Системы уравнений абсолютная величина решение

Решение уравнений, содержащих знак абсолютной величины

Разделы: Математика

образовательные:

воспитательные:

развивающие:

Оборудование:

Знания, умения, навыки.

В результате проведения урока учащиеся должны повторить основные приёмы решения уравнений, содержащий знак модуля, научиться решать подобные уравнения уровня школьных выпускных и конкурсных экзаменов, научиться понимать и уметь находить решение уравнений, содержащих параметр.

1) Повторить определение модуля числа и способы его раскрытия в зависимости от знака аргумента.

2) Повторить основные способы решения уравнений, содержащих модули выражения:

а) решение уравнений путем раскрытия модуля внешним способом;

б) решение уравнений путем раскрытия модуля изнутри;

в) решение уравнений, содержащих модули, методом замены переменной;

г) решение уравнений, содержащих несколько модулей;

д) решение уравнений, содержащих модули и параметры одновременно.

3) Решение уравнений различными методами (работа в группах).

4) Решение уравнений конкурсных экзаменов (с использованием компьютера).

5) Решение уравнений, содержащих модули и параметры одновременно (с использованием классной доски, компьютера и проектора).

6) Подведение итогов урока, выставление оценок.

Материалы к уроку:

1. К каждому из указанных уравнений подобрать метод решения и решить его (решение на доске и в тетрадях).

б) | 6х2 _ 5х + 1 | = 5х — 6х2 — 1

в) х2 + 3|х+1| — 1 = 0

г) | х — 2| + |х + 4| = 8

д) 2|х + 2| + 3 = (х + 2)2

Ответы: а) 1; 1.5; б) [1/3; 1/2]; в) -1; г) -5; 3; д) -5; 1.

2. Работа в группах (каждая группа получает конверт с заданием и карточку для выставления оценки и самооценки выполненной работы).

Вид карточки выставления оценок. (Приложение 2)

Критерий выставления оценки:

“5”- решил 5 уравнений различными способами самостоятельно;

“4”- решил 5 уравнений различными способами и получил одну консультацию у членов группы;

“3”- решил 5 уравнений различными способами и получил две или три консультации у членов группы;

“2”- испытывал трудности при решении уравнений и постоянно консультировался у членов группы;

Оценка выставляется группой после обсуждения и самим учеником, итоговая оценка выставляется учителем.

б) | х 2 — 3х — 10 | = 3х — х 2 + 10;

г) | х 2 — 9 | + | х — 2| = 5;

д) | х — 1| + | х — 2| + | х — 3| = х.

б) | х 2 — 3х + 2 | = 3х — х 2 — 2;

в) 2/|х — 1| + 4/(х + 3) = 3;

г) | х 2 — 8х | — 9 = 0;

д) | х — 3 | + | х + 2 | — | х — 4 | = 3.

б) х 2 + 2| х — 1 | — 1 = 0;

в) | х 2 — 2х | — 3 = 0;

г) (х — 3,5) 2 + 2| х — 3,5 | = 1,25;

д) | х + 2 | — | х — 3 | + | х — 1 | = 1.

3. Решение уравнений конкурсных экзаменов.

а) Решим уравнение: |||| х -3 | — 1 | + 2 | — 3| = 1

Раскроем модуль внешним способом, получим совокупность двух уравнений:

||| х — 3 | — 1 | + 2 | — 3 = 1 и ||| х — 3 | — 1 | + 2 | — 3 = -1, преобразуя которые получаем:

||| х- 3 | — 1 | + 2 | = 4 и ||| х — 3 | — 1 | + 2 | = 2.

Раскроем вновь модуль внешним образом, получаем совокупность из четырех уравнений:

|| х — 3 | — 1 | + 2 = 4; || х — 3 | — 1 | + 2 = -4; || х — 3 | — 1 | + 2 = 2 и

|| х — 3 | — 1 | + 2 = -2.

Вновь преобразуем полученные уравнения:

|| х — 3 | — 1 | = 2; || х — 3 | — 1 | = -6; || х- 3 | — 1 | = 0 и || х — 3 | — 1 | = -4.

Легко видеть, что второе и четвертое из полученных уравнений решения не имеют, так как модуль не может принимать отрицательных значений.

Дальнейшее раскрытие модулей приводит к ответу: х = 0; 2; 4; 6.

