Размещено на http://

Зміст

Введення

Абсолютна величина і її властивості

Найпростіші рівняння й нерівності з модулем

Графічне рішення рівнянь і нерівностей з модулем

Інші способи рішення рівнянь і нерівностей з модулем

Метод розкриття модулів

Використання тотожності, при рішенні рівнянь

Рішення рівнянь утримуючі модулі ненегативних виражень

Рішення рівнянь із використанням геометричної інтерпретації

Рішення рівнянь із використанням тотожності

Застосування теореми про знаки при рішенні рівнянь

Рішення рівнянь переходом до наслідку

Рішення рівнянь методом інтервалів

Рішення рівнянь до множенням на позитивний множник

Типові тестові задачі, що містять змінну під знаком модуля

Висновок

Список джерел

Введення

Поняття абсолютної величини (модуля) є однієї з найважливіших характеристик числа як в області дійсних, так і в області комплексних чисел.

Це поняття широко застосовується не тільки в різних розділах шкільного курсу математики, але й у курсах вищої математики, фізики й технічних наук, які вивчають у вузах. Наприклад, у теорії наближених обчислень використовуються поняття абсолютної й відносної погрішностей наближеного числа. У механіку й геометрії вивчаються поняття вектора і його довжини (модуля вектора). У математичному аналізі поняття абсолютної величини числа втримується у визначеннях таких основних понять, як межа, обмежена функція й ін. Задачі, пов'язані з абсолютними величинами, часто зустрічаються на математичних олімпіадах, вступних іспитах у вузи.

Програмою шкільного курсу математики не передбачені узагальнення й систематизація знань про модулі, їхніх властивостях, отриманих учнями за весь період навчання. Даний пробіл і намагається заповнити справжній диплом.

Дипломна робота складається з 5 розділів.

У першому розділі наведені рівносильні визначення модуля, його геометрична інтерпретація, властивості абсолютної величини. На прикладі показано, як використовуючи модуль, будь-яку систему рівнянь і нерівностей з однієї й теж областю визначення можна представити у вигляді одного рівносильного порівняння. Так само показано на прикладі, як лінійний сплайн, представити у вигляді одного рівняння з модулями. Наведені приклади завдань, у яких використовуються або властивості модуля, або рівняння й нерівності, що містять знак абсолютної величини, виникають у процесі рішення.

У другому розділі представлені методи рішення найпростіших рівнянь і нерівностей з модулями, рішення яких не вимагає використання трудомісткого процесу розкриття модулів.

У третьому розділі представлене графічне рішення рівнянь і нерівностей, що містять знак абсолютної величини. Графічне рішення рівнянь і нерівностей з модулем у деяких випадках набагато більше просте, чим аналітичне. У цьому розділі розглянута побудова графіків функцій , і . Багато уваги приділено побудові графіків функцій, що представляють собою суму лінійних виражень під знаком абсолютної величини. Так само наведені приклади побудови графіків функцій з ''вкладеними'' модулями. Наведено теореми про екстремумі функцій, що містять суму лінійних виражень під знаками абсолютних величин, що дозволяють ефективно вирішувати задачі як на знаходження екстремумів подібні функції, так і вирішувати задачі з параметрами.

У четвертому розділі представлені додаткові методи рішення рівнянь і нерівностей, що містять знак абсолютної величини. У першу чергу описаний трудомісткий і не завжди раціональний, а в деяких випадках і непридатний метод розкриття модулів, іноді називаний метод інтервалів, за допомогою якого можна вирішити будь-яке рівняння й нерівність з модулем. Описано метод використання тотожності ; розглянутий метод геометричної інтерпретації, використання тотожності , застосування теореми про знаки, метод переходу до наслідку, метод інтервалів, метод домноження на позитивний множник.

У п'ятому розділі наведені приклади рішення типових тестових задач пов'язаних з поняттям абсолютна величина. Наведено рішення як ''стандартних'' задач, у рішенні яких необхідно одержати яку-небудь комбінацію рішень, так і завдань із параметрами. Для деяких задач наведено кілька способів рішення, іноді зазначені типові помилки виникаючі в процесі рішення. Для всіх завдань наведено найбільш ефективне, по швидкості, рішення.

Абсолютна величина і її властивості

Модуль. Властивості модуля

Визначення. Модуль числа або абсолютна величина числа дорівнює , якщо більше або дорівнює нулю й дорівнює , якщо менше нуля:

З визначення треба, що для будь-якого дійсного числа , .

Теорема Абсолютна величина дійсного числа дорівнює більшому із двох чисел або .

1. Якщо число позитивно, то негативно, тобто . Звідси треба, що .

У цьому випадку , тобто збігається з більшим із двох чисел і .

2. Якщо негативно, тоді позитивно й , тобто більшим числом є . По визначенню, у цьому випадку, --- знову, дорівнює більшому із двох чисел і .

Наслідок З теореми треба, що .

Справді, як , так і рівні більшому із чисел і , а виходить, рівні між собою.

Наслідок Для будь-якого дійсного числа справедливі нерівності , .

Множачи другу рівність на (при цьому знак нерівності зміниться на протилежний), ми одержимо наступні нерівності: , справедливі для будь-якого дійсного числа . Поєднуючи останні дві нерівності в одне, одержуємо: .

Теорема Абсолютна величина будь-якого дійсного числа дорівнює арифметичному квадратному кореню з : .

Справді, якщо , те, по визначенню модуля числа, будемо мати . З іншого боку, при , , значить .

Якщо , тоді й і в цьому випадку .

Ця теорема дає можливість при рішенні деяких задач заміняти на .

Геометрично означає відстань на координатній прямій від крапки, що зображує число , до початку відліку.

Якщо , то на координатній прямій існує дві крапки й , рівновіддаленої від нуля, модулі яких рівні.

Якщо , то на координатній прямій зображується крапкою .

Властивості модуля

Із цієї властивості треба, що

; .

Рівносильні переходи між рівняннями з модулями

Тема ``Абсолютна величина'' (або ``Модуль числа'') є найбільш експлуатованою в практиці вступних іспитів. Імовірно, це пояснюється відчуттям простоти поняття абсолютної величини числа й тією обставиною, що, використовуючи модуль, будь-яку систему й сукупність рівнянь і нерівностей з однієї й тією же областю визначення можна представити у вигляді одного рівносильного порівняння.

Подивимося, на прикладі, як система однієї нерівності й сукупність двох нерівностей перетвориться до одного рівносильного рівняння.

В основі зазначених перетворень лежать наступні легко доказувані твердження:

Варіант приведення одного відношення до рівносильному йому відношенню іншого типу

<								>

Лінійні сплайни

Нехай задані --- крапки зміни формул. Функція , певна при всіх , називається кусочно-лінійно, якщо вона лінійна на кожному інтервалі , , , ..., , тобто

де позначено , .

Якщо до того ж виконані умови узгодження

те розглянута кусочно-лінійно функція безперервна. Безперервна кусочно-лінійно функція називається також лінійним сплайном.

