Алгебраическое и графическое решение уравнений, содержащих модули

Ответ: х1=-4, х2=0,(6)

Пример 6. Решим уравнение |x – 6|=|x2 – 5x + 9|

Пользуясь соотношением (1), получим:

х – 6=х2 – 5х + 9 или х – 6 = -(х2 – 5х + 9)

-х2 + 5х + х – 6 – 9=0 |(-1) x – 6=-x2 + 5x - 9

x2 - 6x + 15=0 x2 – 4x + 3=0

D=36 – 4  15=36 – 60= -24 <0 D=16 – 4  3=4 >02 р.к.

 корней нет.

x1=(4- 2 ) /2=1

x2=(4 + 2 ) /2=3

Проверка: |1 – 6|=|12 – 5  1 + 9| |3 – 6|=|32 – 5  3 + 9|

5 = 5(И) 3 = |9 – 15 + 9|

3 = 3(И)

Ответ: x1=1; x2=3

4.2.Использование геометрической интерпритации модуля для решения уравнений.

Геометрический смысл модуля разности величин-это расстояние между ними. Например, геометрический смысл выражения |x – a | -длина отрезка координатной оси, соединяющей точки с абсцисами а и х . Перевод алгеб-раической задачи на геометрический язык часто позволяет избежать громоздких решений.

Пример7. Решим уравнение |x – 1| + |x – 2|=1 с использованием геометрической интерпритации модуля.

Будем рассуждать следующим образом: исходя из геометрической интерпри-тации модуля, левая часть уравнения представляет собой сумму расстояний от некторой точки абсцисс х до двух фиксированных точек с абсциссами 1 и 2. Тогда очевидно, что все точки с абсциссами из отрезка [1; 2] обладают требуемым свойством, а точки, расположенные вне этого отрезка- нет. Отсюда ответ: множеством решений уравнения является отрезок [1; 2].

Ответ: х  [1; 2]

Пример8. Решим уравнение |x – 1| - |x – 2|=1 1 с использованием геометрической интерпритации модуля.

Будем рассуждать аналогично предыдущему примеру, при этом получим, что разность расстояний до точек с абсциссами 1 и 2 равна единице только для точек, расположенных на координатной оси правее числа 2. Следовательно решением данного уравнения будет являтся не отрезок, заключенный между точками 1 и 2, а луч, выходящий из точки 2, и направленный в положительном направлении оси ОХ.

Ответ: х [2; +)

Обобщением вышеприведенных уравнений являются следующие равносильные переходы:

|x – a| + |x – b|=b – a, где b  a  a  x  b

|x – a| - |x – b|=b – a, где b  a  x  b

4.3. Графики простейших функций, содержащих знак абсолютной величины

Под простейшими функциями понимают алгебраическую сумму модулей линейных выражений. Сформулируем утверждение, позволяющее строить графики таких функций, не раскрывая модули ( что особенно важно, когда модулей достаточно много ): "Алгебраическая сумма модулей n линейных выражений представляет собой кусочно- линейную функцию, график которой состоит из n +1 прямолинейного отрезка. Тогда график может быть построен по n +2 точкам, n из которых представляют собой корни внутримодульных выражений, ещё одна -- произвольная точка с абсциссой, меньшей меньшего из этих корней и последняя -- с абсциссой, большей большего из корней.

Например:

1)f(x)=|x - 1| Вычисляя функции в точках 1, 0 и 2, получаем график, состоящий из двух отрезков(рис.1)

2) f(x)=|x - 1| + |x – 2| Вычисляя значение функиции в точках с абсциссами 1, 2, 0 и 3, получаем график, состоящий из двух отрезков прямых.(рис.2)

3) f(x)=|x - 1| + |x – 2| + |x – 3| Для построения графика вычислим значения функции в точках 1, 2, 3, 0 и 4 (рис.3)

4) f(x)=|x - 1| - |x – 2| График разности строится аналогично графику суммы, тоесть по точкам 1, 2, 0 и 3.

рис1. рис2. рис3. рис4.

4.4.Решение нестандартных уравнений, содержащих модули.

Пример9. Решить уравнение 3| x + 2 | + x2 + 6x + 2 = 0.

Решение.

Рассмотрим два случая.

Ответ: (– 4; – 1).

Пример10. Решить уравнение | 4 – x | + | (x – 1)(x – 3) | = 1.

Решение.

Учитывая, что | 4 – x | = | x – 4 |, рассмотрим четыре случая.

так как

2)

3)

4)

4)

Ответ: 3.

Графический способ.

Построим графики функций y = |(x–1)(x–3)| и y=1–|x–4 |

1)в Гy = |(x–1)(x–3)| подставим значение х=1 и х=3. Мы получим у=0,

тоесть пересечение графика с осью ОХ. При х равном нулю у=3, тоесть график пересекается с осью ОУ в точке (0 ;3). И при х=4 у также равен 3- мы получили первый график.