б) В качестве домашнего задания предлагается решить следующие уравнения:

|||| х + 1| — 5 | + 1| — 2 | = 2;

|||| х + 3| — 2 | + 1 | — 3| = 3;

|| 2х — 7 | — х | = 7 — х;

|| х — 1 | — х — 3 | + х = 4;

|| 2х — 1 | — х — 3 | = 4 — х.

4. Решение уравнений с параметром.

Предлагается определить количество корней уравнения в зависимости от значения параметра а и решить данное уравнение двумя способами: аналитическим и графическим:

а) Графический способ решения уравнения:

Для решения данного уравнения необходимо построить графики следующих функций: у₁ = |х 2 — 2х — 3| и у₂ = а. Графиком первой функции является парабола, у которой область отрицательных значений функции отображена в область положительных значений переменной у относительно оси х. Графиком второй функции является прямая, параллельная оси х.

Легко видеть,что при а‹0 полученный графики не пересекаются, что говорит об отсутствии решений данного уравнения. При а = 0 имеем две точки пересечения графиков, а, следовательно, и два решения: х = -1 и х = 3. При 0‹а‹4 точек пересечения графиков — четыре, а решения имеют вид:

При а = 4 решений три: х₁ = 1 – 22 и х₂ = 1 + 22 , а х₃ = х₄ = 1.

При а›4 решений, как и точек пересечения графиков, остается два:

б) Аналитический способ решения уравнения:

Первый вывод можно сделать сразу: а>0, поскольку модуль не может принимать отрицательные значения. Таким образом, при а‹0 решений нет. При а = 0 решаем квадратное уравнение: х 2 — 2х — 3 = 0, решением которого являются х₁ = -1 и х₂ = 3. При а›0 решаемотдельно два уравнения:

х 2 — 2х — 3 = а (1) и х 2 — 2х — 3 = —а (2).

Уравнение (1) имеет два решения при любых значениях параметра а›0. Уравнение (2) имеет два решения только при 0‹а‹4, при этих значениях параметра дискриминант квадратного уравнения (2) положителен, а корни уравнения аналогичны х₃ и х₄, найденным при графическом решении. При а = 4 дискриминант уравнения (2) равен 0, решение уравнения (2) одно и равно 1.

В результате решения любым способом получен следующий ответ:

При а‹0 решений нет;

При а = 0 х = -1; 3.

При а = 4: х₁ = 1 — 22 и х₂ = 1 + 22 , а х₃ = х₄ = 1.

в) В качестве домашнего задания предлагается определить количество корней уравнения в зависимости от значений параметра а:

1) | 5 + 2х — х 2 | = а; 2) х 2 — 6|х| + 5 = а; 3) х 2 — 3|х| = а.

5. Подведение итогов урока, выставление оценок.

Решение уравнений, содержащих знак модуля (абсолютной величины)
материал для подготовки к егэ (гиа, алгебра, 11 класс) по теме

В настоящее время на выпускных экзаменах за курс средней школы и на вступительных экзаменах в различные учебные заведения предлагаются уравнения с модулем и параметрами, решения которых часто вызывает у учащихся затруднения. Рассмотрим решение различных видов уравнений, объединяющим признаком для которых будет только наличием знака абсолютной величины.

Скачать:

Предварительный просмотр:

Решение уравнений, содержащих знак модуля (абсолютной величины)

В настоящее время на выпускных экзаменах за курс средней школы и на вступительных экзаменах в различные учебные заведения предлагаются уравнения с модулем и параметрами, решения которых часто вызывает у учащихся затруднения. Рассмотрим решение различных видов уравнений, объединяющим признаком для которых будет только наличием знака абсолютной величины.

По определению модулем (абсолютной величиной) действительного числа а ( обозначается |а|) называется само это число, если а≥0 , и противоположное число -а , если а

, при а≥0 и , при а

Геометрически |а| означает расстояние на координатной прямой от точки, изображающей число а , до начала отсчета. Модуль нуля равен нулю, а если а≠0 , то на координатной прямой существуют две точки а и –а , равноудаленные от нуля, модули которых равны |а|=|-а|.

