модуль числа

Відділ освіти Галицької районної державної адміністрації

Районний методичний центр

МОДУЛЬ ЧИСЛА

НАВЧАЛЬНИЙ ПОСІБНИК

2014

Автор-укладач Чепіль Христина Володимирівна – вчитель математики Медухівської загальноосвітньої школи I-II ступенів Галицької районної ради

Рецензент Лавер Надія Орестівна – методист відділу освіти Галицької районної держадміністрації

Компютерний набір – Чепіль Христина Володимирівна

PAGE \* MERGEFORMAT 6

ЗМІСТ

Передмова………………………………………………………………………...2

1. Означення модуля числа та його властивості………………………………...4

2. Рівняння з модулем…………………………………………………………….7

3. Розв’язування нерівностей з модулем………………………..……………...20

4. Побудова графіків функцій з модулями……………………………………..32

5. Розв’язування тригонометричних рівнянь з модулем…………………...…43

6. Розв’язування задач з параметрами, що містять знак модуля……………..49

7. Системи рівнянь, що містять абсолютну величину і параметри…………..59

Список використаної літератури…………………………………………….64


Передмова

Модуль – це одна з найцікавіших та багатогранних тем у математиці. Вона

обов’язкова для вивчення і у шкільному курсі математики. Це питання досить

актуальне, тому що завдання з модулем часто зустрічаються на уроках,

олімпіадах, на державній підсумковій атестації. Проаналізувавши завдання

зовнішнього незалежного оцінювання, бачимо що з 2006 по 2013 рік включно,

щороку учасникам пропонуються завдання з модулем різного рівня складності.

Саме тому останнім часом учні та вчителі звертають посилену увагу на цей

матеріал, здійснюють спеціальну підготовку щодо вивчення та застосування

методів розв’язування завдань з модулями.

Програма з математики для загальноосвітньої школи відводить на вивчення

теми “Модуль” приблизно 2 години у 6 класі та 2-3 години в 10 класі. Проте

цього часу надто мало для засвоєння знань з даної теми. Саме тому з модулем

потрібно працювати і протягом інших тем, які вивчають у 6-11 класах. Це

лінійна функція, абсолютна похибка наближеного значення, властивості кореня

парного степеня, границя послідовності, рівняння, нерівності, системи, графіки

з модулями, задачі з параметрами.

У зв’язку з цим метою даного посібника є:

- висвітлити основні теоретичні питання щодо модуля числа;

- дослідити застосування теоретичного матеріалу на практиці;

- прояснити та доповнити шкільний матеріал, пов’язаний з методами

розв’язування рівнянь і нерівностей з модулем;

- узагальнити та систематизувати знання учнів щодо застосування

абсолютної величини до побудови графіків функцій, які містять модуль;

- навчитись розв’язувати тригонометричні рівняння з модулем;

- розглянути розв’язування деяких задач з параметрами, що містять

модуль.

Посібник складається зі семи розділів. Зокрема у роботі сформульовані

теоретичні відомості про модуль (абсолютну величину) числа та доведені деякі


його основні властивості. У шкільному курсі математики вперше поняття

абсолютної величини вводиться в 6 класі під час вивчення теми “Додавання та

віднімання раціональних чисел”. Вже тоді учні повинні вміти: дати означення

модуля числа, знаходити модулі додатніх та від'ємних чисел, порівнювати

раціональні числа по модулю, розв'язувати найпростіші рівняння з модулем. В

процесі вивчення алгебри у 7-11 класах, повертаючись у різних темах до

поняття модуля, учнів повинні вміти розв'язувати рівняння та нерівності

різного рівня складності, що містять знак абсолютної величини. Саме про це

йдеться у наступних двох розділах посібника. У роботі дані методичні

рекомендації щодо побудови графіків функцій з модулями. При вивчені цієї

теми у школі було б корисно ознайомити учнів з деякими графічними

редакторами, за допомогою яких можна побудувати графіки функцій. Також в

останніх розділах посібника розв'язані завдання підвищеного рівня складності з

параметрами, які містять знак модуля та запропоновані вправи для

самостійного розв'язування.

Ознайомлення з матеріалами данного посібника може стати у пригоді учням

при підготовці до різних конкурсів, змагань, екзаменів, моніторингів.


1. Означення модуля числа та його властивості

Модуль (modulus) в перекладі з латинської мови означає “міра, розмір”.

Термін “модуль” вперше ввів в 1806 році французький математик Жорж Аргон.

Модулем додатного числа і нуля називається те саме число.

Для позначення модуля числа використовують дві вертикальні риски: “| |”.

Отже, |2|=2 ;|15,5|=15,5 ;|0|=0.

Модулем від'ємного числа називається протилежне йому додатне число.

Наприклад, |−5|=5 ;|−2 12|=2 1

2 .

У старших класах, коли учні вже знайомі з множиною дійсних чисел,

означення модуля числа дають у вигляді такої системи

|a|={ a при a>0 ,0при a=0 ,

– a при a<0 ,

де a – довільне дійсне число.

На координатній прямій модуль – це відстань від початку координат до

точки, що зображує дане число. Модуль різниці двох чисел a i b−¿це відстань

між точками a і b на координатній прямій.

b 0 a______________________________ B O A x

|a|=OA ,|b|=OB

|a−b|=AB

У цьому полягає геометричний зміст модуля.

Використовуючи означення модуля та його геометричний зміст, можна

обґрунтувати основні властивості модуля.

1. Модуль будь-якого числа – невід’ємне число: |a|≥0.

2. Модулі протилежних чисел рівні:|−a|=|a|.

3. Величина числа не перевищує величини його модуля: a≤|a|.

4. Модуль добутку дорівнює добутку модулів множників: |a∙ b|=|a|∙|b|.

Доведення. Якщо a≥ 0 ib ≥ 0 , то |a|=a ,|b|=b і |ab|≥0. Тоді |ab|=ab=|a||b|.

Якщо a<0 іb<0, то |a|=−a ,|b|=−b , ab>0. Тоді |ab|=ab= (−a ) (−b )=|a||b|. PAGE \* MERGEFORMAT 6

Якщо a і b мають різні знаки, наприклад, a<0 , b ≥0 , то ab ≤ 0. Тоді |ab|=−ab=(−a ) b=|a||b|.

Аналогічно розглядається випадок, коли a ≥ 0 , b<0.

З даної рівності безпосередньо випливає, що ця властивість справджується і

для добутку з n множників, тобто |a1∙ a2 ∙ …∙an|=|a1|∙|a2|∙ …∙|an|, або |an|=|a|n .

5. Модуль дробу дорівнює модулю чисельника, поділеному на модуль

знаменника (якщо знаменник не дорівнює нулю): |ab|=|a|

|b|(b ≠ 0 ) .

Доведення. З очевидної рівності a=b ∙ ab та з властивості |a∙ b|=|a|∙|b| маємо

|a|=|b||ab|. Звідси |a

b|=|a||b|

.

6. Модуль суми не перевищує суми модулів доданків: |a+b|≤|a|+|b|.

Доведення. Розглянемо два випадки:

1) a+b ≥0. Тоді |a+b|=a+b .

Проте a≤|a|,b≤|b| і тому |a+b|≤|a|+|b|. Отже, нерівність |a+b|≤|a|+|b|

справджується.

2) a+b<0. Тоді |a+b|=−(a+b )=(−a )+(−b ) .

Оскільки −a ≤|a|,−b ≤|b|,то (−a )+ (−b ) ≤|a|+|b|.

Cпіввідношення, отримані в обох випадках, загалом, доводять дану

властивість.

Ця властивість поширюється на випадок довільного скінченного числа

доданків, тобто

|a1+a2+…+an|≤|a1|+|a2|+…+|an|.

7. ||a|−|b||≤|a± b|≤|a|+|b|.

Знання означення модуля числа та його властивостей дозволяє спрощувати

вирази зі знаком модуля. В загальному модуль не стільки ускладнює приклад,

як збільшує кількість прикладів, адже доводиться спрощувати не один вираз, а

декілька.

Приклад. Спростити вираз C=c2−4−|c−2|

c3+2c2−5 c−6.


Розв’язання. Областю допустимих значень даного виразу (ОДЗ) є множина

всіх дійсних значень змінної с, для яких знаменник не дорівнює нулю, тобто

с ≠−3 , с≠−1 , с≠ 2. Розглянемо два можливі випадки:

1) Якщо с ¿ 2, то

=

2) Якщо с < 2, то

С =

Відповідь: якщо с ϵ (−∞;−3 )∪ (−3 ;−1 )∪ (−1 ;2 ) ,то С= 1с+1

;

якщо с ϵ (2 ;∞ ) ,тоС= 1с+3

.

2. Рівняння з модулемРівняння і нерівності з модулем – це одна з найбільш цікавих і водночас

складних тем шкільного курсу математики. Завдання з модулем є у всіх PAGE \* MERGEFORMAT 6

основних темах математики, в олімпіадних задачах, і звичайно ж у завданнях

підсумкових атестацій та зовнішнього незалежного оцінювання. Однак у

підручниках з курсів алгебри та математики розглядається лише невелика

кількість рівнянь із модулем. В основному такі рівняння зустрічаються в

наступних темах:

- лінійні рівняння та нерівності;

- квадратні рівняння та нерівності;

- раціональні рівняння та нерівності;

- ірраціональні рівняння та нерівності;

- тригонометричні рівняння та нерівності;

- показникові та логарифмічні рівняння та нерівності;

- системи рівнянь та нерівностей.

Відповідно до програми, найпростіші рівняння з модулем розв'язують учні 6

класу. Це рівняння відносно модуля невідомого.

Наприклад, −3|x|+5=−16 ,

−3|x|=−16−5 ,

−3|x|=−21,

|x|=7

Звідси x=7 або x=−7.

Проте у 6 класі уже знають про перенесення елементів рівняння з одної

частини в іншу, про множення та ділення обох частин рівняння на одне й те ж

саме число, що не дорівнює нулеві. Це дає змогу розв’язувати більш складні

рівняння з модулем. Такі рівняння вимагають перевірки, що є хорошим

тренуванням у виконанні дій над числами з різними знаками та зведенні

подібних членів. Крім того, для учнів це – перша зустріч з перевіркою в

рівняння, яка відкидає зайві корені. Це дозволяє показати дітям, що перевірка

призначена не для виявлення помилок, зроблених в арифметичних діях. Отже,

перевірка – це метод вилучення зайвих коренів. І саме в рівняннях з модулем

перевірка є невід’ємною частиною знаходження його розв’язків.

Відносно методу розв’язування рівняння з модулем можна розв’язати за

допомогою: PAGE \* MERGEFORMAT 6

- означення;

- геометричного змісту;

- графіка;

- методу інтервалів;

- використання спеціальних співвідношень.

Відносно підмодульного виразу рівняння з модулем можна класифікувати

так:

- просте – під знаком модуля є тільки змінна або число;

- складне – під знаком модуля міститься вираз;

- мішане – під знаком модуля знаходяться модулі змінних.

Розв’язування рівняння з модулем за означенням

Найпоширеніший, а інколи і єдино можливий спосіб розв’язування рівнянь із

модулем – це розкриття модуля за означенням. Суть цього методу полягає в

тому, що необхідно виділити аргумент з-під знака модуля за правилом

|x|={−x ,∧x<0x ,∧x≥ 0 .