Функцію із графіком, показаним на цьому малюнку, можна задати й однієї й трьома формулами:

Однак неважко помітити, що цю же функцію можна задати й одною формулою, використовуючи модулі: . Виявляється, що й будь-яку безперервну кусочно-лінійну функцію виду (1) можна задати деякою формулою виду

??

де числа , , , ..., легко знайти за графіком даної функції.

Помітимо, що дві ламані з нескінченними крайніми ланками й однаковими абсцисами вершин , , ..., збігаються, якщо в них рівні кутові коефіцієнти всіх ``однойменних'' ланок і є загальна крапка. Іншими словами, знання кутових коефіцієнтів всіх ланок і координат однієї крапки такий ламаної на основі зазначеної інформації, при якому дана крапка береться за вихідну.

Відзначений факт ми й покладемо в основу одержання формули для безперервної кусочно-лінійної функції, заданої своїм графіком. Нагадаємо, що рівняється , якщо , і , якщо . Тому на кожному із проміжків , , ..., , на які числова пряма розбивається крапками, функція, обумовлена формулою (Error: Reference source not found ), буде лінійна (як сума лінійних функцій), і для знаходження кутового коефіцієнта відповідної ланки ламаної досить знайти коефіцієнт при послу розкриття всіх модулів у вираженні (Error: Reference source not found ) на відповідним цим ланкам проміжках, знаходимо:

Віднімаючи із другої рівності перше, одержуємо віднімаючи із третього друге, одержуємо й т.д. Ми приходимо в підсумку до співвідношень

Складаючи першу рівність із останнім, одержуємо звідки

??

Обернено, неважко перевірити, що з рівностей (3) і (Error: Reference source not found ) випливають співвідношення (Error: Reference source not found ).

Отже, якщо коефіцієнти визначаються формулами (3) і (Error: Reference source not found ), те кутові коефіцієнти всіх ланок графіка функції (Error: Reference source not found ) збігаються з відповідними кутовими коефіцієнтами заданого графіка й, виходить, залишається забезпечити всього одну загальну крапку цих ламаних для їхнього збігу.

Цього завжди можна домогтися вибором підходящого значення що залишилося поки не певним коефіцієнта . Із цією метою досить підставити у формулу (Error: Reference source not found ), коефіцієнти якої вже обчислені зі співвідношень (3) і (Error: Reference source not found ), координати якої-небудь однієї крапки даної ламаної й знайти з отриманої рівності.

Приклад Знайдемо рівняння ламаної, зображеної на малюнку Error: Reference source not found (трикутний імпульс).pics/ex3.eps

Рішення. Кутові коефіцієнти ланок такі:

, , , . Тому .

Виходить, рівняння даної ламаної має вигляд

Знайдемо значення коефіцієнта з умови , підставляючи координати вершини (0; 1) нашої ламаної в рівняння, одержимо , звідки знаходимо, , і рівняння остаточно запишемо у вигляді

Приклади рішення задач, що використовують властивості модуля

Приклад У деякому лісі відстань між будь-якими двома деревами не перевершує різниці їхніх висот. Усе дерева мають висоту менше 100 м. Доведіть, що цей ліс можна огородити забором довжиною 200 м.

Рішення. Нехай дерева висотою ростуть у крапках . Тоді за умовою

.

Отже, довжина ламаної не перевершує м. Цю ламану можна огородити забором, довжина якого не перевершує 200 м.

Приклад На відрізку числової осі розташовані чотири крапки: , , , . Доведіть, що крапка , що належить , така, що

.

Рішення. Крапки , , , ділять відрізок не більше ніж на п'ять частин; хоча б одна із цих частин є інтервалом довжини не менше . Візьмемо за центр цього інтервалу. Відстань від до кінців цього інтервалу не менше , а до інших крапок із числа , , , --- більше . Тому два із чисел , , , не менше , а інші два строго більше . Так що всі зворотні величини не більше 10, а дві з них строго менше 10. Тоді сума зворотних величин менше 40, що й потрібно.

Приклад Два тіла починають одночасно рухатися рівномірно по прямих і , що перетинаються під прямим кутом. Перше тіло рухається зі швидкістю 3 км/год по прямій від крапки до крапки , що перебуває на відстані 2 км від крапки . Друге тіло рухається зі швидкістю 4 км/год по прямій від крапки до крапки , що перебуває на відстані 3 км від крапки . Знайти найменшу відстань (у км) між цими тілами під час руху.

Рішення. Через годин перше тіло буде перебуває від крапки на відстані км, а друге --- на відстані км. По теоремі Піфагора відстань між тілами складе.

км.

Відповідь. км.

Приклад Пункти й розташовані на прямолінійній магістралі в 9 км друг від друга. З пункту в напрямку пункту виходить автомашина, що рухається рівномірно зі швидкістю 40 км/ч. Одночасно з пункту в тім же напрямку з постійним прискоренням 32 км/год виходить мотоцикл. Знайти найбільшу відстань між машиною й мотоциклом у плині перших двох годин руху.

Рішення. Відстань між автомобілем і мотоциклом через годин складе

. .

Відповідь. 16 км.

Приклад З пункту в пункт вийшов пішохід. Не пізніше чим через 40 хв слідом за ним вийшов другий. Відомо, що в пункт один з них прийшов раніше іншого не менш, ніж на 1 годину. Якби пішоходи вийшли одночасно, то вони б прийшли в пункт із інтервалом не більш ніж в 20 хв. Визначити, скільки часу потрібно кожному пішоходу на шлях від до , якщо швидкість одного з них в 1,5 рази більше швидкості іншого.

Рішення. Нехай і (хв) --- час, витрачений відповідно до першим і другим пішоходом на шлях з в , і нехай другий пішохід вийшов пізніше першого на хвилин. Розглянь 2 можливості 1) і 2) . У випадку маємо рівність і систему

З першої й третьої нерівності одержимо , з огляду на другу умову одержимо, що , і це у свою чергу дає рівності й . , , .

У випадку маємо й систему

Але тому що , те система не сумісна, і, отже, випадок 2 не може мати місця.

Відповідь. , , .

Приклад За розкладом автобус повинен проходити шлях , що складається з відрізків , , довжиною 5, 1, 4 км відповідно, за 1 годину. При цьому виїжджаючи з пункту в 10 год, він проходить пункт в 10 год 10 хв, пункт в 10год 34 хв. З якою швидкістю повинен їхати автобус, щоб час за яке автобус проходить половину шляху від до (зі швидкістю ), складене із сумою абсолютних величин відхилення від розкладу при проходженні пунктів і , перевищувало абсолютну величину відхилення від розкладу при проходженні пункту не більш, ніж на 28 хв.

Рішення. Умова задачі приводить до системи

яка має єдине рішення .

Відповідь. 30 км/ч.