Прежде чем приступать к изучению методов решения уравнений, содержащих знак абсолютной величины, нужно добиться четкого понимания действия этого знака на числа. По существу, определение модуля вводит новую унарную операцию на множестве действительных чисел, т.е. операцию, производимую с одним числом, в отличие от более привычных бинарных операций сложения, вычитания, умножения и деления. Проверить правильность понимание знака модуля можно на упражнениях следующих видов.

1. Чему равна разность ?

2. Чему равна сумма ?

3. Чему равна дробь ?

4. Верно ли утверждение: если , то a=b?

5. Верно ли утверждение: если a=b , то ?

6. При каких значениях х верно равенство:

а). х = |х|; б). –х = |-х|; в). –х = |х|?

7. Имеет ли корни уравнение и если имеет, то сколько:

8. Запишите выражение без знака абсолютной величины:

Задача 3.1 , Может ли быть верным равенство

. И если да, то когда ?

Часто встречается такой ответ: «Данное равенство верно в том случае, когда числа а и b имеют разные знаки». Ответ не является полным, поскольку в нем ничего не говорится о том случае, когда одно из этих чисел обращается в ноль. Здесь допущена распространенная ошибка, которая заключается в неполноте проведенной классификации. В данном случае следует учитывать, что, кроме положительных и отрицательных чисел, существует еще и ноль. Правильный ответ : при .

Рассмотрим некоторые частные случаи уравнений с модулем.

1. Решение уравнения .

По определению абсолютной величины, данное уравнение распадается на совокупность двух смешанных систем:

f(x)=a f(-x)=a

Так как функция четная, то ее корни будут существовать парами противоположных чисел, т.е. если α – корень уравнения, то и –α также будет корнем данного уравнения. Следовательно, достаточно решить лишь одну из этих двух систем.

Пример 1 . Решить уравнение 2|х|-4,5-0,5|х|=7,5.

Это уравнение достаточно простое, и пока нет смысла записывать его в виде двух систем, а можно просто привести подобные и перегруппировать: 1,5|х|=12 → |х|=8 → х 1 =-8, х 2 =8.

Пример 2 . Решить уравнение х 2 -|х|=6.

Как было сказано выше, уравнение распадается на две системы, но в силу четности функции можно решать только одну систему, не забывая к полученным решениям добавить значения противоположных знаков.

х 2 -х-6=0, х 1 =-2, х 2 =3

Решением системы будет значение х=3 , а решением данного уравнения два значения: х 1 =-3, х 2 =3 .

Для решения подобного уравнения графически нужно для неотрицательных значений х построить график функции у 1 = f(x) , отразить его симметрично относительно оси Оу в область отрицательных значений х и затем построить график функции у 2 =а . Решением будут абсциссы точек пересечения графиков у 1 и у 2 .

2. Решение уравнения вида .

Решение такого уравнения распадается на совокупность двух смешанных систем:

f(x)=φ(х) f(x)= — φ(х)

3. Решение уравнений вида .

Находим корни двучленов, стоящих под знаком абсолютной величины: …

Пусть x 1 2 k . Данное уравнение последовательно решают на промежутках: (-∞, x 1 ], [x 1 , x 2 ], …,[x k ,∞).

Рассмотренные частные случаи решения уравнений с модулем могут быть объединены в следующем алгоритме решения.

При решении уравнения, содержащего знак абсолютной величины, необходимо выражения, стоящие под знаком модуля приравнять нулю и найти характеристические точки, разбивающие область допустимых значений неизвестной величины на интервалы. После чего поочередно в каждом интервале раскрывать модуль в соответствии с определением и решать получившееся уравнение, не содержащее модуля. Принцип решения не меняется с увеличением количества модулей в уравнении, изменяется только количество интервалов, которые приходится рассматривать.

Пример 2 . Решить квадратное уравнение x 2 -6∙|x|+8=0 .

В данном примере под знаком модуля стоит только переменная х, поэтому характеристической точкой разбивающей область допустимых значений будет х=0 , получается два интервала: а). х≥0 , тогда уравнение освобождаясь от модуля принимает вид х 2 -6х+8=0 , решая его обычным образом находим корни х 1 =2 и х 2 =4. Оба корня попадают в рассматриваемый интервал.