Цей спосіб зручно застосовувати тоді, коли підмодульні вирази є досить

простими. У шкільному курсі математики найчастіше цим способом

розв’язують розв’язують лінійні рівняння з модулем у 7 класі та квадратні

рівняння з модулем у 8 класі.

Приклад 1. Розв’язати рівняння |x|= x2+x−2.

Розв’язання. Розглянемо два випадки:

1) якщо x≥ 0 , то одержуємо рівняння x=x2+x−2. Дане рівняння має два корені

x=√2та x=−√2. Враховуючи умову x≥ 0 , розв’язком даного рівняння є

лише корінь x=√2.

2) якщо x<0 , то одержуємо рівняння −x=x2+x−2. Розв’язавши дане

квадратне рівняння, отримаємо два корені x=−1−√3та x=−1+√3. Тільки

корінь x=−1−√3 задовольняє умові x<0.

Відповідь: x=√2 ; x=−1−√3 .


Приклад 2. Розв’язати рівняння

|x|x

(|x|−3 ) (|x|+3 )− x3

|x|(1−x )=18 .

Розв’язання. Під час розв’язання даного рівняння використаємо означення

модуля, та після перетворень отримаємо:

1) { x>0 , ¿¿¿¿

2) { x<0 , ¿¿¿¿

дана система не має розв’язків.

Відповідь: х=3.

Приклад 3. Розв’язати рівняння √|x|+x= x2−9

|x|+3.

Розв’язання. Розкриваючи модуль, отримаємо сукупність двох систем:

1) { x≥0 , ¿ ¿¿¿Другий розв’язок рівняння не задовольняє систему.

2) { x<0 , ¿¿¿¿

Відповідь:

[ x=−3 ,[ x=4+√7 .

[

У загальному випадку рівняння |f (x )|=g(x ) можна розв’язати за допомогою

означення, склавши сукупність таких двох систем:

|f (x )|=g ( x ) ↔[ { f ( x )≥ 0 ,f ( x )=g ( x );

{ f (x )<0 ,−f ( x )=g ( x ) .


Розв’язування рівняння з модулем за допомогою геометричного змісту

При застосуванні геометричного змісту модуля знак модуля розкривається

неявно, тобто не доводиться використовувати означення в явному вигляді.

Застосування цього способу розв’язання часто дозволяє уникнути громіздких

розв’язків.

Приклад 4. Розв’язати рівняння |3 x−5|=7.

Розв’язання. З геометричної точки зору |3 x−5| - це відстань від точки 0 до

точки 3 x−5. За умовою рівняння вона дорівнює 7, але відстань 7 може бути

відкладена від 0 як праворуч (одержуємо число 7), так і ліворуч (одержуємо

число -7). Отже, рівність |3 x−5|=7 можлива тоді і тільки тоді, коли3 x−5=7або 3 x−5=−7 ,

x=4абоx=-23

.

Відповідь: x=4 ;x=-23

.

Приклад 5. Розв’язати систему рівнянь {√( x−1 )2+ y2+√ ( x+1 )2+ y2=2 ,¿ ¿¿¿

Розв’язання. Враховуючи, що та використовуючи геометричний зміст модуля, випливає, що

√ ( x−1 )2+ y2+√ (x+1 )2+ y2≥2 для всіх х та у. Отже, рівність виконується при y=0 ,|x|≤1. Тоді з другого рівняння системи отримаємо х=0.

Відповідь: (0; 0).

Слід зазначити, що використовувати геометричний зміст модуля можна лише

до рівнянь певного типу. Загальна схема розв’язування рівнянь з модулем за

допомогою геометричного змісту така:

1. |f (x )|=a ↔ f ( x )=aабо f (x )=−a .

2. |f (x)|=|g(x )|↔ f (x )=g ( x ) або f ( x )=−g ( x ) .

Розв’язування рівнянь з модулем графічним способом


Одним із способів розв’язування рівнянь, що містять модуль, є графічний

спосіб. Його суть полягає в тому, щоб побудувати графіки функцій, які входять

до обох частин рівняння. Якщо побудовані графіки перетнуться, то коренями

рівняння будуть точки перетину графіків функцій. У випадку, коли графіки не

перетнуться, можна зробити висновок, що рівняння розв’язків не має.

Приклад 6. Розв’язати рівняння |x2−x|+|x−1|=0 графічним способом.

Розв’язання. Виділимо із рівняння функції, графіки яких потрібно

побудувати. Одержимо дві функції, що містять модуль:

1) y=|x2−x|;

2) y=−|x−1|.

Щоб побудувати графік першої функції необхідно побудувати графік функції

y=x2−x=(x−12 )

2

− 14

, а тоді ту частину графіка, яка знаходиться нижче осі Ох

симетрично відобразити відносно цієї осі. В результаті одержимо такий графік

Щоб побудувати графік другої функції необхідно побудувати графік функції

y=|x|. Одержаний графік симетрично відобразити відносно осі Ох і паралельно

перенести на одну одиницю вправо. В результаті одержимо наступний графік


Із рисунка видно, що рівняння має лише один розв’язок, а саме x=1.

Відповідь: x=1.

Слід зазначити, що графічний спосіб має широке застосування в багатьох

темах шкільного курсу математики. Проте до розв’язування рівнянь з модулем

його застосовують не часто, оскільки його використання займає багато часу, а

результати розв’язування, одержані цим способом не завжди є точними.

Розв’язування рівнянь з модулем методом інтервалів

Найчастіше рівняння із модулем розв’язують за допомогою методу

інтервалів. Цей метод є менш трудомістким і більш ефективним, так як він

дозволяє наочно зобразити розв’язки кожної із нерівностей. У загальному

випадку цей метод застосовується до рівнянь, що містять алгебраїчну

комбінацію двох і більше модулів, тобто до рівнянь такого вигляду

|f (x)|+|g(x)|+…=h(x). Суть методу інтервалів полягає в наступному:

1. Знайти область допустимих значень (ОДЗ).

2. Знайти нулі всіх підмодульних функцій.

3. Позначити нулі на ОДЗ і розбити ОДЗ на проміжки.

4. Знайти розв'язок у кожному з проміжків і перевірити, чи входить цей

розв'язок у розглянутий проміжок. PAGE \* MERGEFORMAT 6

Приклад 7. Розв'язати рівняння |x−1|−2|x−2|+3|x−3|=4.

Розв’язання.

1. ОДЗ: x ϵ (−∞ ;∞).

2. Нулі підмодульних функцій: х=1; х=2; х=3. Дані нулі розбивають область

допустимих значень на чотири проміжки. Потрібно знайти розв’язки

заданого рівняння на кожному із цих проміжків.

_______I________II_______III_______IV_____

1 2 3 x

3.1 Розв’яжемо рівняння на першому проміжку:

{ x<1 ,−x+1+2 x−4−3 x+9=4 ;

{ x<1 ,−2x=−2;

{x<1,x=1.

Дана система розв’язку не має.

3.2 На другому проміжку рівняння матиме наступний розв'язок:

{ 1≤ x<2 ,x−1+2x−4−3 x+9=4 ;

{1≤ x<2,4=4.

Розв’язком цієї системи є проміжок 1≤ x<2.

3.3 Розв’яжемо задане рівняння на третьому проміжку:

{ 2≤ x<3 ,x−1−2 x+4−3 x+9=4 ;

{ 2≤ x<3 ,−4 x=−8 ;

{2≤ x<3 ,x=2.


3.4 На четвертому проміжку одержимо такий розв’язок:

{ x ≥3 ,x−1−2 x+4+3 x−9=4 ;


{ x≥ 3 ,2x=10 ;

{x≥ 3 ,x=5.

Звідси х=5.

4. Об’єднуючи всі розв’язки, які ми одержали в кожному з проміжків, маємо

розв’язок заданого рівняння на всій області допустимих значень.

Відповідь: 1≤ x<2 ; x=5.

Приклад 8. Розв’язати рівняння : |х2−3 х+2|+|−2 х2+ х−1|+х−1=0 .

Розв’язання. Функція під першим знаком модуля має корені х=1, х=2, а

дискримінант другого квадратного тричлена від’ємний, тому даному рівнянню

відповідає така система:

{3 х2−3 х+2=0 ,¿ {х2+3 х−2=0 ,¿ ¿¿¿якщо

х∈(−∞ ;1] ,х∈(1 ;2 ] ,х∈ (2;∞ ) .

Розв’язавши систему, отримаємо рівносильну сукупність мішаних систем:

{3 х2−3 х+2=0 ,¿ ¿¿¿ або {х2+3 х−2=0 , ¿¿¿¿

Перша і друга системи не мають розв’язків.

Відповідь: рівняння не має розв’язків.

Інші способи розв'язування рівнянь з модулем

Якщо у рівнянні ліва і права його частини знаходяться під знаком модуля, то

можна скористатися наступною спеціальною властивістю:

|f (x)|=|g(x )|↔ f 2 ( x )=g2 ( x ) . (*)

Приклад 9. Розв’язати рівняння |3 x−2|=3|x−1|.

Розв’язання. Оскільки обидві частини рівняння є невід’ємними числами, то

використавши властивість (*), матимемо (3 x−2)2=(3 (x−1))2 . Або


(3 x−2)2−(3 (x−1))2=0.

Cкориставшись формулою різниці квадратів, одержимо¿¿

6 x−5=0.

x=56

.

Відповідь: x=56

.

За властивістю |f (x)|+|g(x)|= f ( x )+g ( x )❑⇔ {f ( x )≥ 0 ,

g(x )≥ 0 розв'яжемо наступне завдання.

Приклад 10. Розв’язати систему рівнянь {|y+1

x|+|13

6+ x− y|=13

6+ x+1

x, ¿¿¿¿

Розв’язання. Із першого рівняння системи маємо:

{y+1x>0 ,¿ ¿¿¿

Додавши почленно ці нерівності, отримаємо: 136

+x+ 1x≥0.

Оскільки за умовою x>0 , то x2+13

6x+1≤0 .

0< y≤13

6+x

( отримаємо з другої

нерівності системи), тобто y2≤(13

6+x)

2

. Додамо до обох частин останньої

нерівності x2 і отримаємо:

x2+ y2≤(136

+x)2+x2 ,

16936

+133

x+2 x2≥9736

,

2 x2+133

x+2≥0 ,

x2+136

x+1≥0 .


Отже, квадратний тричлен x2+13

6x+1

набуває тільки значення, яке дорівнює 0.

x2+136

x+1=0 , звідси

x=−32

, x=−23

.

Із другого рівняння системи, враховуючи, що y>0 , маємо: y=√97

36−x2 .

Якщо x=−3

2, то

y=23

; якщо

x=−23

, то

y=32

.

Відповідь:(−32

; 23 ) ,(−2

3; 3

2 ).Зауважимо, що при розв’язування рівнянь з модулем інколи доцільно

застососувати і такі властивості:

|f (x)|+|g(x)|=f ( x )−g ( x )❑⇔ { f (x ) ≥ 0 ,

g ( x )≤ 0 ;

|f (x)|+|g(x)|=−f (x )+g ( x )❑⇔ { f ( x ) ≤0 ,

g (x ) ≥ 0;

|f (x)|+|g(x)|=−f (x )−g ( x )❑⇔ { f ( x )≤ 0 ,

g(x )≤ 0.