2) y=1–|x–4 | Найдем пересечение с осью ОХ, для этого решим простое уравнение: 1-|x-4|=0

|x-4|=1

x - 4=1 или x - 4=-1

x=5 x=3

Следовательно данный график пересекает ось ОХ в точках 5 и 3.

При х=4 у=1 и ак видно из графика: графики обеих функций пересекаются в одной точке 3

Ответ: 3

Пример11. Решить уравнение | x2 + 3x | = 2(x + 1).

Решение.

Уравнение равносильно системе

Ответ:

Пример12.Решить уравнение х2 - 4х +|x - 3| +3=0

Для освобождения от знака абсолютной величины разобьем числовую прямую на две области и будем искать решения исходного уравнения в каждой из этих областей отдельно:

__________x 3__________________|____________x<3_________________

|x – 3|=x – 3 |x – 3|=-x + 3

x2 - 4x + x – 3 + 3=0 x2 – 4x – x + 3 + 3=0

x2 – 3x=0 x2 – 5x + 6=0

x(x – 3)

x1=0 или x2=3 D=25 – 4  6=1> 0два различ. корня

x=0 –посторонний корень, так как x1= (5- 1 )/2 =2

не удовлетворяет промежутку. x2=(5 + 1)/2=3

x=3 - посторонний корень, так как

не удовлетворяет промежутку.

Значит, исходное уравнение имеет два решения х1=2 и х2=3

Ответ: х1=2, х2=3

Пример13. Решить уравнение | 2x + 8 | – | x – 5 | = 12.

Решение.

Раскрытие пары модулей приводит к трем случаям (без x + 4  0, x – 5 0).

Ответ: {– 25; 3}.

Пример 14. Решить уравнение .

Решение:

Напишем равносильную смешанную систему:

Ответ: х=-4

Пример 15 Решить графически уравнение |1 – x| - |2x + 3| + x + 4=0

Решение:

Представим уравнение в виде |1 – x| - |2x + 3| =-х – 4

Построим два графика у=|1 – x| - |2x + 3| и у=-х – 4

1) у=|1 – x| - |2x + 3|

Критические точки: х=1, х=-1.5

(1 – х) ________+________|______ +____________|_____-______ >

(2х +3) - -1.5 + 1 +

а) х< -1.5, (1– x)>0 и (2х + 3)<0, т.е функция примет вид у=1 – х + 2х + 3,

у=х + 4 –графиком является прямая, проходящая через две точки (0; 4), (-4; 0)

б)При -1.5 x <1, (1 – х)>0 и (2x +3) 0, т.е функция примет вид

у=1 – х – 2х -3, у=-3х – 2 –графиком является прямая, проходящая через две точки (0; -2), (-1; 1).

в)При х1, (1 – х)0 и (2х + 3)>0, т.е. функция примет вид у= -1 + х – 2х – 3,

у= -х – 4 –графиком является прямая, проходящая через две точки (0; -4),

(-4; 0).

График функции у= - х – 4 совпадает с графиком у=|1 – x| - |2x + 3|, при х1,

Поэтому решением являются все х1 и х= -4

Ответ: х1,х= -4

Аналитическое решение.

y=|1 – x| - |2x + 3|

y=-x – 4

Построим числовую прямую так, чтобы по определению модуля знак абсолютной величины числа можно будет снять. Для этого найдем критические точки: 1- х=0 и 2х – 3 =0,

х=1 х=-1,5

___________х<-1,5_____|_______-1,5 x <1_____|_________x 1__________

|1 – x|=1 – x |1 – x|=1 – x |1 – x|=-1 + x

|2x + 3|=-2x – 3 |2x + 3|=2x + 3 |2x + 3|=2x + 3

1 – x + 2x + 3 + x + 4=0 1 – x – 2x – 3 + x +4=0 -1 + x – 2x – 3 + x + 4=0

2x=-8 -2x=-2 0x=0

x=-4 x=1 x – любое число.

Удовлетворяет данному Не удовлетворяет x [1; + )

промежутку является данному промежут-  x 1 корень уравнения

корнем уравнения. куне является кор-

нем уравнения.

Объеденив данные промежутки, получим, что решением данного уравнения являются: x=-4 и x 1

Ответ: x=-4, x 1

5. Заключение.

И в заключении я хотел бы сказать, что для досканального изучения материала исследовательская работа подходит лучше всего. Мне представилась возможность больше поработать с интерестной, для меня, темой модуля и выйти за рамки того материала, который предоставляет нам учебник 10-го класса. Прочитав и изучив другую литературу, я узнал много нового и, как я считаю, важного для меня.

Список литературы

Учебник математики для Х класса - К. Вельскер, Л. Лепманн,Т. Лепманнн.

2.Уравнения и неравенства – Башмаков М. И.

3.Задачи всесоюзных математических олимпиад-Васильев Н.Б., Егоров А.А.

4.Задачи вступительных экзаменов по математике- Нестеренко Ю.В.,

Олехник С.Н., Потапов М.К.