б). х , тогда раскрывая модуль по определению, получаем иное квадратное уравнение х 2 +6х+8=0 , корнями которого будут числа х 3 =-2 и х 4 =-4 , которые тоже попадают во второй интервал. Таким образом окончательное решение уравнения состоит из четырех корней: х 1 =2 , х 2 =4 , х 3 =-2 , х 4 =-4 . Этого кстати можно было ожидать еще до решения, так как трехчлен, стоящий в левой части уравнения представляет собой четную функцию, следовательно, его корни должны быть симметричны относительно начала координат.

Этот пример может послужить для интересного розыгрыша. Все наши предыдущие рассуждения сводились к тому, что квадратное уравнение имеет два и только два корня, а вот вам квадратное уравнение с четырьмя корнями. Никто ведь отдельно не подчеркивает, есть ли в уравнении знак модуля. Можно смело держать пари, что есть квадратное уравнение, у которого четыре различных корня!

Пример 2 . Решить уравнение |х 2 -5х+6|=5х-х 2 -6

Определяем характеристические точки для раскрытия знака модуля, для этого требуется решить уравнение х 2 -5х+6=0 . Корни этого уравнения х 1 =2 , х 2 =3 . Вся область допустимых значений разбивается на три интервала: между корнями значение трехчлена, стоящего под знаком модуля отрицательно, а вне корней – положительно.

а). х (-∞; 2) (3;+ ∞) Раскрывая модуль получаем х 2 -5х+6=5х-х 2 -6 или после преобразований х 2 -5х+6=0. Корни этого уравнения нами уже установлены, но интервалы рассматриваются открытые, поэтому в данный момент мы не можем считать их решением, а переходим к рассмотрению следующего промежутка.

б ). х [2; 3] Уравнение принимает вид -х 2 +5х-6=5х-х 2 -6 и после преобразований оно не зависит от х: -6=-6 . Значит, х может быть любым из рассматриваемого промежутка.

Окончательное решение уравнения х [2; 3].

Пример 3 . Решить уравнение |х 2 -1|=-|х|+1

Первый модуль дает две характеристические точки х 1 =-1 , х 2 =1 , второй модуль точку х=0 . Область допустимых значений разбивается на четыре промежутка (-∞; -1) [-1; 0] (0; 1] (1;+ ∞) , в каждом из которых мы должны раскрывая модули внимательно смотреть на знак стоящих выражений.

а). х (-∞; -1) : х 2 -1=х+1, х 2 -х-2=0 . Корни этого уравнения х 1 =-1 , х 2 =2 не попадают в выбранный открытый промежуток. Здесь нужно сделать важное замечание. При разбиении области допустимых значений на промежутки характеристические точки включаются в промежутки по вашему усмотрению, можно каждую характеристическую точку включать в оба промежутка, границей которых она служит, а можно только в один из них. К ошибке это не приведет.

б). х [-1; 0] : -х 2 +1=х+1, х 2 +х=0, х 1 =-1 , х 2 =0. Оба корня входят в рассматриваемый промежуток и, следовательно, являются решениями исходного уравнения.

в). х (0; 1] : -х 2 +1=-х+1, х 2 -х=0, х 1 =0 , х 2 =1 . Второй корень попадает в промежуток.

г). х (1;+ ∞) : х 2 -1=-х+1, х 2 +х-2=0, х 1 =-2 , х 2 =1 . Оба корня не входят в промежуток.

Окончательное решение данного уравнения, содержит три корня: х 1 =-1 , х 2 =0, х 3 =1.

Во всех показанных примерах уравнений с модулями возможно было графическое решение, порой оно даже более быстрое, чем долгий перебор всех промежутков, на которые разбивается характеристическими точками область допустимых значений.

Уравнения с модулем

Что такое уравнение с модулем

Модуль числа — абсолютная величина, демонстрирующая удаленность точки от начала координат.

В том случае, когда число является отрицательным, его модуль соответствует числу, ему противоположному. Для неотрицательного числа модуль равен этому числу.

| x | = x , x ≥ 0 — x , x 0

Уравнения с модулем являются такими уравнениями, в составе которых имеется переменная, заключенная в знак модуля.

Самое простое уравнение с модулем |f(x)|=a является равносильным совокупности

Здесь a>0. При а отрицательном у такого уравнения отсутствует решение.

Уравнения с модулем могут быть предложены в качестве самостоятельного задания. Кроме того, подобные выражения нередко образуются в процессе решения других видов уравнений, к примеру, квадратных или иррациональных.

