад 4. Розв'язати графічно нерівність:

Область визначення:

Побудуємо графіки функцій для (Мал. 3).

a. Графік функції повинен розташовуватися під графіком це виконується при

b. Графік функції розташований над графіком, але маємо нестрогий знак, важливо не втратити ізольований корінь

3. Висновок

Ми розглянули графічний метод розв'язання рівнянь та нерівностей; розглянули конкретні приклади, під час вирішення яких використовували такі властивості функцій, як монотонність і парність.

1. Мордкович А. Г. та ін. Алгебра 9 кл.: Навч. Для загальноосвіт. Установ.- 4-те вид. - М: Менімозіна, 2002.-192 с.: іл.

2. Мордкович А. Г. та ін. Алгебра 9 кл.: Задачник для учнів загальноосвітніх установ / А. Г. Мордкович, Т. Н. Мішустіна та ін - 4-е вид. - М.: Мнемозіна, 2002.-143 с.: іл.

3. Макарічев Ю. Н. Алгебра. 9 клас: навч. для учнів загальноосвіт. установ / Ю. Н. Макарічев, Н. Г. Міндюк, К. І. Нешков, І. Є. Феоктистів. - 7-е вид., Випр. та дод. - М.: Мнемозіна, 2008.

4. Алімов Ш. А., Колягін Ю. М., Сидоров Ю. В. Алгебра. 9 клас. 16-те вид. – М., 2011. – 287 с.

5. Мордкович А. Г. Алгебра. 9 клас. У 2 год. Ч. 1. Підручник для учнів загальноосвітніх закладів/А. Г. Мордкович, П. В. Семенов. - 12-е вид., Стер. - М.: 2010. - 224 с.: іл.

6. Алгебра. 9 клас. В 2 ч. Ч. 2. Задачник для учнів загальноосвітніх закладів/А. Г. Мордкович, Л. А. Александрова, Т. Н. Мішустіна та ін; За ред. А. Г. Мордковича. - 12-е вид., Випр. - М: 2010.-223 с.: іл.

1. Розділ College. ru з математики.

2. Інтернет-проект «Завдання».

3. Освітній портал «ВИРІШУ ЄДІ».

1. Мордкович А. Г. та ін. Алгебра 9 кл.: Задачник для учнів загальноосвітніх закладів / А. Г. Мордкович, Т. Н. Мішустіна та ін - 4-е вид. - М.: Мнемозіна, 2002.-143 с.: іл. №355, 356, 364.

Графічний метод полягає в побудові безлічі допустимих рішень ЗЛП і знаходженні в даній множині точки, що відповідає max/min цільової функції.

У зв'язку з обмеженими можливостями наочного графічного уявлення цей метод застосовується лише для систем лінійних нерівностейз двома невідомими та систем, які можуть бути приведені до цього виду.

Для того, щоб наочно продемонструвати графічний метод, вирішимо наступне завдання:

1. На першому етапі треба збудувати область допустимих рішень. Для даного прикладу найзручніше вибрати X2 за абсцис, а X1 за ординату і записати нерівності в наступному вигляді:

Так як і графіки та область допустимих рішенні знаходяться у першій чверті. Для того щоб знайти граничні точки розв'язуємо рівняння (1) = (2), (1) = (3) та (2) = (3).

Як видно з ілюстрації, багатогранник ABCDE утворює область допустимих рішень.

Якщо область допустимих рішень не є замкненою, або max(f)=+ ?, або min(f)= -?.

2. Тепер можна перейти до безпосереднього знаходження максимуму функції f.

По черзі підставляючи координати вершин багатогранника у функцію f і порівнювати значення, знаходимо, що f(C)=f (4; 1)=19 - максимум функції.

Такий підхід цілком вигідний при малій кількості вершин. Але ця процедура може затягнутися, якщо вершин досить багато.

У такому разі зручніше розглянути лінію рівня виду f=a. За монотонного збільшення числа a від -? до +? прямі f=a зміщуються за вектором нормалі. Якщо при такому переміщенні лінії рівня існує деяка точка X - перша загальна точка області допустимих рішень (багатогранник ABCDE) та лінії рівня, то f(X) - мінімум f на множині ABCDE. Якщо X - остання точка перетину лінії рівня і множини ABCDE, то f(X) - максимум на безлічі допустимих рішень. Якщо при а>-? пряма f=a перетинає безліч допустимих рішень, то min(f)= -? Якщо це відбувається за а>+?, то max(f)=+ ?.

див. також Розв'язання задачі лінійного програмування графічно

Система обмежень такого завдання складається з нерівностей від двох змінних:
і цільова функція має вигляд F = C 1 x + C 2 y, що необхідно максимізувати.