Приклад Відповідно до розкладу катер проходить по ріці, швидкість плину якої 5 км/год, шлях з у довжиною 15 км за 1 годину. При цьому виходячи з пункту в 12 год, він прибуває в пункти й , що відстоять від на відстань 11 км і 13 км відповідно, в 12 год 20 хв і в 12 год 40 хв. Відомо, що якби катер рухався з у без зупинок з постійною швидкістю (щодо води), те сума абсолютних величин відхилень від розкладу прибуття в пункти , , не перевищувало б зменшеного на півгодини часу, необхідного катеру для проходження 5 км зі швидкістю в стоячій воді. Який з пунктів перебуває вище за течією: або ?

Рішення. Розглянемо 2 випадки 1) пункт перебуває вище за течією 2) пункт перебуває нижче за течією.

У першому випадку одержуємо систему

яка не має рішення. Тоді виконується другий випадок.

Відповідь. .

Приклад Дані три квадратних тричлени: , і . Доведіть, що рівняння має не більше восьми корінь.

Рішення. Кожний корінь даного рівняння є коренем одного із квадратних тричленів , , з деяким набором знаків. Таких наборів 8, і всі вони дають дійсно квадратні тричлени, тому що коефіцієнт при має вигляд , тобто відмінний від нуля. Однак двом протилежним наборам знаків відповідають квадратні рівняння, що мають ті самі коріння. Виходить, всі рішення рівняння втримуються серед корінь чотирьох квадратних рівнянь. Отже, їх не більше восьми.

Приклад Шабат Г.Б. Нескінченна послідовність чисел визначається умовами: , причому . Доведіть, що послідовність, починаючи з деякого місця, періодична в тому випадку, якщо раціонально.

Рішення. Якщо , то . Дійсно, . Якщо раціональне, то раціональне, причому зі знаменником не більшим чим в . Дійсно, нехай --- нескоротний дріб. Тоді

Якщо цей дріб нескоротний, то її знаменник такої ж, як і в , якщо вона скоротна, те після скорочення знаменник зменшиться.

Отже, всі члени послідовності --- раціональні числа, укладені між 0 і 1, тобто правильні дроби. Але правильних дробів зі знаменниками, не більшими заданої величини , --- кінцеве число. Тому якісь члени послідовності повторяться, і із цього моменту послідовність буде періодичною.

Найпростіші рівняння й нерівності з модулем

До найпростішого (не обов'язково простим) рівнянням ми будемо відносити рівняння, розв'язувані одним з нижчеподаних рівносильних переходів:

????????

Приклади рішення найпростіших рівнянь.

Приклад Вирішимо рівняння

.

Рішення.

Відповідь. .

Приклад Вирішимо рівняння

.

Рішення.

Відповідь. .

Приклад Вирішимо рівняння

.

Рішення.

Відповідь. .

Зупинимося докладніше на рівняннях, у яких зустрічається сума модулів (формули Error: Reference source not found--Error: Reference source not found ).

Теорема Сума модулів дорівнює алгебраїчній сумі підмодульних величин тоді й тільки тоді, коли кожна величина має той знак, з яким вона входить в алгебраїчну суму.

Приклад Вирішити рівняння

Рішення. Тому що , те ми маємо рівність виду , де , . Тому вихідне рівняння рівносильне системі:

Відповідь. .

Теорема Сума модулів дорівнює модулю алгебраїчної суми підмодульних величин тоді й тільки тоді, коли всі величини мають той знак, з яким вони входять в алгебраїчну суму, або всі величини мають протилежний знак одночасно.

Приклад Вирішити рівняння

Рішення. ''Заганяємо'' коефіцієнти 2 і 5 під знак модуля й ''ізолюємо'' суму модулів:

По константах одержуємо . Дійсно, , тобто рівняння має вигляд . Отже, рівняння рівносильне сукупності двох систем:

тобто .

Відповідь. .

До найпростішого (не обов'язково простим) нерівностям ми будемо відносити нерівності, розв'язувані одним з нижчеподаних рівносильних переходів:

??

??

Приклади рішення найпростіших нерівностей.

Приклад Вирішимо нерівність .

Рішення.

.

Відповідь. .

Приклад Вирішимо нерівність

.

Рішення.

Відповідь. .

Як не дивно, але досить, щоб позбутися від знака модуля в будь-яких нерівностях.

Приклад Вирішити нерівність

Рішення.

Відповідь. .

Приклад Вирішити нерівність

Рішення. Щодо будь-якого модуля дана нерівність має вигляд . Тому перебравши всі комбінації знаків двох підмодульних виражень, маємо

Відповідь. .

Приклад При яких значеннях параметра нерівність

виконується при всіх значеннях ?

Рішення. Вихідне рівняння рівносильне системі:

Виконання для всіх вихідної нерівності рівносильне виконанню для всіх нерівностей останньої системи. А це рівносильне тому, що дискримінанти всіх чотирьох квадратних тричленів непозитивні:

Відповідь. .

Приклад Знайти всі значення параметра , при кожному з яких число цілозчисленних рішень нерівності

максимально.

Рішення. Тому що

те вихідне рівняння рівносильне системі:

Оскільки обоє нерівності в системі лінійні відносно . Вирішимо систему відносно :

??

Умови існування параметра рівносильне вимозі

??

Нерівність Error: Reference source not found повідомляє всі значення, які можуть бути рішенням вихідної нерівності хоча б при одному значенні параметра. Отже, цілочисленими рішеннями вихідної нерівності можуть бути тільки цілі числа із проміжку , тобто

??

Природно, що для будь-якого цілого числа з набору Error: Reference source not found треба з'ясувати, при яких значеннях параметра це число буде рішенням вихідної нерівності.

Оскільки вихідна нерівність рівносильна Error: Reference source not found, те по черзі підставляючи числа з набору Error: Reference source not found в нерівності Error: Reference source not found, ми відразу й знайдемо всі відповідні значення параметра. Маємо

Щоб виявити значення параметра, при яких вихідна нерівність має максимальне число цілочисленних рішень, скористаємося ``розгорненням'', отриманої інформації уздовж від параметра (див. мал. Error: Reference source not found):

Очевидно, що максимальна кількість рішень дорівнює трьом, і це досягається, коли або .

Відповідь. .

Графічне рішення рівнянь і нерівностей з модулем

Рішення рівнянь, що містять знак абсолютної величини часто набагато зручніше вирішувати не аналітично, а графічно (особливо рівняння утримуючі параметри).

Побудова графіків виду

, і

Відзначимо правило побудови графіка функції .

1) Будуємо спочатку графік функції .

2) Там, де графік функції лежить вище осі або на ній, залишаємо його без зміни; крапки графіка, які лежать нижче осі , заміняємо симетричними їм щодо осі крапками.

Для приклада, на малюнку Error: Reference source not found зображений графік функції

.

Для побудови графіка функції будуємо графік функції для й відображаємо симетрично щодо осі .

Для приклада, на малюнку Error: Reference source not found зображений графік функції .

Для побудови графіка функції будуємо графік функції для й симетрично відображаємо щодо осі .

Для приклада, на малюнку Error: Reference source not found зображений графік функції .