Для розв’язування наступного рівняння потрібно використати нерівність

|a|+|b|≥|a+b|.

Приклад 11. Розв’язати рівняння |x−1|+|x−3|=2−(x−π2

4 )4

.

Розв’язання. Очевидно, що 2−(x− π2

4 )4

≤2 при довільному х. Для оцінки

лівої частини рівняння застосуємо властивість |a|+|b|≥|a+b|.

Отримаємо: |x−1|+|x−3|≥2.

Таким чином, вихідне рівняння рівносильне системі:


{2−(x−π 2

4)4=2 ,¿ ¿¿¿

Відповідь:

Розв’язування рівняння з модулем мішаного типу

У попередніх пунктах розглянуті основні підходи до розв'язування рівнянь зі

знаком модуля. Але слід пам'ятати, що в багатьох задачах доведеться

застосовувати не один з цих прийомів, а їх комбінацію. Найчастіше це

трапляється тоді, коли маємо рівняння з модулем мішаного типу.

Приклад 12. Розв’язати рівняння ||х|−1|=х+1 .Розв’язання. Розкриємо спочатку зовнішній модуль, а потім внутрішній,

користуючись означенням модуля.

[¿

{|х|−1≥0 ,¿ ¿¿¿¿⇒¿ [¿

{|x|≥1 ,¿ ¿¿¿

⇒¿ [¿[¿

{x≥0 ,¿ { x≥1 ,¿ ¿¿¿¿

⇒¿ [¿[¿

{x≥0 ,¿ { x≥1 ,¿ ¿¿¿¿

⇒¿[ x=−1,

[¿

[ x=0 ,[¿

{x<0 , ¿ ¿¿¿¿

Відповідь:

Приклад 13. Розв'язати рівняння ||х+1|−|х−3||=|х|.

Розв’язання. Позбавимось від внутрішніх модулів за означенням модуля.

1) Якщо х <–1, то |–х –1 + х –3|=|х| або |х| = 4, звідки х = –4 або х = 4.


Умові задовольняє тільки х = –4.

2) Якщо х∈ [–1;3], то рівняння перепишеться так: |х +1 + х – 3| = |х|.

Піднесемо обидві частини рівняння до квадрату. Маємо: (2х – 2)2 = x2,

звідки x = 23 та х = 2, причому обидва значення належать проміжку, що

розглядається.

3) Якщо x >3, то маємо |x| = 4, звідки x= –4 або х = 4. Умові задовольняє

тільки х = 4.

Відповідь: – 4; 23 ; 2; 4.

При розв'язуванні було використано два способи: означення модуля та

піднесення до квадрату.

Завдання для самостійного розв’язування

Розв’язати рівняння:

1. (Відповідь: ± 3 ±√6 ;± 5)

2. |x2−5 x+4|=4 ; (Відповідь: 0; 5)

3. |x−1x+3|=1; (Відповідь: -1)

4. |x2−2 x|=3−2x (Відповідь: −√3 ;1)

5. |2 x+2|+|x−5|+1=0 ; (Відповідь: рівняння розв’язків не має)

6. x2+|1−x|+|3−x|=1 ; (Відповідь: рівняння розв’язків не має)

7. |4 x−5|−|2−x|=0 ; (Відповідь: 1; 1,4)

8. (Відповідь: 2 ±√3 ;1± √102 )

9. |x+3|+|5−2 x|=2−3 x ; (Відповідь:x ≤−3)

10. 3

|x+3|−1=|x+2|; (Відповідь: -1; -2+√3)


11. |x−1|−2|x−2|+3|x−3|=4 ; (Відповідь: 1 ≤ x ≤2 ; x=5)

12. ||x2−6|x||−4|=4 ; (Відповідь: ± 3+√17 ;±6 ;± 4 ;±2 ;0)

13. √ x2−2 x+1+|x−2|=1; (Відповідь: 1 ≤ x ≤2)

14. |x2−4 x|+3x2+|x−5|

=1 ; (Відповідь: −23

; 12

;2)

15. |lg x+2|+|lg x−1|=3 ; (Відповідь: 1100

≤ x≤ 10)

16. |3x−1|+|3x−9|=8. (Відповідь: 0≤ x≤ 2)


3. Розв’язування нерівностей з модулемНерівність, що містить змінну під знаком модуля, називається нерівністю з

модулем. При розв’язуванні нерівностей з модулем використовують ті самі

методи, що і при розв’язуванні рівнянь з модулями. Ідея розв’язування полягає

в тому, щоб звільнитися від модуля і перейти до нерівності, яка не містить

модуля і розв’язується відомим способом.

Нерівності з модулем можна розв’язати наступними способами:

1) за означенням;

2) використовуючи геометричний зміст модуля;

3) методом інтервалів;

4) графічним способом;

5) використовуючи спеціальні властивості модуля;

6) способом заміни змінних;

7) методом розкладу на множники;

8) використовуючи декілька способів одночасно.

Розглянемо детальніше кожен із цих способів.

Розв’язування нерівностей з модулем за означенням

Розглянемо нерівність |f (x)|g ( x ) ,

де знак “ ” означає значення якогось із

знаків нерівності, тобто “ ”, “ ”, “ ” або “ ”. Розв’язуючи дану нерівність за означенням, одержимо сукупність систем нерівностей:

|f (x)|˅ g ( x )❑⇔ [ { f ( x )≥ 0 ,

f ( x )˅ g (x ) ;

{ f ( x )<0 ,−f ( x )˅ g ( x ) .

Приклад 1. Розв’язати нерівність |5 x−3|> x2−x−2.

Розв’язання. Використовуючи означення модуля, матимемо

|5 x−3|> x2−x−2❑⇔ [{ 5 x−3≥ 0 ,

5 x−3>x2−x−2 ;

{ 5 x−3<0 ,3−5 x>x2−x−2.

1) Розв’яжемо першу систему нерівностей:


x

{ 5 x−3 ≥ 0 ,5x−3>x2−x−2 ;

❑⇔ { 5 x≥ 3 ,

x2−6 x+1<0 ;❑⇔ { x≥ 3

5 ,

3−2√2<x<3+2√2 ;❑⇔

x ϵ [ 35

;3+2√2¿.

2) Розв’яжемо другу систему нерівностей:

{ 5x−3<0 ,3−5 x>x2−x−2 ;

❑⇔ { 5 x<3 ,

x2+4 x−5<0;❑⇔ { x< 3

5,

−5<x<1❑⇔

x ϵ (−5 ;1 ) .

3) Об’єднавши множини отриманих розв’язків, отримаємо

[ x ϵ [ 35

;3+2√2¿ ,

x ϵ (−5 ;1 );❑⇔

x ϵ (−5 ;3+2√2 ) .

Відповідь: x ϵ (−5 ;3+2√2 ).

Розв’язування нерівностей з модулем за допомогою геометричного

змісту модуля

Використовуючи геометричний зміст модуля дійсного числа, можна

розв’язати наступні нерівності з модулями.

1. Нехай a>0 , тодіа) |f (x)|<a❑

⇔−a<f (x)<a ;

б) |f (x)|>a❑⇔ [ f ( x)←a

f (x )>a;

в) |f (x)|≤ a❑⇔−a ≤ f (x)≤ a;

г) |f (x)|≥ a❑⇔ [ f (x)≤−a

f (x)≥ a.

Приклад 2. Розв’язати нерівність |3x−15|≤ 12.

Розв’язання. Враховуючи геометричний зміст модуля дану нерівність

задовольнять всі точки осі Ox, які знаходяться від 0 на відстані 12. Це точки

проміжку від –12 до 12.

Отже, −12 ≤|3x−15|≤ 12 ,

−12+15 ≤3x ≤ 12+15 ,

3 ≤3x ≤27 , PAGE \* MERGEFORMAT 6

–12 0 12

3 ≤3x ≤33 .

Так як функція y=3x зростаюча, то 1 ≤ x ≤ 3.

Відповідь: x ϵ [ 1;3 ] .

Приклад 3. Розв’язати нерівність |x2+2 x−2|≤ 1.

Розв’язання. Задана нерівність з модулем рівносильна системі нерівностей:

{ x2+2 x−2≤ 1 ,x2+2 x−2 ≥−1 ;

❑⇔ {x2+2 x−3≤ 0 ,

x2+2 x−1 ≥ 0 ;❑⇔ { ( x+3 ) ( x−1 )≤ 0 ,

( x+1+√2 )(x+1−√2)≥0.

Розв’язком нерівності є перетин проміжків[−3 ;1 ] і [−1−√2;−1+√2 ] .

Відповідь: x ϵ [−3 ;1 ]∪ [−1−√2 ;−1+√2 ].

2. Нехай a<0 , тоді

а) |f (x)|<a−не має розв ' язків ;

б) |f (x)|>a−єнескінченна множина роз в' язків x ϵ R ;

в) |f (x)|≤ a−не має розв ' язків;

г) |f (x)|≥ a−роз в' язком є будь− яке дійсне число .

Приклад 4. Розв’язати нерівність |x2−4 x+1x2−9 |≥−1.

Розв’язання. Нерівність виконується в кожній точці, що належить області

допустимих значень, бо права частина нерівності від’ємна. Областю

допустимих значень даної нерівності є всі точки числової осі, крім x=± 3.

Відповідь: x ϵ (−∞;−3 ) (−3 ;3 ) (3 ; ∞) .

3. Нехай a=0 , тоді

а) |f (x)|<0−не має розв ' язків ;б) |f (x)|>0❑

⇔f (x )≠ 0 ;

в) |f (x)|≤ 0❑⇔

f (x )=0 ;

г) |f (x)|≥ 0❑⇔

x ϵ R .

Розв’язування нерівностей виду |f (x)|<g (x)


Нерівності такого виду зводяться до системи раціональних нерівностей.

Врахувавши, що вираз g(x ) повинен набувати лише додатних значень, дана

нерівність рівносильна системі: { g ( x )>0 ,f ( x )<g (x ) ,

f ( x )>−g ( x ) .

Зауважимо, що у разі нестрогої нерівності усі знаки нерівностей

доповнюються знаком рівності.

Приклад 5. Розв’язати нерівність |x2−4 x+1|<2 x+1.

Розв’язання. Права частина нерівності може набувати тільки додатних

значень, тому маємо систему нерівностей:

{ 2 x+1>0 ,−(2 x+1 )<x2−4 x+1<2 x+1 ;

❑⇔ { 2 x+1>0 ,

−2 x−1<x2−4 x+1 ,x2−4 x+1<2 x+1 ;

❑⇔ { x>−1

2,

x2−2 x+2>0 ,x2−6 x<0 ;

❑⇔ { x>

−12 ,

x ϵ R ,x (x−6)<0.

Знайшовши перетин розв’язків нерівностей, з яких складається система,

отримаємо: x ϵ (0 ;6 ) .

Відповідь: x ϵ (0 ;6 ) .

Розв’язування нерівностей виду |f (x)|<g (x)

Дана нерівність рівносильна такій сукупності:

[ {g ( x )<0 ,x ϵ ОДЗ,

{ g ( x )≥ 0 ,f (x )>g ( x ) ,

{ g ( x )≥ 0 ,f ( x )←g ( x ) .

