Решение тригонометрических уравнений и неравенств с модулем

Тригонометрические уравнения с модулем

Разделы: Математика

Раскрытие модуля по определению

Модулем числа а называется само это число а, если а ≥ 0, и число -а, если а 2 x-sinx=0

sinx=0 или sinx= (оба уравнения удовлетворяют условию sinx≥0)

Решаем уравнение второй системы, и выбирая те, которые удовлетворяют условию sinx 2

cosx=0 или x+1,5=1 или x-1,5 = -1

х= -0,5 х = -2,5

Условию cosx≥0 не удовлетворяет х = -2,5 (3 четверть)

Ответ:

№5. Найти все решения уравнения на отрезке [0;4].

Решение. Перепишем уравнение в виде

Раскрывая знак модуля, получаем системы:

Решая первую систему, получим

Из серии в нужном промежутке [0;4] лежат точки 0 и ; , а из серии

Решая вторую систему, получим систему , которая не имеет решений.

Ответ:

№6 Решить уравнение.

Решение. Правая часть уравнения неотрицательна, значит, неотрицательна и левая часть, тогда 2х-4≥0, 2(х-2)≥0 , х-2≥0. Если х-2≥0. то при раскрытия правого модуля по определению рассматривается только один случай:

х=2

Выберем те корни, которые удовлетворяют условию: х-2≥0; х≥2

№7. Решить уравнение.

Решение. ОДЗ:

Раскрывая знак модуля, получаем системы:

Решая первую систему, получим cos2x=0, и из решений надо выбрать те, при которых sinx>0. На круге видно, что это точки вида

Решая вторую систему, получим уравнение соs2x=2,не имеющее решений.

Ответ:

№8. Решить уравнение.

Решение. Преобразуем уравнение следующим образом:

Ответ:

№9. Решить уравнение.

Решение. Выражение под первым модулем всегда неотрицательно, и его можно сразу отбросить. Второй модуль раскрываем по определению.

Решить уравнение первой система аналитически невозможно, исследуем поведение левой и правой частей на данных промежутках. Функция f(x) =-x 2 +15x-45=(-x 2 +15x-44)-1≤-1

при причем, f(х)= -1 в точках 4 и 11.Левая часть cos при любых х, причем, в точках 4 и 11 не равна -1, значит, система решений не имеет.

При решении уравнения второй системы получается:

В промежутке только одно целое нечетное число 3, т.е

Другие способы раскрытия модулей.

Уравнения вида можно решать и следующим способом:

№10. Решить уравнение.

Решение. Левая часть уравнения неотрицательна, значит, неотрицательна и правая часть, тогда cosx 21.02.2008

Уравнения с модулем

Эта статья посвящена приёмам решения различных уравнений и неравенств, содержащих
переменную под знаком модуля.

Если на экзамене вам попадётся уравнение или неравенство с модулем, его можно решить,
вообще не зная никаких специальных методов и пользуясь только определением модуля. Правда,
занять это может часа полтора драгоценного экзаменационного времени.

Поэтому мы и хотим рассказать вам о приёмах, упрощающих решение таких задач.

Прежде всего вспомним, что

Рассмотрим различные типы уравнений с модулем. (К неравенствам перейдём позже.)

Слева модуль, справа число

Это самый простой случай. Решим уравнение

Есть только два числа, модули которых равны четырём. Это 4 и −4. Следовательно, уравнение
равносильно совокупности двух простых:

Второе уравнение не имеет решений. Решения первого: x = 0 и x = 5.

Переменная как под модулем, так и вне модуля

Здесь приходится раскрывать модуль по определению. . . или соображать!

Уравнение распадается на два случая, в зависимости от знака выражения под модулем.
Другими словами, оно равносильно совокупности двух систем:

Решение первой системы: . У второй системы решений нет.
Ответ: 1.

Первый случай: x ≥ 3. Снимаем модуль:

Число , будучи отрицательным, не удовлетворяет условию x ≥ 3 и потому не является корнем исходного уравнения.

Выясним, удовлетворяет ли данному условию число . Для этого составим разность и определим её знак:

Значит, больше трёх и потому является корнем исходного уравнения

Стало быть, годятся лишь и .

Ответ:

Квадратные уравнения с заменой |x| = t

Поскольку , удобно сделать замену |x| = t. Получаем:

Модуль равен модулю

Речь идёт об уравнениях вида |A| = |B|. Это — подарок судьбы. Никаких раскрытий модуля по определению! Всё просто:

Например, рассмотрим уравнение: . Оно равносильно следующей совокупности:

Остаётся решить каждое из уравнений совокупности и записать ответ.