Приклад Побудувати графік функції .

Рішення. Скористаємося правилами перетворення графіків.

1. Графік функції --- бісектриса перших і третього координатних кутів.

2. Графік функції виходить із графіка функції відображенням його частини, розташованої нижче осі абсцис (при ) симетрично щодо осі абсцис.

3. Графік функції виходить із попереднім зрушенням уліво по осі абсцис на дві одиниці.

4. Отриманий графік зрушуємо по осі ординат на 3 одиниці долілиць. Одержуємо графік функції .

5. Частина його, розташовану нижче осі абсцис, відображаємо симетрично щодо цієї осі. Отже, одержуємо графік даної функції

Досліджувана функція допускає іншу форму запису

Приклад Залежно від параметра , знайти кількість рішень рівняння

Рішення. Побудуємо графік функції (див. мал).

Залежно від положення прямої , одержуємо наступне: при немає корінь, при --- нескінченно багато корінь, при --- чотири корені, при --- три корені, при --- два корені.

Приклад Доведіть, що на графіку функції можна відзначити таку крапку , а на графіку функції --- таку крапку , що відстань не перевищує .

Рішення. Покладемо . Крапка з координатами , де, мабуть, лежить на графіку функції .

Розглянемо позитивне число . Тоді , отже, крапка з координатами лежить на графіку функції .

Відстань між крапками й дорівнює . Але з рівності треба, що

, , .

Приклад На координатній площині зобразите всі крапки, координати яких є рішеннями рівняння:

.

Рішення.

або .

Відповідь. см. малюнок Error: Reference source not found

Приклад Даний функція . Скільки рішень має рівняння ?

Рішення. Нехай --- рішення рівняння , а . Тоді й , а тому крапка з координатами лежить на кожному із графіків і . Навпаки, якщо крапка лежить на перетинанні цих графіків, те й , звідки . Тим самим показане, що число рішень рівняння збігається із числом крапок перетинання графіків і , а їх 16.

Відповідь. 16.

Графіки функцій, що містять лінійні вираження під знаком абсолютної величини

Сформулюємо твердження, що дозволяє будувати графік алгебраїчної суми модулів, не розкриваючи модулі (це особливо зручно, коли модулів багато).

Теорема Алгебраїчна сума модулів лінійних виражень, графік якої складається із прямолінійної ділянки. Тому графік може бути побудований по крапках, з яких являють собою корінь внутрімодульних виражень, ще одна --- довільна крапка, з абсцисою менше найменшого із цих корінь, і остання --- з абсцисою, більшої найбільшого із цих корінь.

Зауваження. Аналогічно можна будувати графіки виду

.

Приклади побудови графіків

1. . Обчислюємо значення функції в крапках 1, 0 і 2, одержуємо графік, що складається із двох променів.

2. . Обчислюючи значення функції в крапках з абсцисами 1, 2, 0 і 3, одержуємо графік, що складається з відрізка й двох променів (див. мал. Error: Reference source not found).

3. .

Для побудови графіка ``по відрізках'' обчислимо значення функції в крапках 1, 2, 3, 0, 4 (див. мал. Error: Reference source not found).

4. .

Графік різниці модулів будуватися аналогічно (див. мал. Error: Reference source not found).

Аналізуючи вид графіків 1, 2 і 3, можна припустити, а потім і довести, що сума модулів лінійних виражень виду

досягає свого найменшого значення або в єдиній крапці, якщо число модулів парно, або у всіх крапках деякого відрізка, якщо число модулів парно. Графік суми непарного числа модулів лінійних виражень має форму клина, а графік суми парного числа модулів має ділянка паралельний осі абсцис. Більш точно:

Теорема Нехай корінь подмодульных виражень упорядковані по зростанню . Тоді якщо число що складаються непарно й , те найменше значення функції досягається в крапці , а якщо число що складаються парно й , те найменше значення функції досягається у всіх крапках відрізка .

Використовуємо твердження для рішення задачі, що пропонувалася на одній з олімпіад Санкт-Петербурзького державного університету.

Приклад Залежно від значення параметра , знайти кількість корінь рівняння

Рішення. Вирішимо задачу графічно. Нехай , визначимо кількість крапок перетинання графіка функції й прямій залежно від . Виходячи зі сформульованого вище твердження, графік функції буде мати ділянку, паралельна осі абсцис. Помітимо, що абсциси крапок цієї ділянки становлять відрізок , і у всіх його крапках функція досягає найменшого значення, рівного, наприклад, , причому

Оскільки зазначена сума являє собою подвоєну арифметичну прогресію з першим членом 1, останнім членом 999, складену із числом 1000, то вона дорівнює

Тоді при рівняння не буде мати рішень, при них буде нескінченно багато, а при рівняння буде мати два рішення.

Інші способи рішення рівнянь і нерівностей з модулем

Метод розкриття модулів

Метод розкриття модулів розглянемо на прикладі:

Приклад Вирішити рівняння

Рішення. Це рівняння містить більше одного модуля.

Метод рішення рівнянь, що містять змінні під знаком двох і більше модулів, полягає в наступному.

1. Знайти значення змінної, при яких кожний з модулів звертається в нуль:

, ; , ; , .

2. Відзначити ці крапки на числовій прямій.

3. Розглядаємо рівняння на кожному із проміжків і встановлюємо знак виражень, які перебувають під модулями.

1) При або . Щоб визначити знак кожного з виражень під модулем на цьому проміжку, досить взяти будь-яке значення із цього проміжку й підставити у вираження. Якщо отримане значення негативно, виходить, при всіх із цього проміжку вираження буде негативним; якщо отримане числове значення позитивно, виходить, при всіх значеннях із цього проміжку вираження буде позитивним.

Візьмемо значення із проміжку й підставимо його значення у вираження , одержуємо , значить на цьому проміжку негативно, а отже ``вийде'' з під модуля зі знаком ``мінус'', одержимо: .

При цьому значенні , вираження одержить значення , виходить, воно на проміжку також приймає негативні значення й ``вийде'' з модуля зі знаком ``мінус'', одержимо: .

Вираження одержить значення й ``вийде'' з під модуля зі знаком ``мінус'': .

Рівняння на цьому проміжку вийде таким: , вирішуючи його, знаходимо: .

З'ясовуємо, чи входить це значення в проміжок . Виявляється входить, значить є коренем рівняння.

2) При . Вибираємо будь-яке значення із цього проміжку. Нехай . Визначаємо знак кожного з виражень під модулем при цьому значенні . Виявляється, що вираження позитивно, а два інших негативні.

Рівняння на цьому проміжку прийме вид: . Вирішуючи його, знаходимо . Це значення не входить у проміжок , а виходить, не є коренем рівняння.

3) При . Вибираємо довільне значення із цього проміжку, скажемо, і підставляємо в кожне з виражень. Знаходимо, що вираження й позитивні, а --- негативно. Одержимо наступне рівняння: .

Після перетворення, одержимо: , а виходить, рівняння не має корінь на цьому проміжку.