Приклад 6. Розв’язати нерівність |x2+x−2|>x .

Розв’язання. Задана нерівність з модулем рівносильна сукупності трьох

систем нерівностей:

[ {x<0 ,x ϵ R ,

{ x ≥ 0 ,x2+x−2> x ,

{ x ≥ 0 ,x2+x−2← x ;

❑⇔ [ {x<0 ,

x ϵ R ,

{ x≥ 0 ,( x+√2 )(x−√2)>0 ,

{ x≥ 0 ,( x+1+√3 )(x+1−√3)<0.


–, – +, – +, +

Для того, щоб знайти розв’язок сукупності, потрібно знайти об’єднання

проміжків, що є розв’язками систем сукупності.

Відповідь: x ϵ (−∞;−1+√3 )∪ (√2 ;∞ ) .

Розв’язування нерівностей з модулем методом інтервалів

Методом інтервалів розв’язують нерівності з модулем такого виду

α 1|f 1 (x)|+α 2|f 2 (x)|+…+αn|f n(x)|g ( x ) , де знак “ ” означає значення якогось із знаків

нерівності, тобто “ ”, “ ”, “ ” або “ ”. Нагадаємо алгоритм для

розв’язування нерівностей з модулем за допомогою методу інтервалів:

1. Знайти область допустимих значень (ОДЗ).

2. Знайти нулі всіх підмодульних функцій.

3. Відмітити нулі функції на ОДЗ і розбити ОДЗ на множини (інтервали).

4. Визначити знаки всіх підмодульних функцій на кожному інтервалі.

5. Знайти розв’язки нерівності на кожному інтервалі (множині).

Приклад 7. Розв’язати нерівність | x + 1| + | x – 1| > 6.

Розв’язання. 1) ОДЗ: x ϵ R .

2) Нулі підмодульних функцій: x+1=0 , x−1=0 ,

x=−1 ; x=1.

3) Відмітимо нулі функцій і розіб’ємо ОДЗ на інтервали. Вкажемо знаки всіх

підмодульних функцій на кожному інтервалі I II III

4) Розв’яжемо нерівність на кожному з інтервалів.

I. { x←1 ,−( x+1 )−( x−1 )>6 ;

❑⇒

{ x←1,−2 x>6 ;

❑⇒ {x←1 ,

x←3 ;❑⇒

x←3.

II. { −1≤ x<1,x+1−( x−1 )>6 ;

❑⇒ {−1≤ x<1 ,

2>6 ;❑⇒

xϵ ∅ .

III. { x≥ 1 ,x+1+x−1>6 ;

❑⇒ { x≥ 1 ,

2x>6 ;❑⇒ {x ≥1 ,

x>3 ;❑⇒

x>3.

Об’єднавши розв’язки на всіх трьох проміжках, отримаємо x ϵ (−∞ ;−3) (3 ;∞ ) .


–1 1 x

Відповідь: x ϵ (−∞ ;−3) (3 ;∞ ) .

Приклад 8. Розв’язати нерівність: |х+2|+|х−3|>x+5 .

Розв’язання. Відмітивши на числовій осі ті значення х, при яких вирази під

знаками модуля перетворюються на нуль, одержуємо три інтервали, на

кожному з яких ці вирази знакосталі:

1) −∞<x<−2 , 2)−2≤x≤3 , 3)3<x<∞ .

Враховуючи, що на кожному з цих інтервалів вирази під модулем не

змінюють знак, складемо і розв’яжемо сукупність трьох систем нерівностей,

розкривши модулі за означенням на кожному з інтервалів.

1)

2) {−2<x≤3 , ¿ ¿¿¿

3) {3<x<∞ , ¿¿¿¿Таким чином, маємо сукупність трьох нерівностей:

[ x≤−2 ,[−2<x<0 ,[ x>6 .

[

Розв’язавши графічно, знайдемо об’єднання розв’язків усіх трьох нерівностей.

Відповідь: х∈ (−∞;0 )∪(6 ;∞ ) .

Розв’язування нерівностей виду |f (x)|¿❑¿❑|g(x )|.

Нерівності даного виду можна розв’язати, використовуючи спеціальні

співвідношення, а саме:

1. |f ( x )|<|g (x )|⇔ f 2 (x )<g2( x )⇔( f ( x )−g (x ))( f (x )+g ( x ))<0 .


2. |f ( x )|≤|g( x )|⇔f 2( x )≤g2( x )⇔( f ( x )−g( x ) )( f ( x )+g (x ))≤0 .

3. |f ( x )|>|g (x )|⇔ f 2 (x )>g2( x )⇔( f ( x )−g (x ))( f (x )+g ( x ))>0 .

4. |f ( x )|≥|g( x )|⇔f 2( x )≥g2( x )⇔( f ( x )−g( x ) )( f ( x )+g (x ))≥0 .

Приклад 9. Розв’язати нерівність |2 x2+5 x−7|>|2 x2−2|.

Розв’язання. Піднесемо обидві частини цієї нерівності до квадрата і подамо

отриману рівносильну нерівність у вигляді різниці квадратів:

(2 x2+5 x−7 )2−(2 x2−2)2>0.

Застосуємо формулу різниці квадратів двох виразів, звідки одержимо

рівносильну нерівність: (5 x−5 )(4 x2+5x−9)>0.

Або, 5 ( x−1 ) ( x−1 )(x+ 94)>0.

Дану нерівність розв’яжемо методом інтервалів, матимемо:

__________________________________________ −9

4 1 x

Відповідь: x ϵ (−94

;1)(1 ;∞ ) .

Приклад 10. Розв’язати нерівність: (|x+3|−|x|) (|x+5|−|x−2|)

(|x−7|−|x+2|)≤ 0.

Розв’язання. Якщо кожний множник даної нерівності замінити за

спеціальною властивістю модуля, то отримаємо рівносильну нерівність:

((x+3)¿¿2−x2)(( x+5 )2−(x−2)2)(x−7)2−(x+2)2 ≤ 0.¿

Використавши формулу різниці квадратів двох виразів, спростимо

нерівність:(6 x+9 )(14 x+21)

−18 x+45 ≤0.

Тоді вихідна нерівність набуде вигляду:

21(2 x+3)2

−9(2 x−5)❑≤ 0❑

⇔ (2 x+3)2

2 x−5≥0.

Розв’язком цієї нерівності є x ϵ {−1,5 }(2,5 ;∞) .

Відповідь: x ϵ {−1,5 }(2,5 ;∞) .


Приклад 11. Розв’язати нерівність 2|x−2|

>| −32 x−1|.

Розв’язання. Оскільки обидві частини нерівності додатні, то при x≠ 12

, x≠ 2

вона рівносильна такій нерівності: |x−2|2

<|2 x−1|

3.

Піднісши обидві частини нерівності до квадрата, перенісши всі члени в ліву

частину та перетворивши одержаний вираз за формулою різниці квадратів,

одержимо нерівність: (7 x−8 )(x+4)>0.

Розв’язавши останню нерівність, отримаємо розв’язок x ϵ (−∞;−4 )∪ ( 87

;∞ ) .

Відповідь: x ϵ (−∞;−4 )∪¿

Розв’язування нерівностей з модулем графічним способом

Нерівності з великою кількістю лінійних виразів під знаками модулів зручно

розв’язувати графічно, оскільки у цьому разі розкриття модулів за означенням

технічно ускладнює розв’язання задачі.

Приклад 12. Розв’язати нерівність |x+2|−|x+1|+|x|−|x−1|+|x−2|≥ 4.

Розв’язання. Графіком лівої частини нерівності буде неперервна ламана лінія,

яку легко побудувати за виразами тільки на двох проміжках (−∞;−2 ]∪¿ і за

значеннями f (x) в точках x=−2 ;−1;0 ;1 ;2.

Cкладемо таблицю:

x (−∞;−2) -2 -1 0 1 2 (2 ;∞)

y (x ) y−x 2 3 2 3 2 y=x


Відповідь: x ϵ (−∞;−4 ]∪ [ 4 ;∞ ) .

Розв’язування нерівностей з модулем за допомогою заміни змінної

Приклад 13. Розв’язати нерівність −2

|x|+1>|x|−2.

Розв’язання. Покладемо |x|= y≥ 0 , тоді нерівність набуде вигляду:

−2y+1

> y−2❑⇔

y2− yy+1

<0.

Оскільки y+1>0 при всіх y ≥0 , то y2− y<0❑⇔

y ( y−1 )<0❑⇔

0< y<1.

Повертаючись до заміни, отримаємо 0<|x|<1❑⇔

x ϵ (−1 ;0 )∪ (0 ;1 ) .

Відповідь: x ϵ (−1 ;0 )∪ (0 ;1 ) .

Зауважимо, що дану нерівність можна було б розв’язати і методом

інтервалів, однак застосувавши заміну отримати результат в даному випадку

можна швидше.

Приклад 14. Розв’язати нерівність √ x+2 (2−√3+ x )< x+5

4−5√3+x.

Розв’язання. Нехай √3+x=t , тоді x=t 2−3 ,t≥0. Отже, нерівність набуває

вигляду: |t−1|< t 2+2

4−5 t.


При t≤1 , маємо 1−t < t2+2

4−5 t. Розв’язки цієї нерівності з урахуванням умови

t∈ [ 0;1 ] : t∈( 14

; 45 ) ,

звідки 14<√3+x< 4

5, тоді

−2 1516

<x<−2 925

.

При t >1, маємо: t−1< t2+2

4−5 t, тобто

6 t2−9 t +64−5 t

>0 . Оскільки 6 t2−9 t+6>0 для

будь-яких t, то t < 4

5, що не задовольняє умову t >1.

Відповідь:

Нерівності, які розв’язуються розкладанням лівої частини на множники

За допомогою цього способу можна розв’язати деякі нерівності виду f ( x ) V 0.

Приклад 15. Розв’язати нерівність (|x−1|−3 ) (x−3)<0.

Розв’язання. (|x−1|−3 ) ( x−3 )<0❑⇒ [{|x−1|<3 ,

x−3>0 ,

{|x−1|>3 ,x−3<0 ;

❑⇔ [{

2<x<4 ,x>3 ;

{[ x←2 ,x>4 ,x<3 ;

❑⇔ [3<x<4 ,

x←2.

Відповідь: x ϵ (−∞;−2 )∪ (3 ; 4 ) .

Приклад 16. Розв’язати нерівність |x2−9|(x2−7|x|+10)<0.

Розв’язання. Дану нерівність розв’яжемо методом розкладу лівої частини

нерівності на множники:

||x|2−9|(|x|2−7|x|+10)<0 ,

(|x|−3 ) (|x|+3 ) (|x|−2 )(|x|−5)<0.

Нехай |x|= y , тоді нерівність має вигляд: ( y−3 ) ( y+3 ) ( y−2 )( y−5)<0.

Отже, y ϵ (−3;2 )∪ (3 ;5 ) . З огляду на те, що y ≥0 , маємо сукупність нерівностей:

[ y<2 ,3< y<5 ,

❑⇔ [ |x|<2 ,

3<|x|<5.

Відповідь: x ϵ (−5 ;−3 )∪ (−3 ;−2 )∪ (2 ;3 )∪ (3 ;5 ) .