Два или несколько модулей

Не будем возиться с каждым модулем по отдельности и раскрывать его по определению — слишком много получится вариантов. Существует более рациональный способ — метод интервалов.

Выражения под модулями обращаются в нуль в точках x = 1, x = 2 и x = 3. Эти точки делят числовую прямую на четыре промежутка (интервала). Отметим на числовой прямой эти точки и расставим знаки для каждого из выражений под модулями на полученных интервалах. (Порядок следования знаков совпадает с порядком следования соответствующих модулей в уравнении.)

Таким образом, нам нужно рассмотреть четыре случая — когда x находится в каждом из интервалов.

Случай 1: x ≥ 3. Все модули снимаются «с плюсом»:

Полученное значение x = 5 удовлетворяет условию x ≥ 3 и потому является корнем исходного уравнения.

Случай 2: 2 ≤ x ≤ 3. Последний модуль теперь снимается «с минусом»:

Полученное значение x также годится — оно принадлежит рассматриваемому промежутку.

Случай 3: 1 ≤ x ≤ 2. Второй и третий модули снимаются «с минусом»:

Мы получили верное числовое равенство при любом x из рассматриваемого промежутка [1; 2] служат решениями данного уравнения.

Случай 4: x ≤ 1 ≤ 1. Второй и третий модули снимаются «с минусом»:

Ничего нового. Мы и так знаем, что x = 1 является решением.

Модуль в модуле

Начинаем с раскрытия внутреннего модуля.

1) x ≤ 3. Получаем:

Выражение под модулем обращается в нуль при . Данная точка принадлежит рассматриваемому
промежутку. Поэтому приходится разбирать два подслучая.

1.1) Получаем в этом случае:

Это значение x не годится, так как не принадлежит рассматриваемому промежутку.

1.2) . Тогда:

Это значение x также не годится.

Итак, при x ≤ 3 решений нет. Переходим ко второму случаю.

Здесь нам повезло: выражение x + 2 положительно в рассматриваемом промежутке! Поэтому никаких подслучаев уже не будет: модуль снимается «с плюсом»:

Это значение x находится в рассматриваемом промежутке и потому является корнем исходного уравнения.

Так решаются все задачи данного типа — раскрываем вложенные модули по очереди, начиная с внутреннего.

Читайте также о том, как решать неравенства с модулем.

Открытый урок по теме:«Решение уравнений и неравенств, содержащих знак модуля»
методическая разработка по алгебре (11 класс)

Цель урока: Обобщить и систематизировать знания учащихся по теме «решение уравнений, содержащих знак модуля» (в частности, тригонометрических) и познакомить их с основными алгоритмами решения неравенств с модулем.

Скачать:

Предварительный просмотр:

Открытый урок по теме: «Решение уравнений и неравенств, содержащих знак модуля»

Голоднова Галина Алексеевна, учитель математики

МАОУ Гимназии №17

Республика Башкортостан, г. Белорецк.

Тема урока: Решение уравнений и неравенств, содержащих знак модуля.

Цель урока: Обобщить и систематизировать знания учащихся по теме «решение уравнений, содержащих знак модуля» (в частности, тригонометрических) и познакомить их с основными алгоритмами решения неравенств с модулем.

1. Повторяем основные алгоритмы решения уравнений, содержащих знак модуля.

а) | f(x) | = | g(x) | f(x) = ± g(x)

| sin x + cos x | = 2 | sin x — cos x |.

sin x + cos x = 2 sin x — cos x x = arctg 2 + πn

sin x + cos x = — 2sin x + cos x x = πk, n,k Z

б) | f(x) | = g(x) f(x) = ± g(x)

| sin x — | = cos x — .

sin x ≥ sin x ≥

sin x — cos x = 0 sin x + cos x — = 0

Ответ: x = + 2πn, n Z.

в) | f 1 (x) | + | f 2 (x) | + …+| f n (x) | = g(x)

Для каждой из этих функций находят область определения, её нули и точки разрыва. Нули и точки разрыва разбивают общую область определения функции f(x) (i = 1,2,… n) на промежутки, в каждом из которых каждая из функций f i (x) сохраняет постоянный знак. Далее, используя определение модуля, для каждой из найденных областей получим уравнение, подлежащее решению.

| sin x — | — | cos x — | = 1.