4) При . Неважко встановити, що всі вираження на цьому проміжку позитивні, а значить одержимо рівняння: , , що входить у проміжок і є коренем рівняння.

Відповідь. , .

Приклад Вирішити рівняння

Рішення.

Відповідь. , .

Використання тотожності , при рішенні рівнянь

Зі сформульованої властивості модуля можна вивести два корисних наслідки:

Проілюструємо застосування першого з них для рішення задачі вступного іспиту в Санкт-Петербурзький державний університет.

Приклад Зобразити графік функції

Рішення. Перепишемо функцію, що задає, вираження, використовуючи перший наслідок:

.

Залишилося тільки побудувати графіки функцій , в одній системі координат і визначити ділянки, на яких один з них вище іншого (див. мал. Error: Reference source not found).

Використання другої тотожності зручно для побудови графіка функції

.

Рішення. У силу другої тотожності, вираження, яке задає функцію, записується у вигляді: .

Шуканий графік зображений на малюнку (див. мал. Error: Reference source not found).

Приклад Знайдіть максимальне значення вираження

де , , ..., --- різні натуральні числа від 1 до 1990.

Рішення. Помітимо, що модуль різниці двох ненегативних чисел не більше їхнього максимуму. Тому не більше, ніж , не більше, ніж , не більше, ніж . Далі, дане вираження не може рівнятися 1990, оскільки парність цього вираження збігається з парністю суми . Нарешті приведемо приклад, що показує, що значення вираження може рівнятися 1989:

Відповідь. 1989.

Рішення рівнянь утримуючі модулі ненегативних виражень

Приклад Чому дорівнює сума корінь рівняння (корінь, якщо він один) рівняння

Рішення. Розглянемо вираження

і перетворимо його до виду

Очевидно, що чисельник дробу при будь-яких значеннях змінної є позитивним числом. Значить дробове вираження позитивно, якщо (тому що ). Перетворимо отримане вираження, за умови . Одержимо рівняння, рівносильне вихідному:

Відповідь. .

Приклад Вирішити рівняння

Рішення. Оскільки ліва частина рівняння ненегативна, при всіх припустимих значеннях змінної, на множині корінь рівняння права його частина теж повинна бути ненегативної, звідси умову , на цьому проміжку знаменники обох дробів рівні, і залишається вирішити рівняння . Вирішуючи його й з огляду на обмеження , одержуємо

Відповідь. .

Приклад Вирішити рівняння:

Рішення. Неважко догадатися, що всі вираження, що коштують під знаками другого, третього й т.д. модулів, позитивні. І оскільки модуль позитивного вираження дорівнює самому цьому вираженню, одержимо

Відповідь. .

Рішення рівнянь із використанням геометричної інтерпретації

Геометричний зміст вираження --- довжина відрізка координатної осі, що з'єднує крапки з абсцисами й . Переклад алгебраїчної задачі на геометричну мову часто дозволяє уникнути громіздких викладень.

Приклад Вирішимо рівняння

.

Рішення. Будемо міркувати в такий спосіб: виходячи з геометричної інтерпретації модуля, ліва частина рівняння являє собою суму відстаней від деякої крапки з абсцисою до двох фіксованих крапок з абсцисами 1 і 2. Тоді всі крапки з абсцисами з відрізка мають необхідну властивість, а крапки, розташовані поза цим відрізком,--- немає.

Відповідь. .

Приклад Вирішимо рівняння .

Рішення. Міркуючи аналогічно, одержимо, що різниця відстаней до крапок з абсцисами 1 і 2 дорівнює одиниці тільки для крапок, розташованих на координатній осі правіше числа 2.

Відповідь. .

Приклад Вирішити нерівність .

Рішення. Зобразимо на координатної прямої крапки, сума відстаней від яких до крапок і в точності дорівнює . Це всі крапки відрізка . Для всіх чисел поза даним відрізком сума відстаней буде більше двох.

Відповідь. .

Зауваження. Узагальненням рішення вищенаведених рівнянь є наступні рівносильні переходи:

Приклад Вирішите нерівність: .

Рішення. Вирішимо нерівність, використовуючи координатну пряму. Дана нерівність виконується для всіх крапок c координатою, які перебувають ближче до крапки з координатою , чим до крапки з координатою . Тому що , те шуканими є всі крапки, розташовані лівіше крапки з координатою .

Відповідь. .

Приклад Вирішите рівняння

.

Рішення. Розглянемо на числовій прямій крапку з координатою . Сума дорівнює сумі відстаней від крапки до крапок з координатами 2, 1, 0, -1, -2. Помітимо, що сума відстаней від будь-якої крапки до крапок і не менше довжини відрізка (і рівність досягається тоді й тільки тоді, коли крапка розташована на відрізку ). Звідси одержуємо, що не менше 4, а не менше 2 при кожному . Тому для того, щоб сума була дорівнює , необхідно, щоб . Отже, необхідно дорівнює . Легко перевірити, що значення дійсно є рішенням даного рівняння.

Відповідь. .

Приклад Гальперин Г.О. Позитивні числа , , і такі, що система рівнянь

має рішень, а система рівнянь

має рішень. Відомо, що . Знайдіть і .

Рішення. Перше рівняння є рівняння окружності, другому задовольняють крапки квадрата із центром на початку координат і з діагоналями, що належать осям координат. Система із двох перших рівнянь залежно від і або не має рішень, або має чотири рішення, або вісім. Отже, може рівнятися або 0, або 4, або 8. Перше рівняння другої системи є рівняння сфери. Другому задовольняють крапки октаедра із центром на початку координат і з вершинами, що лежать на осях координат на рівних відстанях від центра. Ця система залежно від і або не має рішень, або має 6 рішень (вершини октаедра лежать на сфері), або має 8 рішень (сфера стосується граней октаедра), або має нескінченне число рішень (сфера перетинає грані октаедра по окружностях або декільком дугам окружностей). Отже, може рівнятися або 0, або 6, або 8, або . Умові задовольняє тільки варіант , .

Відповідь. , .

Переклад алгебраїчної задачі на геометричну мову -і- зручний і потужний метод рішення задач. У якості ще одного приклада розберемо блок задач олімпіади математико-механічного факультету Спбгу:

Приклад Даний функція: .

а) Вирішите рівняння ;

б) Вирішите нерівність ;

в) Знайдіть кількість рішень рівняння залежно від значень параметра .

Рішення. Побудуємо графік функції . Для цього помітимо, що , а тоді ми можемо спочатку побудувати графіка функції , і потім відбити його щодо осі ординат. Перетворимо вираження, що задає функцію :

Оскільки дана система визначає верхнє півколо радіуса 2 із центром у крапці (2; 0), графік вихідної функції являє собою об'єднання двох півкіл (див. мал. Error: Reference source not found).