Розв’язування дробово-раціональних нерівностей з модулем

При розв’язуванні дробово-раціональних нерівностей з модулем можна

використовувати всі методи, що були розглянуті вище.


Приклад 17. Знайти найменше від’ємне ціле значення х, що задовольняє

нерівність 3x+11|x+3|

>2.

Розв’язання. Область визначення даної нерівності x≠−3. Помноживши обидві

частини нерівності на знаменник, одержимо:

3 x+11>2|x+3|❑⇔|2x+6|<3 x+11❑

⇔ { 2 x+6<3 x+11 ,2 x+6>−3 x−11;

{ x>−5 ,5x>−17 ;

❑⇒

x>−175

.

З урахуванням умови x≠−3 , маємо: x ϵ (−175

;−3)(−3 ;∞).

Відповідь: x=−2.

Розв’язування нерівностей зі складним модулем

Приклад 18. Розв’язати нерівність |2 x−|3−x||>2.

Розв’язання. Розкриємо внутрішній модуль.

1) Якщо x<3 , то нерівність набуде вигляду:

|2 x−3+x|>2❑⇔|3 x−3|>2❑

⇔|x−1|> 2

3❑⇔

[ x−1> 23

,

x−1← 23

;❑⇔ [x> 5

3,

x< 13

.

Враховуючи область, яку розглянули, матимемо [ x< 13

,

53<x<3.

2) Якщо x≥ 3 , то маємо:

|2 x+3−x|>2❑⇔|x+3|>2❑

⇔ [ x+3>2 ,x+3←2 ;

❑⇔ [ x>−1 ,

x←5.

Враховуючи область, яку розглянули, матимемо x ≥ 3.

3) Поєднуючи розв’язки в обох проміжках, одержуємо відповідь

x ϵ (−∞ ; 13)( 5

3;∞) .


Відповідь: x ϵ (−∞ ; 13)( 5

3;∞) .

Приклад 19. Розв’язати нерівність ||x|logx 4−√ x2|< x+1.

Розв’язання. Областю визначення даної нерівності є : {x>0 ,x≠ 1.

Використовуючи основну властивість логарифмів, маємо:

||x|logx 4−√ x2|< x+1❑⇔|4−x|<x+1❑

⇔−x−1<x−4< x+1❑

⇔

{−4<1 ,2 x>3 ;

❑⇔

x>32

.

Відповідь: x ϵ (32

;∞) .


1. Розв’язати нерівність x2−3x+|x−3|>0 ;

2.|x2−4 x+3|>|2 x−5|;

3. Розв’язати нерівність |x−1|x+2

+x−3> 1x+2

;

4.|x2−4 x

x2−1|≥1 ;

5.| x−3x2+3 x

|≤1;

6.|x+2|+|x−3|>x+5 ;

7.

x−|x−4|2−|6−x|

>2 ;

8.

|2 x−1||x−1|

>2;

9.|x−1|−2|x−2|+3|x−3|≤4 ;


10. Розв’язати нерівність

|x2−4 x|+3x2+|x−5|

≥1.

4. Побудова графіків функцій з модулямиВивчення поведінки функцій і побудова їх графіків є важливим розділом

шкільного курсу математики. Вільне володіння технікою побудови графіків

часто допомагає вирішувати складні задачі, а часом є єдиним засобом їх

розв'язку. Крім того, уміння будувати графіки функцій становить великий

інтерес для самих учнів. Однак на базі основної школи матеріал, пов'язаний із

цим питанням, представлений трохи хаотично, вивчається недостатньо повно,

багато важливих моментів не входять у програму. Мета цього розділу –

прояснити й доповнити шкільний матеріал, пов'язаний з побудовою графіків

функцій з модулями.

Коли в «стандартні» функції, які задають прямі, параболи, гіперболи,

включають знак модуля, їх графіки стають незвичайними. Щоб навчитися

будувати такі графіки, треба добре розуміти визначення модуля й знати види

найпростіших графіків, які вивчають у школі. У цьому розділі розглянемо

побудову таких графіків функцій: y=f (|x|) , y=|f ( x )|, y=¿

|y|=f ( x ) ,∨ y∨¿∨f (x )∨¿ та y=|f 1 (x )|+|f 2 ( x )|+…+|f n ( x )|.

Зауважимо, що розв’язання зроблено аналітичними міркуваннями, що

ґрунтуються на означенні модуля та за допомогою програми Advanced Grapher.

Побудова графіка функції y= f (|x|)

Нагадаємо, що графіком функції називають фігуру, яка складається з усіх

точок координатної площини, абсциси яких дорівнюють усім значенням

аргументу, а ординати – відповідним значенням функції.

На підставі означення модуля графік функції y=f (|x|) можна побудувати

наступним чином:

y=f (|x|)={ f ( x ) , якщо x ≥ 0 ,f (−x ) , якщо x<0.


Виходячи з того, що функція y=f ( x ) парна, бо |x|=|−x|,можна сформулювати

алгоритм побудови функції y=f (|x|):

1) побудувати графік функції y=f (x ), де x ≥ 0;

2) побудований графік симетрично відобразити відносно осі Oy .

Вперше учні можуть будувати графіки функцій з модулями вже у 7-му класі

при вивченні графіка y=kx+b .

Приклад 1. Побудувати графік функції y=−2|x|+5.


Після розв’язання такого виду завдань можна зробити деякі узагальнення, а

саме:

а) коли перед |x| стоїть знак плюс, то пів прямі направлені вгору, а коли

стоїть знак мінус – униз;

б) коли в формулі y=k|x|+b число b – додатне, то графік функції y=k|x|

переміщується на |b| одиниць вгору вздовж осі y, а коли b число від’ємне, то –

на |b| одиниць униз.

Широке поле для ознайомлення учнів з модулями в курсі алгебри 8-го класу

під час вивчення квадратних коренів. Саме тоді слід розглянути побудову

графіків квадратичної функції з модулями.

Приклад 2. Побудувати графік функції y =х2 -3|x|+2.

Розв’язання. Побудуємо графік функції y=x2−3 x+2для x≥ 0.

Отриманий графік симетрично відобразимо відносно осі Oy . Матимемо


Побудова графіка функції y=¿ f ( x )∨¿

Зауважимо, що дана функція не є парною. З формули, якою задана функція

видно, що вона набуває лише невід’ємних значень. Отже, її графік

розміщується лише у першому та другому координатних кутах. З означення

модуля випливає, що

y=¿ f ( x )∨¿ { f ( x ) , якщо f (x )≥ 0 ,−f ( x ) , якщо f (x )<0.

Cпираючись на ці міркування приходимо до висновку: щоб побудувати

графік функції y=¿ f ( x )∨¿ треба:

1) побудувати графік функції y=f ( x );

2) ту частину графіка, що розташована вище осі O x залишити без змін;

3) ту частину графіка, що розташована нижче осі O x, відобразити

симетрично відносно цієї осі.

Приклад 3. Побудувати графік функції y=|2 ln x+1|.

Розв’язання. Побудуємо графік функції y=2 ln x+1.


Використовуючи сформульований вище алгоритм, отримаємо наступний

графік.

Побудова графіка функції y=¿

Для побудови графіка y=¿ треба:

1) побудувати графік функції y=f (|x|) ;

2) залишити без змін усі частини побудованого графіка, які розташовані

вище від осі O x;

3) частини графіка, розташовані нижче від осі абсцис, симетрично

відобразити відносно цієї осі.

Приклад 4. Побудувати графік функції y=|x2−6|x|+8|.

Розв’язання. Скориставшись описаним вище алгоритмом, матимемо:

1) будуємо параболу y=x2−6x+8 , де x≥ 0 , з вершиною в точці (3;-1) та точками

перетину з осями координат (2;0), (4;0) і (0;8);

2) частину параболи, яка знаходиться справа від осі ординат, симетрично

відобразимо відносно осі ординат;

3) частину графіка, яка знаходиться нижче від осі абсцис, симетрично

відобразимо відносно цієї осі.

Отже, маємо графік функції y=|x2−6|x|+8|.


Побудова графіка функції ¿ y∨¿ f (x )

Областю визначення даної функції є всі ті значення аргументу х, при яких

функція y=f (x ) є невід’ємною. Із означення модуля маємо:

|y|=f ( x )={не існує , якщо f ( x)<0 ,± f ( x ) , якщоf ( x)≥ 0.

Отже, графік рівняння |y|=f ( x ) можна побудувати так:

1) побудувати ту частину графіка функції y=f ( x ), де f ( x )>0 ;

2) побудований графік симетрично відобразити відносно осі Оx.

Приклад 5. Побудувати графік функції |y|=sin x .

Розв’язання. Побудуємо графік функції y= f ( x ) на тій частині координатної

площини, де sin x≥ 0.

Побудова графіка функції ¿ y∨¿∨f (x )∨¿


Враховуючи властивість модуля дана функція буде рівносильна рівнянню:

y2−f 2 (x )=0. Розв’язок останнього рівняння – це розв’язок сукупності [ y= f (x ) ,y=−f (x ) .

Отже, для побудови графіка функції ¿ y∨¿∨f (x )∨¿ треба:

1) побудувати графік функції y=f ( x );

2) до побудованого графіка добавити графік функції y= f ( x ), симетрично

відображений відносно осі О x.

Приклад 6. Побудувати графік функції |y|=| 1x−1|.

Розв’язання. Побудуємо графік функції y= 1x−1

.

Отриманий графік симетрично відобразимо відносно осі О x. Відповіддю

буде об’єднання цих двох графіків.

Приклад 7. Побудувати графік функції |y−1|=|x2−2|. PAGE \* MERGEFORMAT 6

Розв’язання. Графіком даного рівняння буде об’єднання графіків y−1=x2−2

та y−1=−x2+2. Звідси [ y=x2−1 ,y=−x2+3. Маємо

Побудова графіка функції виду y=|f 1 ( x )|+|f 2 ( x )|+…+|f n ( x )|При побудові графіків функцій такого виду найпоширенішим є метод, при

якому знак модуля розкривається за означенням. Як правило, область

допустимих значень даної функції розбивають на множини, на кожній з яких

вираз, що розташований під знаком модуля, зберігає знак. На кожній такій

множині функцію записують без знака модуля й будують графік. Об'єднання

множини розв'язків, знайдених на всіх частинах області допустимих значень

функції, становить множину всіх точок графіка заданої функції.

Приклад 8. Побудувати графік функції y=|x−1|+|x−3|. Знайти найменше

значення функції.

Розв’язання. Точки х = 1 і х = 3 розбивають числову вісь на три проміжки.

Для кожного проміжку запишемо отриману функцію:

1) при x≤ 1 маємо y=4−2 x ;

2) при 1<x≤ 3 маємо y=2;

3) при x>3 маємо y=2x−4.

Отже, матимемо графік


Побудова деяких інших графіків функцій, що містять модуль

Якщо при будові графіків функцій з модулем не вдається застосувати жоден

з наведених вище способів, то найчастіше застосовують означення модуля.

Розглянемо деякі приклади.

Приклад 9. Побудувати графік функціїy= x2−x−2

√ x2+2 x+1

Розв’язання. Функція визначена на всій множині дійсних чисел, крім

Перетворимо дану функцію.