Разберем подробное решение квадратного уравнения:

Заметим, что справа имеется квадрат числа 4:

На первый взгляд, нужно избавиться от квадратов, чтобы получить линейное уравнение. С другой стороны, существует правило:

Вычисления следует продолжить с учетом записанной формулы. Тогда получим уравнение с модулем:

x 2 = 4 2 ⇔ x 2 = 4 2 ⇔ x = 4

Рассмотрим для тренировки пример, когда уравнения с модулем появляются при решении иррациональных уравнений. Например, дано уравнение:

2 x — 1 2 = 9 x 2 + 12 x + 4

Согласно стандартному алгоритму действий, в этом случае потребуется выполнить действия:

• перенос слагаемых;
• приведение подобных;
• решение квадратного уравнения, например, с помощью дискриминанта.

Второй вариант решения предусматривает использование формулы сокращенного умножения квадрат суммы:

9 x 2 + 12 x + 4 = 3 x + 2 2

Преобразуем сложное уравнение:

2 x — 1 2 = 3 x + 2 2

На первый взгляд, можно избавиться от квадратов и решить линейное уравнение. Однако:

В результате получим:

2 x — 1 2 = 3 x + 2 2 ⇔ 2 x — 1 = 3 x + 2 .

При решении уравнений, которые содержат модуль, необходимо помнить свойства модуля:

1. Модуль числа является неотрицательным числом: x ≥ 0 , x = 0 ⇔ x = 0 .
2. Противоположные числа равны друг другу по модулю: — x = x .
3. Произведение пары или более чисел по модулю равно произведению модулей этих чисел: x · y = x · y .
4. Частное пары чисел по модулю равно частному модулей этих чисел: x y = x y , y ≠ 0 .
5. Сумма чисел по модулю в любом случае меньше или равна сумме модулей данных чисел: x + y ≤ x + y .
6. Постоянный множитель, который больше нуля, допустимо вынести за знак модуля: c x = c · x при c > 0 .
7. Квадрат какого-то числа по модулю равен квадрату данного числа: x 2 = x 2 .

Пример 3

Руководствуясь перечисленными свойствами модуля, рассмотрим решение уравнения:

Заметим, что x равен x при x больше либо равно нулю. Значение –x возможно, когда x является отрицательным числом. Таким образом:

x = 7 ⇔ x = 7 , п р и x ≥ 0 — x = 7 , п р и x 0 ⇔ x = 7 x = — 7

Рассмотрим несколько иное уравнение:

В этом случае логика такая же, как в предыдущем примере:

x = — 7 ⇔ x = — 7 , при x ≥ 0 — x = — 7 , при x 0 ⇔ x = — 7 x ≥ 0 ⇒ р е ш е н и я н е т x = 7 x 0 ⇒ р е ш е н и я н е т

Способы решения уравнений с модулями для 10 и 11 классов

Существует три основных вида уравнений с модулем, которые предусматривают определенные подходы к решению:

1. Уравнения x = a . x = a ⇔ x = a , п р и x ≥ 0 — x = a , п р и x 0 ⇔ x = a x = — a .
2. Уравнения вида x = y . x = y ⇔ y ≥ 0 x = y x = — y

Примеры решения задач с объяснением

Уравнения, которые содержат модуль и имеют вид |x| = |a|, решают с помощью определения модуля.

Рассмотрим в качестве примера:

Определим x . Когда x ≥ 0 , значение равно х . Если x – х . Таким образом:

x = 5 ⇔ x = 5 при x ≥ 0 — x = 5 при x 0 ⇔ x = 5 x = — 5 .

Получим, что решением уравнения являются -5; 5.

Рассмотрим следующее задание, в рамках которого необходимо решить уравнение:

Воспользуемся стандартным алгоритмом:

x = — 3 ⇔ x = — 3 при x ≥ 0 — x = — 3 при x 0 ⇔ x = — 3 x ≥ 0 ⇒ решений нет x = 3 x 0 ⇒ решений нет

Согласно первому свойству модуля:

x ≥ 0 , то есть модуль в любом случае не является отрицательным числом.

Можно обобщить рассмотренные действия и записать правило для решения уравнений, которые имеют вид x = a . Данное правило можно использовать в работе:

x = a ⇒ a ≥ 0 x = a x = — a .