Тепер рішення задач не представляє праці:

а) Корінь рівняння є абсциса крапки перетинання прямій із графіком функції . Знайдемо неї геометрично: заштрихований на малюнку прямокутний трикутник є рівнобедреним (кутовий коефіцієнт прямої дорівнює ), його гіпотенуза є радіус окружності, її довжина 2. Тоді довжина катета, що лежить на осі абсцис, є , а шукана абсциса дорівнює .

б) Нерівність виконана при всіх з відрізка .

в) При , рішень ні, при рівняння має три рішення, при --- чотири рішення, при --- два рішення.

Рішення рівнянь із використанням тотожності

Приклад Вирішити рівняння

Рішення. Двічі застосовуючи тотожність , одержимо рівняння

рішенням якого є інтервал .

Відповідь. .

Приклад Вирішити рівняння

Рішення.

Відповідь. .

Застосування теореми про знаки при рішенні рівнянь

Сформулюємо теорему, зручну при рішенні нерівностей, щодо добутків або приватних різниць модулів:

Теорема Знак різниці модулів двох виражень збігається зі знаком різниці квадратів цих виражень.

Приклад Вирішити нерівність

Рішення. Скористаємося теоремою:

Використовуючи формулу різниці квадратів, розкладемо чисельник і знаменник на множники й вирішимо отриману раціональну нерівність.

Відповідь.

Рішення рівнянь переходом до наслідку

Всі рівняння з модулями можуть бути вирішені в такий спосіб: розглянемо весь набір рівнянь, що може вийде при розкритті модулів, але не будемо виписувати відповідні проміжки. Вирішуючи кожне з отриманих рівнянь, одержимо наслідки вихідного рівняння. Залишається тільки перевірити чи не придбали ми сторонніх корінь прямої їхньою підстановкою у вихідне рівняння.

Приклад Вирішимо рівняння

Рішення. Послідовно переходячи до наслідків, одержуємо:

Неважко переконається, що знайдені числа не є коріннями вихідного рівняння.

Відповідь. ні рішення.

У випадку вкладених знаків модуля теж можна розглянути весь набір яких, що виходять при розкритті модуля рівнянь серед рішень, утримуються рішення вихідного рівняння, а потім відібрати із всіх отриманих рішень підходящі хоча б за допомогою перевірки.

Приклад Вирішите рівняння

Рішення. Всіх корінь вихідного рівняння втримуються серед корінь двох рівнянь

які можна переписати у вигляді

Аналогічно, кожне із цих рівнянь розпадається на два:

що приводить до чотирьох рівнянь:

Звідси одержуємо 4 рішення: , , , серед яких утримуються коріння вихідного рівняння. 1-й корінь, мабуть, задовольняє рівнянню. Це перевіряється легко. 2-й і 3-й не походять, тому що права частина вихідного рівняння при цих значеннях негативна. 4-й корінь теж є зайвим, тому що цей корінь повинен задовольняти рівнянню (*), а при цьому значенні його права частина негативна.

Відповідь. 3.

Рішення рівнянь методом інтервалів

Застосування методу інтервалів засновано на наступної

Теорема Функція, безперервна на проміжку, зберігає на цьому проміжку свій знак.

Це означає, що нулі функції й границі проміжків її безперервності розділяють область визначення функції на ділянки, де вона зберігає постійний знак. Застосування методу пояснимо на прикладі.

Приклад Вирішимо нерівність

Нехай . Областю визначення даної функції є . Вирішуючи рівняння (див. ), одержимо, що функція не звертається в нуль ні при якому значенні змінної. Це означає, що на всій області визначення функція є знакопостійної. Обчислюючи, наприклад, , одержуємо, що функція приймає тільки позитивні значення.

Відповідь. .

Метод інтервалів дозволяє вирішувати більше складні рівняння й нерівності з модулями, але в цьому випадку він має трохи інше призначення. Суть складається в наступному. Знаходимо корінь всіх підмодульних виражень і розбиваємо числову вісь на проміжки цих виражень. Це дозволяє, послідовно перебираючи ці проміжки, одночасно позбуватися від всіх модулів і вирішувати звичайне рівняння або нерівність (перевіряючи при цьому, що знайдена відповідь входить у даний проміжок).

Рішення рівнянь домноження на позитивний множник

Приклад Вирішити нерівність

Рішення. ''Пастка'' полягає в тім, що в задачі є кілька модулів, розкривати які -і значить одержати, громіздке рішення.

Помножимо дріб на деяке вираження, що приймає лише позитивні значення й таке, щоб спростити вихідна нерівність:

Відповідь. .

Типові тестові задачі, що містять змінну під знаком модуля

Приклад Знайти корінь рівняння

.

Рішення. Тому що , те з рівняння треба, що , . Тоді вихідне рівняння прийме вид: , . Корінь цього рівняння

, .

Корінь , тому він не є рішенням, а .

Відповідь. .

Приклад Знайти добуток корінь рівняння .

Рішення. Позначимо , . Тоді вихідне рівняння прийме вид: . Корінь цього рівняння , . Тому що , те . Звідси , . Добуток корінь дорівнює .

Відповідь. .

Приклад Знайти різницю між найбільшими й найменшими коріннями рівняння .

Рішення. Позначимо , . Тоді вихідне рівняння прийме вид: . Вирішимо його. Корінь цього рівняння , . Тому що , те значення не підходить. Тому . Різниця між найбільшим і найменшим коренями рівняння дорівнює .

Відповідь. .

Приклад Знайти суму корінь рівняння .

Рішення. Використовуємо правило:

.

Вихідне рівняння запишемо у вигляді сукупності рівнянь:

У такий спосіб сума корінь вихідного рівняння дорівнює .

Інший шлях. Оскільки обидві частини рівняння ненегативні, зведемо рівняння у квадрат. Одержимо: , . Тому що дискримінант рівняння позитивний, то по теоремі Виета сума корінь дорівнює

Відповідь. .

Приклад Скільки цілих корінь на відрізку має рівняння

Рішення. Розглянемо квадратний тричлен . Тому що , те, тому вихідне рівняння запишеться як

Останнє рівняння еквівалентно нерівності , рішення якого . Таким чином, рівняння має 6 корінь на відрізку : , , , , , .

Відповідь. 6.

Приклад Яке найбільше кінцеве число корінь може мати рівняння

де , ,..., , , , ..., --- різні числа?

Рішення. Покладемо й перепишемо вихідне рівняння у вигляді .

Нехай --- всі числа із множини , упорядковані по зростанню. На кожному з 101 проміжку , ,..., , , функція лінійна. Помітимо, що на першому й останньому із цих проміжків і відповідно, при цьому , тому що кількість корінь звичайно.

Підемо по числовій осі ліворуч праворуч.

Спочатку кутовий коефіцієнт функції дорівнює 0. Щораз, коли ми проходимо одну із крапок , він за рахунок зміни знака при розкритті відповідного модуля змінюється на .

Таким чином, він завжди дорівнює парному цілому числу й не може поміняти знак, не звернувшись перед цим в 0.