Якщо x←1, то y= ( x−2 ) (x+1 )−( x+1 )

=2−x;

Якщо x>−1 , то y=( x−2 )(x+1)

x+1 =x−2.

Приклад 10. Побудувати графік рівняння y=||||x|−1|−1|−1|. PAGE \* MERGEFORMAT 6

Розв’язання. Графік будуємо в такій послідовності:

1) y=|x|+1;

2) y=||x|−1| - відображаємо симетрично відносно осі Ох від’ємну частину

графіка;

3) y=||x|−1|−1 - піднімаємо вгору отриманий графік на одну одиницю;

4) y=|||x|−1|−1| - відображаємо симетрично відносно осі Ох від’ємну частину

графіка;

5) y=|||x|−1|−1|−1 - піднімаємо отриманий графік вгору на одну одиницю;

6) y=||||x|−1|−1|−1| - відображаємо симетрично відносно осі Ох від’ємну

частину графіка.

Приклад 11. Побудувати множину точок ||x|+|y|−1,5|=0,5.

Розв’язання. У розглянутих вище прикладах функції були задані аналітично,

тобто формулами, що зв'язують відповідні значення аргументу й функції,

причому у всіх прикладах у лівій частині рівності, що визначає функцію, стояв

у, а в правій – вираз, що залежить від х. Функціональна залежність може бути

задана й рівнянням, не дозволеним щодо залежної змінної. Такі функції

називаються неявними. Зокрема дана множина точок також задана неявно.

Дане рівняння еквівалентне двом рівнянням |х| + |у| = 1 і |х| + |у| = 2.

Отже, шуканий графік – це об'єднання графіків цих двох рівнянь. Функція

|x|+|y|=1 парна щодо координатних осей. А тому досить розглянути функцію


тільки в I чверті, тобто при x≥ 0 , y ≥0. Оскільки при цьому |х| =х і |у| = у, задана

функція приймає вид х + у = 1. Отже, будуємо графік прямої у = 1 – х, який

лежить в I чверті. Потім добудовуємо графік, користуючись симетрією,

щодо осей Оx і Оy. Одержуємо квадрат з вершинами (1; 0), (0; 1), (-1; 0), (0; –1).

Аналогічно побудуємо графік функції |х| + |у| = 2 – квадрат з вершинами (2; 0),

(0; 2), (-2; 0), (0; -2).

Приклад 12. Побудувати графік функції y=|x−1||x|−1 .

Розв’язання. Очевидно, що при x=± 1 дана функція невизначена, тобто її

графік в точках x=1 та x=−1 матиме розрив. При x<0 , x≠−1 дана функція

набуде вигляду y=−(x−1)−(x+1)

= x−1x+1

=1− 2x+1

. При 0 ≤ x<1 матимемо функцію

y=−x−1x−1

=−1. При x≥ 1, y=1. Побудуємо отримані функції на одній

координатній площині. Матимемо


1. Побудувати графіки функцій:


1) y=1−2|x|;

2) |y|=−0,5 x+1;

3) y=−|x+3|−4 ;

4) y= x|x|

;

5) y= 2|x|

;

6) |y|=x2+4 ;

7) y=|−x2+6 x−8|;

8) y=||x2|−3|;9) y=√(x+1)2+√(x−2)2 ;

10) y=|x−3|+|x+5|.

2. Розв’язати графічно рівняння:

1) ||x|−1|=4+x ;

2) 4|x|+2=4 x+4|x+1|

;

3) |3−|2−|x|||= x−5x−5

;

4) |2 x−5|=|3 x−10|;

5) x2−4|x|−2= 16x2−4|x|

.

3. Розв’язати графічно системи рівнянь:

1) { y=|x+4|,

y=2 x2−2|x+1|

;

2) { y=x+1,

y= x2+9x+14|x+7|

;

3) { y=|x|+4 ,

y= x3−x|x−1|

.

5. Розв’язування тригонометричних рівнянь з модулем


У цьому розділі розглянемо розв’язування деяких тригонометричних рівнянь,

що містять знак абсолютної величини.

Приклад 1. Розв’язати рівняння |sin x|=sin x+2cos x .

Розв’язання. Розкривши знак модуля за означенням, отримаємо такі системи:

{ sin x≥ 0 ,sin x=sin x+2cos x ;

або { sin x<0 ,−sin x=sin x+2 cos x ;

❑⇔

{sin x≥ 0 ,cos x=0 ;

або { sin x<0 ,sin x+cos x=0 ;

❑⇔

{ sin x ≥0 ,

x=π2

+πn ,n ϵ Z ;або { sin x<0 ,

x=−π4

+πk ,k ϵ Z .❑⇔

x=π2+2 πn ,nϵ Z або x=−π

4+2 πk ,k ϵ Z .

Відповідь: x=π2+2 πn ,nϵ Z або x=−π

4+2 πk ,k ϵ Z .

Приклад 2. Розв’язати рівняння 2sin2 x=|sin x|.


{ sin x≥ 0 ,2sin 2 x=sin x ;

або { sin x<0 ,2sin2 x=−sin x ;

❑⇔

Розв’яжемо рівняння першої системи: 2 sin2 x=sin x .

sin x (2sin x−1 )=0;

sin x=0 або sin x=12

.

Отримані рівняння задовольняють умову sin x≥ 0. Звідси маємо

x=πn , n ϵ Z або x=(−1)k π6+πk , k ϵ Z .

Розв’яжемо рівняння другої системи та виберемо розв’язки, які

задовольняють умову sin x<0. В результаті отримаємо: x=(−1)m+1 π6+πm , mϵ Z .

Розв’язки x=(−1)k π6

+πk , k ϵ Z таx=(−1)m+1 π6+πm , mϵ Z можна записати у вигляді

x=± π6

+πω,ωϵ Z .

Відповідь:x=πn , nϵ Z ; x=± π6

+πω, ωϵ Z .

Приклад 3. Розв’язати рівняння |x+3|cos x=x+3.


Розв’язання. Розкривши знак абсолютної величини, отримаємо системи:

{ x+3≥ 0 ,( x+3 )cos x=x+3 ;

або{ x+3<0 ,( x+3 ) cos x=x+3. Рівняння із першої системи має

розв’язок x=2 πn, nϵ Z . Із множини отриманих розв’язків потрібно вибрати ті, які

задовольняють нерівність x≥−3. Отже, розв’язком першої системи є числа

x=2 π n, деn=0,1,2,3,…

Розв’язком рівняння з другої системи є множина розв’язків x=π+2 π m , mϵ Z . Із

цієї множини вибираємо тільки ті розв’язки, які задовольняють нерівність x←3.

Матимемо x=π+2π m , деm=-1,-2,-3,…

Відповідь: x=2 πn,деn=0,1,2,3,…; x=π+2 π m , деm=-1,-2,-3,…

Приклад 4. Розв’язати рівняння cos x=|cos x|(x+1,5)2 .

Розв’язання. Права частина рівняння невід’ємна, отже невід’ємна і ліва

частина, тому розкривши знак модуля отримаємо тільки одну систему:

{ cos x≥ 0 ,cos x=cos x (x+1,5)2 . Розв’яжемо рівняння отриманої системи:

cos x (1−¿(x+1,5)2)=0.¿ Звідси

cos x=0 або x+1,5=1або x+1,5=−1.

x=π2+πk , k ϵ Z або x=−0,5або x=−2,5.

Розв’язок x=−2,5 не задовольняє умову cos x ≥0.

Відповідь: x=π2+πk , k ϵ Z ; x=−0,5.

Приклад 5. Знайти всі розв’язки рівняння 2 cos2 x−|1+2sin x|=1 на відрізку

[0;4].

Розв’язання. Дане рівняння запишемо у вигляді |1+2 sin x|=2 cos2 x−1.

Використавши означення модуля, отримаємо системи:

{ 1+2sin x ≥ 0 ,1+2sin x=2cos2 x−1 ;

або { 1+2sin x<0 ,−1−2 sin x=2cos2 x−1 . Розв’яжемо першу систему:

{ 1+2 sin x≥ 0 ,2sin 2 x+sin x=0 ;

❑⇔ { sin x≥−1

2,

[ sin x=0 ,

sin x=−12

;

❑⇔


x=πn , n ϵ Z або x=(−1)k π6+πk , k ϵ Z .

Із множини розв’язків x=πn , nϵ Z на проміжку [0;4] лежать числа 0 і π , а з

множини розв'язків x=(−1)k π6

+πk , k ϵ Z на потрібному відрізку лежить лише одна

точка π6

+π=7 π6

.

Спростимо другу систему:

{ 1+2 sin x<0 ,2sin 2 x−sin x−1=0 .


Відповідь: x=0 ; x=π ; x=7 π6

.

Приклад 6. Розв’язати рівняння |sin x|sin x

=1−cos2 x .

Розв’язання. ОДЗ: sin x≠ 0 ,

x≠ πm,m ϵ Z .

Розкриємо модуль за означенням, отримаємо дві системи:

{ sin x ≥0 ,1=1−cos2x ;

або { sin x<0 ,−1=1−cos 2 x .

Рівняння першої системи cos2 x=0 має розв’язок x=π4+ πk

2, k ϵ Z .

Умову sin x≥ 0 задовольнятимуть точки x=π4+2 π nі x=3 π

4+2 πn , nϵ Z .

Розв’язуючи другу систему отримаємо рівняння cos2 x=2 , яке не має

розв’язків.

Відповідь: x=π4+2 π nі x=3 π

4+2πn ,n ϵ Z .

Приклад 7. Розв’язати рівняння |sin x−cos x|=1−sin 2 x .

Розв’язання. Перетворимо дане рівняння наступним чином:

|sin x−cos x|=sin2 x−2 sin x cos x+cos2 x або

|sin x−cos x|=(sin x−cos x)2.

Заміна: t=|sin x−cos x|.

Матимемо t2−t=0. Звідси t=0або t=1.

Повертаючись до заміни, матимемо:


|sin x−cos x|=0або|sin x−cos x|=1.

Розв’яжемо перше рівняння:sin x−cos x=0 ,

sin x=cos x ,

tan x=1 ,

x=π4+πk , k ϵ Z .

Розв’яжемо друге рівняння:sin x−cos x=±1 ,

√22

sin x−√22

cos x=± √22

,

sin( x−π4 )=¿± √2

2,¿

x=± π4

+ π4

+πn ,n ϵ Z .

Відповідь: x=π4+πk , k ϵ Z ; x=± π

4+ π

4+πn , n ϵ Z .

Приклад 8. Розв’язати рівняння ||cos x−2 sin x|−cos x|=−cos x .

Розв’язання. Ліва частина рівняння невід’ємна, а отже, невід’ємна і його

права частина, а звідси умоваcos x ≤0.

Дане рівняння рівносильне наступній системі:

{ cos x≤ 0 ,|cos x−2sin x|−cos x=± cos x .

Звідси

{ cos x ≤ 0 ,|cos x−2 sin x|=0 ;

або{ cos x ≤ 0 ,|cos x−2sin x|=2cos x .

Розв’язуючи рівняння першої системи, отримаємоcos x−2sin x=0 ,

tg x=12

,

x=arctg 12+πk , k ϵ Z .

Враховуючи, що cos x ≤0 , x=arctg 12+π (2 k+1) , k ϵ Z .