Используя данное правило, решим уравнение:

По сравнению с предыдущим примером, здесь под знаком модуля записано иное выражение. Однако суть решения от этого не меняется. Зная правило, выполним замену:

x — 5 = 3 ⇔ 3 ≥ 0 x — 5 = 3 x — 5 = — 3 ⇒ x = 8 x = 2

Решим следующее уравнение:

Воспользуемся правилом и получим:

3 x — 5 = 3 ⇔ 3 ≥ 0 3 x — 5 = 3 3 x — 5 = — 3 ⇒ x = 8 3 x = 2 3

Далее рассмотрим решение уравнений, которые записаны в виде | x | = | y | .

При раскрытии модулей, согласно определению, возникнет необходимость во множестве проверок. Например, потребуется определить, какое число является положительным, а какое будет отрицательным. Полученную в результате систему в дальнейшем необходимо упростить.

Второй вариант решения подразумевает изначально краткую запись вычислений. Вспомним, что по свойству модуля:

Применим это свойство к нашему примеру и исключим знаки модулей из уравнения:

x = y ⇔ x 2 = y 2 ⇔ x 2 = y 2 ⇔ x 2 — y 2 = 0 ⇔

⇔ x — y x + y = 0 ⇔ x = y x = — y .

Рассмотрим еще несколько примеров.

Воспользуемся рассмотренным правилом применения свойства модуля, получим:

x + 1 = 2 x — 1 ⇔ x + 1 = 2 x — 1 x + 1 = — 2 x — 1 ⇔ x = 2 x = 0 .

Решение выполняем по аналогии с предыдущими заданиями:

2 x — 9 = 3 — x ⇔ 2 x — 9 = 3 — x 2 x — 9 = x — 3 ⇔ 3 x = 12 x = 6 ⇔ x = 4 x = 6 .

Разберем на примере, как решать уравнения вида | x | = y .

Заметим, что справа записана переменная, которая может быть положительным или отрицательным числом. Исходя из того, что модуль не может быть отрицательным числом, убедимся в том, что эта переменная также не является отрицательным числом:

x = y ⇔ y ≥ 0 x = y x = — y

Воспользуемся стандартным алгоритмом:

x + 1 = 1 — 2 x ⇔ 1 — 2 x ≥ 0 x + 1 = 1 — 2 x x + 1 = 2 x — 1 ⇔ x ≤ 1 2 x = 0 x = 2 ⇔ x = 0 .

Заметим, что без проверки на положительность части уравнения, которая записана с правой стороны, существуют риски появления посторонних корней в решении. К примеру, проверим x=2 путем подстановки в начальное уравнение x + 1 = 1 — 2 x :

2 + 1 = 1 — 2 · 2 ⇔ 3 = — 3 не является верным.

При решении уравнений с модулем также применяют метод интервалов. Данный способ следует применять в тех случаях, когда уравнение содержит более двух модулей.

Рассмотрим пример такого выражения:

x + 3 — 2 x — 1 = 1

Первый модуль имеет вид:

Согласно определению модуля, при раскрытии знака выражение под ним сохраняется без изменений, если:

После раскрытия знака модуля получим противоположный знак, когда:

x + 3 = x + 3 , если x + 3 ≥ 0 — x — 3 , если x + 3 0 .

По аналогии выполним преобразования второго модуля:

2 x — 1 = 2 x — 1 , если 2 x — 1 ≥ 0 1 — 2 x , если 2 x — 1 0 .

Сложность заключается в том, что требуется проанализировать много вариантов, то есть по два варианта для каждого из модулей. Всего получится четыре уравнения. А в том случае, когда модулей три, потребуется рассмотреть восемь уравнений. Возникает необходимость в сокращении числа вариантов.

Заметим, что в нашем примере не предусмотрено одновременное выполнение всех условий:

Данные условия противоречивы относительно друг друга. В связи с этим, нецелесообразно раскрывать второй модуль со знаком плюс, когда первый модуль раскрыт со знаком минус. В результате получилось избавиться от одного уравнения.

Обобщая эту информацию, можно записать алгоритм действий. В первую очередь следует вычислить корни выражений, заключенных под знаком модуля. В результате получаются такие х , при которых выражения принимают нулевые значения:

x + 3 = 0 ⇒ x = — 3 2 x — 1 = 0 ⇒ x = 1 2

С помощью стандартного способа интервалов можно отметить на координатной прямой корни выражений, которые находятся под модулями, и расставить знаки. Далее для каждого из полученных интервалов нужно составить и решить уравнение.