Виходить, кутові коефіцієнти на будь-яких двох сусідніх проміжках або обоє ненегативні, або обоє непозитивні, тобто функція на об'єднанні цих проміжків або неубутна, або незростаюча.

Стало бути, якщо число її корінь звичайно, те на кожному з 50 проміжків ,..., , вона має не більше одного кореня. Крім того, на крайніх інтервалах значення мають різні знаки, і в кожному корені знак функції міняється. Отже, кількість корінь парно й не перевищує 49.

Неважко перевірити, що якщо роль будуть грати числа 1, 4, 5, 8, 97, 100, а роль --- числа 2, 3, 6, 7, 94, 95, 98, , те рівняння буде мати рівно 49 корінь.

Відповідь. 49.

Приклад Вирішите систему нерівностей

Рішення. Припустимо, що дана система нерівностей має рішення , , , . Тоді, зокрема, , тобто

Аналогічно одержуємо

Перемножимо всі отримані нерівності. З одного боку, добуток чотирьох позитивних чисел позитивно. З іншого боку, цей добуток дорівнює -і-

Приходимо до протиріччя.

Відповідь. Система не має рішень.

Приклад чи Існують дійсні числа , і такі, що при всіх дійсних і виконується нерівність

Рішення. Припустимо, що такі числа , і існують. Виберемо й такі, що , , . Тоді різниця між лівою й правою частинами дорівнює . А якщо взяти й такі, що , , , те ця різниця буде дорівнює . Таким чином, з одного боку, , з іншої . Протиріччя.

Відповідь. Немає.

Приклад Скільки різних цілочисленних рішень має нерівність ?

Рішення. При натуральному рівняння має рівно цілочисленних рішень, а при рішення єдине. Таким чином, кількість рішень вихідної нерівності дорівнює .

Відповідь. 19801.

Приклад Знайдіть всі значення параметра , при кожному з яких рівняння має три різних корені; знайдіть цих корінь: .

Рішення. Зведемо обидві частини рівняння у квадрат: .

Якщо , тоді одержимо рівняння:

Дискримінант цього рівняння дорівнює:

.

Рівняння (1) буде мати один корінь, при й . Два корені, при й .

Якщо , тоді одержимо рівняння:

Дискримінант цього рівняння дорівнює:

.

Рівняння (2) буде мати один корінь при й . Два корені --- при й .

Робимо висновок, що при рівняння (1) має один корінь, а рівняння (2) --- два корені. При , рівняння (1) має два корені, а рівняння (2) --- один.

Таким чином, при й дане рівняння має три корені.

Знайдемо цих корінь. При , перше рівняння прийме вид: . Воно має один корінь:

Рівняння (2) прикмет вид: яке має два корені: , .

При , рівняння (2) прикмет вид: . Воно має один корінь: .

Рівняння (1) при цьому стане: , що буде мати корінь: , .

Відповідь. При , , , .

При , , , .

Приклад Для кожного значення параметра визначите число рішень рівняння .

Рішення.

1. Якщо , тоді рівняння не має рішень, модуль будь-якого речовинного числа ненегативний.

2. Якщо , тоді одержимо рівняння . Це рівняння має два корені, тому що .

3. Якщо , тоді одержуємо сукупність двох рівнянь:

Перше рівняння має дискримінант: . Воно не буде мати корінь при , , але це неможливо, тому що . Також воно не може мати один корінь (тоді , що також неможливо). Таким чином, при рівняння (1) має два корені.

Друге рівняння має дискримінант:

.

Воно не буде мати корінь, якщо , , . Буде мати один корінь, якщо . Буде мати два корені, якщо .

Остаточно одержуємо.

Відповідь. Якщо , тоді рівняння не має корінь.

Якщо й , тоді рівняння має два корені.

Якщо , тоді рівняння має три корені.

Якщо , тоді рівняння має чотири корені.

Приклад Знайдіть всі значення параметра із проміжку , при кожному з яких більший з корінь рівняння приймає найбільше значення.

Рішення.

Перетворимо рівняння до виду

.

Виходить, якщо

, ,

тоді .

Знайдемо найбільше значення , при якому , тобто найбільше рішення нерівності

.

Перетворимо цю нерівність:

, , , , .

Останню нерівність вирішимо методом інтервалів, пам'ятаючи, що .

Рішення нерівності буде множина: .

Ясно, що дріб

приймає найбільше значення при , тоді значення буде дорівнює:

.

Відповідь. При .

Приклад Знайти всі значення параметра , при кожному з яких рівняння має єдине рішення.

Рішення.

Знайдемо рішення для кожного значення , а потім відберемо ті, які задовольняють умові задачі, тобто при яких рівняння має єдине рішення.

Для кожного фіксованого будемо шукати рішення даного рівняння спочатку на проміжку , а потім на проміжку , оскільки модуль звертається в нуль при :

1) Нехай . На цьому проміжку й тому дане рівняння прикмет вид .

Знайдемо дискримінант отриманого наведеного квадратного рівняння

, виходить, при будь-якому дійсному значенні рівняння має два різних дійсних корені: і .

З'ясуємо, чи входять вони в проміжок . Корінь лежить у цій області тільки тоді, коли виконується нерівність: або .

Остання нерівність рівносильна системі нерівностей:

Остання система нерівностей не має рішень, виходить, ні при якому значенні параметра a число не лежить в області .

Корінь лежить у розглянутій області тоді, коли виконана нерівність: або .

Вирішимо останню нерівність. Ясно, що цій нерівності задовольняють всі значення із проміжку .

При одержимо нерівність . Звідси знаходимо: .

Таким чином, при рівняння має єдине рішення .

2) Нехай . На цьому проміжку й тому вихідне рівняння можна переписати у вигляді . Знайдемо дискримінант цього рівняння: .

Рівняння не має рішень, якщо , тобто якщо .

Виходить, рівняння не має корінь для із проміжку .

Якщо не належать цьому проміжку, то квадратне рівняння має коріння , , причому при й . З'ясуємо тепер, при яких значеннях параметра знайдених корінь лежать в області .

Для цього потрібно вирішити нерівності й .

Нерівність рівносильна нерівності або сукупності двох систем нерівностей:

Множина рішень першої системи має вигляд , друга система не має рішень. Виходить, тільки при значенні корінь рівняння лежить в області

Нерівність рівносильна нерівності або системі нерівностей

Множина рішень отриманої системи нерівностей є відрізок .

Тільки при цих значеннях параметра , корінь належить області: . Таким чином, при дане рівняння в області рішень не має.

Якщо , то рівняння в розглянутій області має єдине рішення .

При значеннях , що лежать в області вихідне рівняння має два різних корені й . Якщо ж , то вихідне рівняння має єдиний корінь . Отримані результати зручно звести в таблицю:

Таким чином, шукані значення утворять два проміжки: і .

Відповідь. , .

Приклад Знайти всіх корінь рівняння , що задовольняє нерівності .

Рішення. Будуємо графіки функцій і . Одержимо дві крапки перетинання, абсциса тільки однієї з них менше , тобто задовольняє умови задачі

Абсцису крапки можна одержати вирішивши рівняння .