Відповімо на запитання: які пари чисел ( x; y) є рішеннями системи нерівностей, тобто задовольняють кожній з нерівностей одночасно? Тобто, що означає вирішити систему графічно?
Попередньо необхідно зрозуміти, що є рішенням однієї лінійної нерівності із двома невідомими.
Вирішити лінійну нерівність із двома невідомими – це означає визначити всі пари значень невідомих, у яких нерівність виконується.
Наприклад, нерівності 3 x – 5y≥ 42 задовольняють пари ( x , y): (100, 2); (3, –10) тощо. буд. Завдання полягає у знаходженні всіх таких пар.
Розглянемо дві нерівності: ax + by≤ c, ax + by≥ c. Пряма ax + by = cділить площину на дві півплощини так, що координати точок однієї з них задовольняють нерівності ax + by >c, а інший нерівності ax + +by <c.
Справді, візьмемо крапку з координатою x = x 0; тоді точка, що лежить на прямій і має абсцису x 0 , має ординату

Нехай для певності a< 0, b>0, c>0. Усі крапки з абсцисою x 0 , що лежать вище P(наприклад, точка М), мають y M>y 0 , а всі крапки, що лежать нижче крапки P, з абсцисою x 0 , мають y N<y 0 . Оскільки x 0 -довільна точка, то завжди з одного боку від прямої будуть знаходитися точки, для яких ax+ by > c, що утворюють напівплощину, а з іншого боку – точки, для яких ax + by< c.

Малюнок 1

Знак нерівності у напівплощині залежить від чисел a, b , c.
Звідси випливає такий спосіб графічного рішеннясистем лінійних нерівностей від двох змінних. Для вирішення системи необхідно:

Для кожної нерівності виписати рівняння, що відповідає даній нерівності.
Побудувати прямі графіки функцій, що задаються рівняннями.
Для кожної прямої визначити напівплощину, яка задається нерівністю. Для цього взяти довільну точку, що не лежить на прямій, підставити її координати у нерівність. якщо нерівність правильна, то напівплощина, що містить обрану точку, і є рішенням вихідної нерівності. Якщо нерівність невірна, то напівплощина з іншого боку прямої є безліччю рішень даної нерівності.
Щоб розв'язати систему нерівностей, необхідно знайти область перетину всіх напівплощин, які є вирішенням кожної нерівності системи.

Ця область може бути порожньою, тоді система нерівностей немає рішень, несовместна. Інакше кажуть, що система є спільною.
Рішень може бути кінцеве число і безліч. Область може бути замкнутий багатокутник або бути необмеженою.

Розглянемо три відповідні приклади.

Приклад 1. Вирішити графічну систему:
x + y – 1 ≤ 0;
–2x – 2y + 5 ≤ 0.

розглянемо рівняння x+y–1=0 та –2x–2y+5=0 , що відповідають нерівностям;
побудуємо прямі, що задаються цими рівняннями.

Малюнок 2

Визначимо півплощини, що задаються нерівностями. Візьмемо довільну точку, хай (0; 0). Розглянемо x+ y– 1 0, підставимо точку (0; 0): 0 + 0 – 1 ≤ 0. отже, у тій напівплощині, де лежить точка (0; 0), x + y – 1 ≤ 0, тобто. напівплощина, що лежить нижче за пряму, є рішенням першої нерівності. Підставивши цю точку (0; 0), по-друге, отримаємо: –2 ∙ 0 – 2 ∙ 0 + 5 ≤ 0, тобто. у напівплощині, де лежить точка (0; 0), -2 x – 2y+ 5≥ 0, а нас запитували, де –2 x – 2y+ 5 ≤ 0, отже, в іншій півплощині – у тій, що вище за пряму.
Знайдемо перетин цих двох напівплощин. Прямі паралельні, тому площини ніде не перетинаються, отже, система даних нерівностей рішень не має, несумісна.

Приклад 2. Знайти графічно розв'язання системи нерівностей:

Малюнок 3
1. Випишемо рівняння, що відповідають нерівностям, і побудуємо прямі.
x + 2y– 2 = 0

x	2	0
y	0	1

y – x – 1 = 0

x	0	2
y	1	3

y + 2 = 0;
y = –2.
2. Вибравши точку (0; 0), визначимо знаки нерівностей у напівплощинах:
0 + 2 ∙ 0 – 2 ≤ 0, тобто. x + 2y– 2 ≤ 0 у півплощині нижче за пряму;
0 – 0 – 1 ≤ 0, тобто. y –x– 1 ≤ 0 у півплощині нижче за пряму;
0 + 2 = 2 ≥ 0, тобто. y+ 2 ≥ 0 у півплощині вище за пряму.
3. Перетином цих трьох напівплощин буде область, що є трикутником. Неважко знайти вершини області, як точки перетину відповідних прямих

Таким чином, А(–3; –2), В(0; 1), З(6; –2).

Розглянемо ще один приклад, в якому область рішення системи, що вийшла, не обмежена.