В этом случае оба модуля раскрываются со знаком минус:

— x + 3 + 2 x — 1 = 1 ⇔ — x — 3 + 2 x — 1 = 1 ⇔ x = 5 > — 3 является сторонним корнем.

В данном выражении первый модуль раскроется со знаком плюс, а второй — со знаком минус:

x + 3 + 2 x — 1 = 1 ⇔ x + 3 + 2 x — 1 = 1 ⇔ x = — 1 3 полученный корень соответствует своему интервалу.

Теперь для обоих модулей будет записан знак плюс:

x + 3 — 2 x — 1 = 1 ⇔ x + 3 — 2 x + 1 = 1 ⇔ x = 3 данный корень также подходит для решения.

Выполним проверку корней. В первом случае корень посторонний:

x = 5 : 5 + 3 — 2 · 5 — 1 = 8 — 9 = — 1 ≠ 1

Второй корень является решением:

x = — 1 3 : — 1 3 + 3 — 2 · — 1 3 — 1 = 8 3 — 5 3 = 1 .

Третий корень также является решением:

x = 3 : 3 + 3 — 2 · 3 — 1 = 6 — 5 = 1 .

Таким образом, запишем ответ: — 1 3 ; 3 .

Существует ряд уравнений, в которых модуль расположен под знаком модуля. К примеру:

В этом случае следует раскрывать модули поочередно. Проанализируем два варианта решения.

Первое решение подразумевает вычисления для уравнения, которое имеет вид:

f x = a ⇔ f x = a f x = — a

Здесь f x является подмодульным выражением. Применительно к нашей задаче, это:

x — 5 = 3 ⇔ x — 5 = 3 x — 5 = — 3 ⇔ x = 8 x = 2

Получена пара простейших уравнений аналогичного вида, то есть:

x = 8 x = — 8 x = 2 x = — 2

Данные четыре числа являются решениями. Проверить это можно путем подстановки ответов в исходное уравнение.

Второй вариант решения является универсальным и позволяет справиться с нестандартными задачами.

Раскроем сначала внутренние модули:

Начальное уравнение будет записано, как пара уравнений:

x ≥ 0 x — 5 = 3 x 0 — x — 5 = 3

Задачи для самостоятельного решения

Найти корни уравнения:

Здесь нужно возвести в квадрат все части выражения, сохраняя знак плюса справа. Тогда получится система:

Найдем корни квадратного уравнения:

3 x 2 — 18 x + 24 = 0

В процессе потребуется сократить уравнение на 3:

D = ( — 6 ) 2 — 4 · 1 · 8 = 36 — 32 = 4

Заметим, что D>0. В таком случае у уравнения есть пара решений, которые можно определить так:

x 1 , 2 = — b ± D 2 a ⇒ x 1 , 2 = 6 ± 4 2 · 1 ⇒ x 1 , 2 = 6 ± 2 2 ⇒ x 1 = 4 , x 2 = 2

Заметим, что оба корня больше единицы. Это соответствует условию. В результате начальное уравнение обладает двумя решениями:

x 1 = 4 и x 2 = 2

Ответ: x 1 = 4 , x 2 = 2

Найти корни уравнения:

Здесь требуется возвести в квадрат обе части уравнения:

( 3 x — 1 ) 2 = ( x + 5 ) 2

9 x 2 — 6 x + 1 = x 2 + 10 x + 25

8 x 2 — 16 x — 24 = 0

Заметим, что получившееся равенство можно сократить на число 8:

Используя теорему Виета, определим корни уравнения. Предположим, что x 1 и x 2 являются в данном случае решениями, тогда:

x 1 + x 2 = 2 , а x 1 · x 2 = — 3 ⇒ x 1 = 3 и x 2 = — 1 . .

Ответ: x 1 = 3 , x 2 = — 1

Нужно решить уравнение:

| x + 1 | + | x — 5 | = 20

Воспользуемся методом интервалов. Определим х , при которых модули принимают нулевые значения:

x + 1 = 0 ⇒ x = — 1 ; x — 5 = 0 ⇒ x = 5

С помощью данных точек координатная прямая будет поделена на три интервала:

Далее необходимо решить уравнение в каждом случае:

Корень соответствует определенному ранее промежутку.