Відповідь. .

Приклад Вирішити аналітично й графічно рівняння

Аналітичне рішення

Перетворимо рівняння, помноживши обидві його частини на 2, будучи позитивним числом, його можна вносити під знак модуля, тому одержимо:

У кожного із тричленів позитивні дискримінанти. Це дає можливість розкласти кожний з них на лінійні множники.

Рівняння прийме вид: .

На числовій прямій відкладемо крапки, у яких кожний із множників звертається в нуль. У результаті одержимо п'ять проміжків, на кожному з яких визначимо знаки тричленів під модулем і вирішимо отримані рівняння.

Однак такий спосіб не буде раціональним. Доцільніше зобразити проміжки кожного із тричленів на числових осях. Тоді визначення їхніх знаків буде спрощене й зробиться більше наочним

При такому схематичному зображенні зрозуміло, що:

1) при обидва тричлени позитивні й рівняння прийме вид:

Вирішуючи його, знаходимо , . Обидва корені не входять у проміжок і є сторонніми;

2) при перший тричлен негативний, а другий позитивний, одержимо рівняння: звідки знаходимо корінь , що входить у проміжок і є рішенням рівняння;

3) при обидва тричлени негативні, одержуємо:

, звідки , що входить у проміжок і є рішенням рівняння;

4) при перший тричлен позитивний, другий --- негативний, одержуємо рівняння:

, звідси , що входить у проміжок і є рішенням рівняння;

5) при обидва тричлени позитивні, виходить така ж ситуація, як і в першому випадку. І тут, обидва корені , не входять у проміжок і є сторонніми.

Відповідь. , , .

Графічне рішення

Для графічного рішення перетворимо рівняння:

Побудуємо графіки функцій

і

Графік функції

будемо будувати в кілька етапів:

а) будуємо графік функції

;

б) будуємо графік функції

, `

дзеркально'' відбивши нижню частину кривої

в осі ;

в) будуємо графік функції

для цього досить графік функції ``опустити'' долілиць (здійснити паралельний перенос уздовж осі ) на ;

г) отриманий графік повністю симетрично відіб'ємо в осі , ``перевернемо'' навколо осі на .

У результаті одержимо графік функції

.

Графік функції

побудуємо вже відомим способом: будуємо параболу й дзеркально відбиваємо в осі тільки частина параболи, що перебуває нижче осі .

Знаходимо абсциси крапок перетинання графіків, які й будуть рішеннями рівняння

Абсциси крапок перетинання наступні: 1,75; 2,5 і 3,25. Вони й будуть рішеннями рівняння.

Приклад Вирішите рівняння .

Рішення. Вирішувати будемо це рівняння послідовне ``розкриваючи'' модулі, починаючи з ``зовнішнього'' і ``наближаючись'' до змінного .

Після розкриття першого модуля, одержимо сукупність двох рівнянь:

(1) або (2) .

Вирішуючи рівняння (1), у свою чергу, одержуємо два рівняння:

,

(3) або (4) .

З рівняння (3) знаходимо: , з рівняння (4) знаходимо: ,

Вирішуючи рівняння (2), також одержимо: , що розпадається два рівняння:

( ) або ( ) .

З ( ) одержуємо:

, , З ( ) , що не має рішень.

Відповідь.

Приклад Вирішити рівняння:

Рішення. ОДЗ даного рівняння:

Простою перевіркою неважко переконатися, що й --- рішення даного рівняння.

Відповідь. .

Якщо вирішувати рівняння шляхом піднесення у квадрати обох його частин, то вийде рівняння

У цього рівняння додасться ``зайвий'' корінь , що не належить ОДЗ.

Перетворення , не рівносильне, тому що входить в ОДЗ вихідного вираження, але не входить в ОДЗ перетвореного.

Нюанс полягає в тому, що при функція існує й при , тому що на що нуль не множ --- буде нуль.

Приклад Вирішити рівняння .

Рішення. Почнемо розкривати внутрішній модуль (розкриття зовнішнього модуля займе набагато більше часу):

1. При маємо .

Тепер розглянемо два випадки:

а) , тобто ;

б) і

Так як функція, що стає в першій частині вихідного рівняння, --- парна, то рішенням так само буде й .

Відповідь. .

Приклад Чому дорівнює сума корінь рівняння (корінь, якщо він один) рівняння

Рішення. Розглянемо вираження

і перетворимо його до виду

Очевидно, що чисельник дробу при будь-яких значеннях змінної є позитивним числом. Значить дробове вираження позитивно, якщо (тому що ). Перетворимо отримане вираження, за умови . Одержимо рівняння, рівносильне вихідному:

Відповідь. .

Приклад Всі значення квадратного тричлена на відрізку по модулі не перевершують 1. Яке найбільше значення при цьому може мати величина ?

Відповідь. Максимальне значення величини дорівнює 17.

Доведемо це. Спочатку доведемо, що ця величина не може бути більше 17. Тому що значення тричлена на відрізку по модулі не перевершують одиниці, те, , , тобто , , . Тому що модуль суми не перевершує суми модулів, те

Отже, . Залишилося помітити, що квадратний тричлен задовольняє умові задачі й для нього величина дорівнює 17.

Приклад Знайдіть найбільше ціле значення параметра , при якому рівняння не має рішень.

Рішення. Вихідне рівняння рівносильне рівнянню

Друга система має рішення тільки при (при цьому її рішеннями будуть усе ). Перша система не має рішень, якщо При цьому найбільше ціле, мабуть, дорівнює .

Відповідь. .

Висновок

абсолютна величина модуль теорема

Матеріал даної дипломної роботи адресований учителям математики, викладачам підготовчих курсів, школярам і абітурієнтам. Розглянуто властивості абсолютних величин, наведені теореми про рівносильні перетворення рівнянь і нерівностей, що містять знак модуля. Сформульовано маловідомі твердження, що істотно спрощують традиційні алгоритмічні способи рішення шкільних, конкурсних задач. Теоретичний матеріал проілюстрований значною кількістю завдань (більше 80) із вступних іспитів, математичних олімпіад і завдань незалежного оцінювання знань.

Список джерел

6 Веременок В. В., Практикум по математиці, підготовка до тестування й іспитів. – К., 2008

6 Д. Гущин, Потужне рішення. Рівняння й нерівності з модулями //Учительська газета №39.

6 В.Голубєв Школа рішення нестандартних задач. Заняття 3. Нестандартна техніка рішення нерівностей з модулем // Математика №5, 2005 с. 24--31.

6 В.Голубєв, Школа рішення нестандартних задач. Заняття 5. Сума модулів// Математика № 12, 2005 с.41--48.

6 Тишин В. И., Математика для вчителів і учнів: раціональні алгебраїчні рівняння. – К., 2005

6 О. Ігудисман, Математика на усному іспиті. – К., 2006

[7] Куланін Е.Д., 3000 конкурсних задач по математиці. – К., 2005