Сначала будем искать решение уравнения на промежутке длины 2π. На окружности единичного радиуса, как легко видеть, необходимо отметить числа — ; ; . Решение данного уравнения сводится к решению четырёх систем:

1. — ≤ x ≤

— sin x + — cos x + = 1; откуда x = —

1. , ,

sin x — — cos x + = 1; x = π, x = ; система не имеет

1. ,

sin x — + cos x — = 1; система не имеет решения;

4) , ,

— sin x + + cos x — = 1; x = .

Ответ: x = — + 2π n, x = — + 2πk, n,k Z.

1. Объяснение нового материала: решение неравенств, содержащих модуль.

а) Неравенство вида: | f(x) | — g(x) f(x)

Решите неравенство | x – а | + | x – 2 | + а – 4 ≤ 0 при всех а.

| x – а | + | x – 2 | + а – 4 ≤ 0 | x – а | ≤ 4 – а — | x – 2 |

x – а ≤ 4 – а — | x – 2 |, | x – 2| ≤ 4 – x,

x – а ≥ а – 4 + | x – 2 |; | x – 2| ≤ x – 2а + 4;

x – 2 ≤ 4 — x ,

x – 2 ≥ x – 4, x ≤ 3,

x – 2 ≤ x – 2а + 4, а ≤ 3,

x – 2 ≥ 2а – x – 4; x ≥ а – 1.

а – 1 3 x

Из рисунка видно, что решением будет промежуток [а – 1; 3]. Итак, решений при а > 3 нет, а при а ( — ∞; 3] имеем а – 1 ≤ x ≤ 3.

Ответ: x [а – 1; 3] при а ( — ∞; 3]; нет решений при а (3; + ∞).

б) Неравенство вида: | f(x) | > g(x).

Если g(x) ≥0, то выполнена совокупность неравенств

И на числовой оси ситуация выглядит так:

Решите неравенство | | x 2 + 5 x – 18 | — x 2 | ≥ 18 – x.

| | x 2 + 5 x – 18 | — x 2 | ≥ 18 – x

|x 2 + 5 x – 18 | — x 2 ≥ 18 – x, | x 2 + 5 x – 18 | ≥ x 2 – x +18,

|x 2 + 5 x – 18 | — x 2 ≤ -18 + x т | x 2 + 5 x – 18 | ≤ x 2 + x -18;

x 2 + 5 x – 18 ≥ x 2 – x +18, x ≥ 6,

x 2 + 5 x – 18 ≤ — x 2 + x -18; x(x + 2) ≤ 0, x ≥ 6,

x 2 + 5 x – 18 ≤ x 2 + x -18, x ≤ 0, x [- 2; 0];

x 2 + 5 x – 18 ≥ — x 2 — x +18 (x + 6)( x – 3) ≥ 0 x ≤ — 6.

Ответ: ( — ∞; — 6 ] [ — 2; 0 ] [ 6; +∞ ).

в) Неравенство вида: | f(x) | ( f(x) — g(x))(f(x) + g(x))

Так как знак разности модулей совпадает со знаком этого произведения.

Решите неравенство | 4 x 3 – x + 7 | ≤ | 2 x 3 + 5 x + 3 |.

| 4 x 3 – x + 7 | ≤ | 2 x 3 + 5 x + 3| (6 x 3 + 4 x + 10)(2 x 3 — 6 x + 4) ≤ 0

(3 x 3 + 2 x + 5)( x 3 — 3 x + 2) ≡ (x + 1)(3 x 2 — 3 x + 5)( x – 1)( x 2 + x – 2)≤0

(x – 1) 2 (x + 1)( x + 2)≤0 x [-2; -1] <1>.

Ответ: [-2; -1] <1>.

Решите неравенство | x 2 + 3 x – 4 | + | x 2 – 16 | > | 2 x 2 + 3 x – 20 |.

Этот пример можно решить стандартным способом, но долго. А если заметить, что наше неравенство имеет вид:

| u | +| v | > | u + v | u 2 + 2| u v | + v 2 > u 2 + 2 u v + v 2

u v ≥ 0,

| u v | > u v u v u v

то неравенство решается в одну-две строчки:

| x 2 + 3 x – 4 | + | x 2 – 16 | > | 2 x 2 + 3 x – 20|

(x 2 + 3 x – 4)( x 2 – 16) (x – 1)( x + 4) 2 (x – 4)

Решаем методом интервалов и получаем, что x (1; 4).

1. Подведение итогов урока. Домашнее задание.