Этот промежуток не имеет корней.

Этот корень соответствует определенному ранее интервалу.

Ответ: x 1 = — 8 , x 2 = 12

3 x + 1 = 1 — 2 x ⇔ 3 x + 3 = 1 — 2 x 3 x + 3 = 2 x — 1 ⇔ 5 x = — 2 x = — 4 ⇔ x = — 2 5 x = — 4 .

Ответ: x = — 2 5 , x = — 4

Найти корни уравнения:

2 x — 9 = 3 — x ⇔ 3 — x ≥ 0 2 x — 9 = 3 — x 2 x — 9 = x — 3

x ≤ 3 3 x = 12 x = 6 ⇔ x ≤ 3 x = 4 x = 6 ⇔ x ∈ ∅ .

Найти корни уравнения:

— 2 x + 4 = 3 — 4 x ⇔ 2 x + 8 = 4 x — 3 ⇔ ;

4 x — 3 ≥ 0 2 x + 8 = 4 x — 3 2 x + 8 = 3 — 4 x ⇔ x ≥ 3 4 x = 11 2 x = — 5 6 ⇔ x = 11 2 .

Найти корни уравнения:

2 x 2 — 15 = x ⇔ x ≥ 0 2 x 2 — x — 15 = 0 1 2 x 2 + x — 15 = 0 2

Найдем корни квадратных уравнений:

Заметим, что они обладают идентичным дискриминантом:

D = 1 + 4 · 2 · 15 = 121 = 11 2 .

1 : x 1 , 2 = 1 ± 11 4 ⇔ x = 3 x = — 5 2

2 : x 1 , 2 = — 1 ± 11 4 ⇔ x = — 3 x = 5 2

Таким образом, начальное уравнение можно записать в виде системы:

2 x 2 — 15 = x ⇔ x ≥ 0 x = 3 x = — 5 2 x = — 3 x = 5 2 ⇔ x = 3 x = 5 2

Найти корни уравнения:

x + 2 — 3 x — 1 + 4 — x = 3

x + 2 — 3 x — 1 + 4 — x = 3 x + 2 = 0 ⇒ x = — 2 3 x — 1 = 0 ⇒ x = 1 3 4 — x = 0 ⇒ x = 4

— x + 2 + 3 x — 1 + 4 — x = 3

x = 2 > — 2 ⇒ — этот корень является посторонним.

x + 2 + 3 x — 1 + 4 — x = 3 ⇔

3 x = — 2 ⇔ x = — 2 3 ∈ — 2 ; 1 3 этот корень удовлетворяет условиям.

x + 2 — 3 x — 1 + 4 — x = 3 ⇔ — 3 x = — 4 ⇔ x = 4 3 ∈ 1 3 ; 4 этот корень удовлетворяет условиям.

x + 2 — 3 x — 1 — 4 — x = 3 ⇔ x = 4 ⇔ x = — 4 4 — корень посторонний

Ответ: — 2 3 ; 4 3 .

Найти корни уравнения:

3 x — 5 + 3 + 2 x = 2 x + 1

3 x — 5 + 3 + 2 x = 2 x + 1 ⇔ 3 x — 5 + 3 + 2 x — 2 x + 1 = 0 .

3 x — 5 = 0 ⇒ x = 5 3 3 + 2 x = 0 ⇒ x = — 3 2 x + 1 = 0 ⇒ x = — 1

— 3 x — 5 — 3 + 2 x + 2 x + 1 = 0 ⇔

— 3 x = — 4 ⇔ x = 4 3 > — 3 2 ⇒ — корень является посторонним

— 3 x — 5 + 3 + 2 x + 2 x + 1 = 0 ⇔

x = — 10 — 1 ⇒ — корень является посторонним

— 3 x — 5 + 3 + 2 x — 2 x + 1 = 0 ⇔

— 3 x = — 6 ⇔ x = 2 > 5 3 ⇒ — корень является посторонним

3 x — 5 + 3 + 2 x — 2 x + 1 = 0 ⇔

3 x = 4 ⇔ x = 4 3 5 3 ⇒ — корень является посторонним

В результате на рассмотренных интервалах графика координатной прямой отсутствуют корни. В таком случае уравнение не имеет решений.