Друга система розв'язків не має.


Відповідь: x=arctg 12+π (2 k+1) , k ϵ Z .

Приклад 9. Розв’язати рівняння cos x+√1−sin 2 x=0.

Розв’язання. cos x+√(cos x−sin x)2=0 ❑⇔

√(cos x−sin x)2=−cos x❑⇔

|cos x−sin x|=−cos x ❑⇔

{ cos x≤ 0 ,

[ cos x−sin x=cos x ,cos x−sin x=−cos x ,

❑⇔ {cos x≤ 0 ,

[sin x=0 ,tg x=2 ;

❑⇔ [ x=π+2πn ,n ϵ Z ,

x=arctg2+π+2 πk , k ϵ Z .

Відповідь: x=π+2πn ,n ϵ Z , x=arctg2+π+2πk , k ϵ Z .

Приклад 10. Розв’язати рівняння |sin x|=|cos x|.

Розв’язання. Дане рівняння рівносильне рівнянню sin x=± cos x .

Звідси tg x=±1.

x=± π4

+ πn2

, n ϵ Z .

Відповідь: x=± π4

+ πn2

, n ϵ Z .


1. Розв’язати рівняння (x¿¿2−2)|sin x|=sin x .¿(Відповідь: −1 ;√3 ; πn , n ϵ Z)

2. Розв’язати рівняння ( x2+2 ) cos x=3 x|cos x|.(Відповідь:−2 ;1;

π2+πn ,nϵ Z)

3. Розв’язати рівняння |sin x|=cos x .(Відповідь: ± π4

+2 πn , nϵ Z)

4. Розв’язати рівняння √2−2 cos2 xsin x

=2 cos x−1.(Відповідь: 4 π3

+2πn ,nϵ Z)

5. Розв’язати рівняння |3sin x+cos x|=−2cos x .(Відповідь:

arctg 13+π+2 πn , nϵ Z ; 3 π

4+2πm , mϵ Z)

6. Розв’язати рівняння |x2−4|sin x=x2−4.(Відповідь:)

7. Розв’язати рівняння √3|sin x|=−cos x .(Відповідь:)

8. Розв’язати рівняння 2 sin x|cos x|=cos2 x .(Відповідь:)


9. Розв’язати рівняння 113

+cosπx=|x−3|+|x+3|. (Відповідь: )

10. Розв’язати рівняння −2√3 π sin x=|x+π|+|x−2 π|. (Відповідь: )

6. Розв’язування задач з параметрами, що містять знак модуля


Розв’язування рівнянь та нерівностей з параметрами вимагає ретельного

аналізу та всебічного дослідження їх умов, оскільки логічними міркуваннями

потрібно визначати всі можливі значення параметра, за яких вони мають

розв’язок.

Для рівнянь та нерівностей з параметрами можна сформулювати деякі

загальні положення, дотримання яких дає певні орієнтири в процесі їх

розв’язування:

1. Встановлюють ОДЗ змінної, а також ОДЗ параметрів.

2. Виражають змінну через параметри.

3. Для кожного допустимого значення параметра знаходять множину всіх

коренів даного рівняння (розв’язків даної нерівності). Якщо параметрів

кілька, то множину коренів (розв’язків) шукають, звичайно, для певного

співвідношення між параметрами.

4. Досліджують особливі значення параметра, при яких корені рівняння

існують, але не виражаються формулами, які дістали.

Приклад 1. При яких значеннях a рівняння |x−a|=a2−2 a має два корені

одного знака?

Розв’язання. Застосуємо аналітичний підхід до розв’язання цієї задачі. Ліва

частина рівняння при будь-якому x невід’ємна, тому за умови a2−2a<0 , тобто

при a ϵ (−∞ ;0 ] ¿ рівняння рівносильне сукупності рівнянь x−a=a2−2 a або

x−a=−a2+2a , звідси x=a2−a або x=3 a−a2 .

Рівняння має два корені одного знака (можливо, рівні між собою), якщо

виконуються системи нерівностей

{a2−a>0 ,3 a−a2>0

або { a2−a<0 ,3 a−a2>0 ,

які можна замінити однією нерівністю (a2−a )(3 a−a2)>0 , звідси a ϵ (1;3 ) .

Взявши перетин множин aϵ (−∞ ;0 ] ¿¿ та aϵ (1;3 ) , дістанемо a ϵ ¿.

Виключимо з отриманої множини ті значення a, при яких корені рівняння

однакові:

a2−a=3 a−a2 ,2a2−4 a=0 , a1=0 , a2=2.


Отже, якщо aϵ (2 ;3 ) ,то вихідне рівняння має два корені одного знака, точніше,

два додатні корені.

Відповідь: aϵ (2 ;3 ) .

Приклад 2. Розв’язати рівняння |x+2|+a|x−1|=4.

Розв’язання. Згідно з означенням модуля приходимо до рівносильної

сукупності систем заданому рівнянню:

1¿ {( a+1 ) x=a−6 ,x←2 ;

2¿ {( a−1 ) x=a−2 ,−2≤ x ≤1 ;

3¿{(a+1 ) x=a+2 ,x>1.

Перша система має розв’язок x1=a−6a+1

, якщо виконується нерівність a−6a+1

←2 ,

або 3 a−4a+1

<0 , звідси a ϵ (−1; 43 ); при інших значеннях a коренів не має.

Друга система має розв’язок x2=a−2a−1

, якщо справедлива подвійна нерівність

−2 ≤ a−2a−1

≤ 1, розв’язком якої є a ϵ [ 43

;∞ ).Третя система має корінь x3=

a+2a+1

, якщо виконується умова a+2a+1

>1 , звідси

дістанемо a>−1.

Отже, дане рівняння не має розв’язків, якщо a≤−1; має два корені a−6a+1

, a+2a+1 ,

якщо aϵ (−1; 43 ) , має корені a−2

a−1, a+2a+1 , якшо a ϵ [ 4

3;∞).

Відповідь: розв’язків не має, якщо a ≤−1; a−6a+1

, a+2a+1

, якщо a ϵ (−1; 43 ); a−2

a−1, a+2

a+1,

якщо a ϵ [ 43

;∞ ).Приклад 3. При яких значеннях параметра а серед коренів рівняння

|x2−2ax+a2−1|=2 a−1 є лише один додатний корінь?

Розв’язання. При a< 12 це рівняння розв’язків не має, оскільки ліва частина

рівняння при будь-яких значеннях х невід’ємна.

Нехай a ≥ 12

, тоді дане рівняння рівносильне сукупності


[ x2−2ax+a2−1=2a−1,x2−2ax+a2−1=1−2 a;

❑⇒ [ ( x−a )2=2a ,

(x−a)2=2−2 a .

Перше рівняння сукупності має два розв’язки x1=a+√2 a , x2=a−√2a ,де x1>0.

Знайдемо а, при яких x2≤ 0. Отримаємо:

{a−√2 a≤ 0 ,

a ≥ 12

;❑⇒ {a≤√2 a ,

a ≥ 12

;❑⇒ {a2≤ 2 a ,

a ≥ 12

;❑⇒ {a ( a−2 ) ≤ 0 ,

a≥ 12 ;

❑⇒

a ϵ [ 12 ;2] .

Друге рівняння сукупності при a>1 розв’язків не має. Отже, при aϵ ¿ це

рівняння має один додатний корінь. Отже, при aϵ ¿ це рівняння має один

додатний корінь.

Нехай a ϵ [ 12

;1] . Тоді x3=a+√2−2 a , x4=a−√2−2 a – корені другого рівняння

сукупності. Оскільки x1>0 i x3>0 , то рівняння матиме один додатний корінь лише

тоді, коли x1=x3 . Розв’язавши рівняння a+√2a=a+√2−2a , дістанемо a=12

.

Тоді x1=x3=32

, x2=x4=−12

.

Відповідь: aϵ {12 }¿ .

Приклад 4. Розв’язати рівняння |x2 a2−2 x+a2|+|2 x2−4 x+3+a3|=0 .

Розв’язання. Дане рівняння рівносильне системі

Оскільки 2 x

x2+1∈ [−1 ;1 ] ,

то a2≤1⇔−1≤a≤1 . Тоді 1+a3∈ [ 0 ;2 ] . Крім того

2 ( x−1 )2≥0 .

Отже, ліва частина рівняння 2 ( x−1 )2+1+a3=0 є сумою двох невід’ємних

доданків Рівність можлива, якщо тобто при х=1 і а=-1. Перевірка показує, що значення х=1 при а=-1 задовольняє дане рівняння.

Відповідь: х=1, якщо а=-1;


х∈∅ , якщо а¿ -1.

Приклад 5. Розв’язати рівняння |x+2|+|x−a|+|ax−1|= (a+2 ) x−a+1 .

Розв’язання. Запишемо рівняння у вигляді

|x+2|+|x−a|+|ax−1|= (x+2 )+( x−a )+(ax−1 ) .

|x+2|+|x−a|+|ax−1|≥ (x+2 )+( x−a )+(ax−1 ) .

Отже, дане рівняння обертається в тотожність, як тільки виконується система

нерівностей

{ x+2≥ 0 ,x−a ≥ 0 ,

ax−1≥ 0;❑⇔ {

x ≥−2 ,x≥ a ,

[ x≥ 1a

,a>0 ,

x≤ 1a

, a<0.

При а=0 система не має розв’язків. Нехай а¿ 0. Порівнявши між собою числа

-2, а і 1a та врахувавши, що розв’язок нерівності ах¿ 1 залежить від знаку а,

дістанемо такі розв’язки рівняння:

1) а¿1 , тоді х¿ а;

2) 0<a<1 ,тоді х¿ 1

a;

3) −1<a≤0 ,тоді рівняння не має розв’язків;

4) −2<a≤−1 , тоді x∈[a ; 1

a ];5) a≤−2 , тоді

−2≤x≤1a

.

Приклад 6. Знайти дійсні розв’язки рівняння і визначити при яких

значеннях а воно має єдиний дійсний розв’язок: |x2−3 x

2−1|=−x2−4 x+a .

Розв’язання. Розглянемо два випадки.

Якщо 2 x2−3 x−2≥0 , x≤−1

2, x≥2,

то отримаємо рівняння:


4 x2+5 x−2(1+a )=0 ,

x1=−5−√57+32 a8

≤−12

,

Виконується при a≥−57

32. Більше двох цей корінь бути не може.

Для x2 потрібно розв’язати дві нерівності:

−5+√57+32 a8

≤−12

,−5+√57+32 a8

≥2.

Перша нерівність виконується при −57

32≤a≤−7

4,

а друга при a≥12.

Розглянемо другий випадок, нехай:

2 x2−3 x−2<0 ,−12<x<2.

Дане рівняння стає лінійним і ми знайдемо x3=

2( a−1 )11

.

Розв’яжемо нерівність:

−12

<2( a−1 )11

<2

−74

<a<12.

Отже при a=−57

32 корені x1 , x2 співпадають, а корінь x3 не існує, тобто

рівняння має єдиний розв’язок x=−5

8.

Якщо −57

32<a≤−7

4, то рівняння має два різні розв’язки x1 , x2 ; якщо

−74<a≤12 ,

то x1 , x3 ; якщо ж a≥12 , то два розв’язки x1 , x2 .

Корені x1 , x3 різні, так як −1

2<x3<2, x1 лежить поза цим інтервалом.

Відповідь: a=−57

32.


Значну кількість дослідницьких задач не вдається розв’язати безпосереднім

обчисленням або таке обчислення є дуже громіздким. Тому часто доводиться

спочатку обґрунтувати якусь властивість заданого рівняння або нерівності, а

потім, користуючись цією властивістю, давати відповідь на запитання задачі.

При розв’язуванні деяких дослідницьких завдань із параметрами можна

користуватися таким орієнтиром: якщо в завдання з параметрами йдеться про

кількість розв’язків рівняння (нерівності або системи), то для аналізу заданої

ситуації часто зручно використовувати графічну ілюстрацію розв’язування.

Достатньо простим є відповідне дослідження в тому випадку, коли задане

рівняння можна подати у вигляді f ( x )=a , оскільки графік функції y=a - це

пряма, паралельна осі Ox (яка перетинає вісь Oy у точці a). Для того, щоб

визначити, скільки коренів має рівняння f ( x )=a ,достатньовизначити, скільки

точок перетину має графік функції y=f ( x ) з прямою y=a при різних значеннях

параметра a. Для цього на відповідному рисунку доцільно зобразити всі

характерні положення прямої.

Приклад 7. Скільки коренів має рівняння |x2−4|x||=a?

Розв'язання. Побудуємо графіки функцій y=|x2−4|x|| та y=a . Аналізуючи

взаємне розміщення одержаних графіків, отримуємо відповідь.

Відповідь: при a<0 рівняння коренів не має; при a=0 рівняння має 3 корені; при a<0<4 рівняння має 6 коренів; при a=4 рівняння має 4 корені;


при a>4 рівняння має 2 корені.

Приклад 8. Скільки розв’язків має рівняння ?

Розв’язання. Застосуємо графічний метод перерізів. Для цього побудуємо графіки функцій:

і f ( x )=a .

y=a ,(a>1 )y=1 ,y=a ,(0<a<1) ,

Зрозуміло, що рівняння буде мати стільки розв’язків, скільки спільних точок мають графіки функцій. При a≤0 або a>1 горизонтальна пряма y=a не має спільних точок з графіком функції f(x). В цьому випадку рівняння має порожню множину розв’язків. При 0<a<1 графіки мають дві спільні точки А і В, тобто рівняння має два розв’язки.

Нарешті, якщо а=1, то рівняння має безліч розв’язків x∈ [−1;1 ] .

Відповідь: порожня множина, якщо a∈ (−∞; 0 )∪(1 ;∞ ) ;

два корені, якщо 0<a<1 ;

безліч коренів , якщо а=1.

Приклад 9. Визначити скільки розв’язків має рівняння |√ x−1|+x=a залежно

від значень параметра a?

Розв'язання. Позначимо f ( x )=|√x−1|, g ( x )=a−x . Тоді рівняння можна записати

так: f ( x )=g ( x ) . Побудуємо графік функції f ( x )=|√x−1|. Графік функції g ( x )=a−x

породжує сімейство паралельних прямих, нахилених до додатного напрямку осі


абсцисс під кутом 135 ° . Залежно від значень а графіки функцій можуть мати

дві, одну або не мати спільної точки.

Так, при a=1 пряма g ( x )=1−x проходить через точки (1;0) і (0;1), тому в цьому

випадку рівняння має два корені x1=0 та x2=0. При a>1 пряма g(x ) перетинає

криву f (x) тільки один раз. У цьому разі рівняння має один корінь. Існує ще

випадок, коли рівняння має один корінь. Так буде тоді, коли пряма g(x )

дотикається до кривої f ( x ) . Параметр а, що відповідає такому положенню

прямої, визначають так: оскільки дотична, проведена в точці дотику,

паралельна прямій y=−x , то f' ( x0 )=−1,− 1

2√ x0

=−1 , звідси x0=14

, тодіa=34

. Отже,

при a=34 дане рівняння має один корінь; при aϵ ( 3

4;1) – два корені, а при a< 3

4 –

коренів не має.

Відповідь: один корінь, якщо a=0,75 або a>1 ; два корені, якщо aϵ ¿1]; коренів

не має, якщо a<0,75.

Приклад 10. Розв’язати нерівність |x−a|>|2 x+a|.

Розв’язання. Оскільки нерівність |y|>|z| рівносильна нерівності y2>z2 , то

матимемо: PAGE \* MERGEFORMAT 6

( x−a )2> (2 x+a )2 , (2x+a )2−( x−a )2<0 ,

(2 x+a−x+a ) (2 x+a+x−a )<0 ,(x+2 a)x<0.

При a=0 остання нерівність, отже й вихідна, розв’язків не мають. Якщо a>0 ,

то x ϵ (−2 a;0 ) ; якщо a<0 , то x ϵ (0 ;−2a ) .

Відповідь: x ϵ∅ , якщо a=0 ; x ϵ (−2 a;0 ) , якщо a>0 ; x ϵ (0 ;−2a ) , якщо a<0.

Приклад 11. Розв’язати нерівність x2−2 a|x|+4 ≤0.

Розв’язання. Виокремивши повний квадрат за змінною |x|, запишемо цю

нерівність у такому вигляді: (|x|−a )2 ≤ a2−4.

Оскільки ліва частина нерівності невід’ємна для всіх х, то у разі виконання

умови

a2−4<0 , тобто для значень aϵ (−2 ;2 ) , вихідна нерівність розв’язків не має.

Нехай a2−4≥ 0 , або a ϵ ¿ [ 2; ∞) . При таких значеннях а перейдемо до

рівносильної нерівності

−√a2−4<|x|−a<√a2−4 ,

або

a−√a2−4<|x|<a+√a2−4 .

Оскільки при від’ємних а справедлива нерівність a+√a2−4<0 , то нерівність

|x|<a+√a2−4 , отже, й вихідна нерівність розв’язків не мають. Залишилося

розглянути випадок, коли aϵ [ 2; ∞ ) . Тоді виконуються нерівності a−√a2−4>0 і

a−√a2−4<a+√a2−4 , тому розв’язок вихідної нерівності є об’єднанням двох

відрізків:

x ϵ [ – a−√a2−4 ;−a+√a2−4 ] [ a−√a2−4 ; a+√a2−4 ] .

Відповідь: порожня множина, якщо a<2;

x=−2 і x=2 , якщо a=2 ;

x ϵ [ – a−√a2−4 ;−a+√a2−4 ] [ a−√a2−4 ; a+√a2−4 ] , якщо a>2.


1. При якому найменшому цілому значенні параметра a рівняння

√2x+13 (√ x2+16 x+64−√ x2−14 x+49)=a √2 x+13 має лише два різні корені?

(Відповідь: -11)


2. При якому найбільшому від'ємному значенні параметра a рівняння ¿ 4√|x|−1−2 x=a має один корінь? (Відповідь: -1,625)

3. При якому значенні параметра а рівняння |x−2|+|x−4|=a має безліч

розв'язків? (Відповідь: 2)

4. При якому найменшому цілому значенні параметра m рівняння

x2−|16 x−48|=mмає чотири розв’язки? (Відповідь: -15)

5. Cкільки розв’язків має рівняння залежно від параметра а:

|x+1|x+1

x2−2 x |x−1|x−1

+1+a? (Відповідь: не має розв'язків, якщо aϵ [−2;0 ] ; один

розв’язок, якщо 0<a<4 ; два розв’язки, якщо aϵ (0 ; 4))

6. Знайти усі значення параметра а, при яких рівняння x4−a|x|3+a2−4=0 має

єдиний корінь. (Відповідь: -2)

7. Знайти усі значення параметра а, при яких система рівнянь

{y=−2 x2+12 x−19 ,|x−3|+|y|=a

має єдиний розв’язок. (Відповідь: 1)

8. При яких значеннях а рівняння (x−a)2+2|x|−4=0 матиме:

а) два корені різних знаків;

б) два додатні корені? (Відповідь: а) a ϵ (−2 ;2 ); б) aϵ (2 ;2,5 ) .)

7. Системи рівнянь, що містять абсолютну величину і

параметри

Приклад 1. Розв’язати систему рівнянь: { y−2|x|+3=0 , ¿¿¿¿

Розв’язання. Якщо x≥0 , y≥0 , то отримаємо систему:


{ y−2 x+3=0 ,¿ ¿¿¿

Якщо x≥0 , y≤0 , то { y−2 x+3=0 ,¿ ¿¿¿

Якщо x≤0 , y≥0 , то { y+2 x+3=0 , ¿ ¿¿¿

Якщо x≤0 , y≤0 , то { y+2 x+3=0 , ¿ ¿¿¿Кожні із чотирьох розв’язків задовольняють записані умови.

Відповідь: (2; 1); (0; -3); (-6; 9); (0; -3).

Приклад 2. В області дійсних чисел розв’язати систему рівнянь:

{|x+ y|=x− y+a , ¿¿¿¿Розв’язання. Якщо x≥− y , x≥ y , то отримаємо систему:

{ x+ y=x− y+a ,¿ ¿¿¿яка при x≥− y , x≥ y , має розв’язки:

x≥|a|2

, y=a2

, за умови a=−b .

Якщо x≥− y , x≤ y ,то { x+ y=x− y+a ,¿ ¿¿¿

Із умови x≥− y знаходимо −b

2≥−a

2, а з другої умови:

−b2≤a

2.

Обидві нерівності відповідають умові: a≥|b|.

Якщо ж x≤− y , x≥ y , то:


{−x− y=x− y+a , ¿ ¿¿¿Підставляючи знайдені значення х і у в умови, отримаємо: b≥|a|.

На кінець, якщо x≤− y , x≤ y , то отримаємо: {−x− y=x− y+a , ¿ ¿¿¿

Це означає, що при a=b , так як y≥x , але y≤−x , то −x≥0 .

Отже отримуємо при a=b≥0 , x=−a

2,−a

2≤ y≤a

2.

Відповідь: при a=−b , x≥|a|

2, y=a

2;

при a≥|b|, x=−b

2, y=a

2;

при b≥|a|, x=−a

2, y=−b

2;

при a=b≥0 , x=−a

2,−a

2≤ y≤a

2.

Приклад 3. При яких значеннях а система має дійсні розв’язки? Знайти ці розв’язки.

Розв’язання. Рівняння x2+ y2=a при a<0 не має розв’язків. Якщо a≥0 ,то

геометричною інтерпретацією цього рівняння є коло радіуса √a з центром в

початку координат. Друге рівняння визначає сторони квадрата, діагоналі якого

рівні 2 і розміщені на осях координат.

При збільшенні а коло буде збільшуватися і спочатку буде вписаним в

квадрат, потім перетне його в восьми точках і, буде описаним навколо квадрата.

Отже, якщо √a< √2

2, то система не має розв’язків.


Якщо √a=√2

2,a=1

2,отримаємо чотири розв’язки:

x=12

, y=12

, і три

симетричних розв’язки: (−12

; 12 );(−1

2; 1

2 );( 12

;−12 ).

Якщо 12<a<1 ,

то маємо вісім розв’язків. Ми знайдемо їх піднісши перше

рівняння до квадрату і отримавши за допомогою другого рівняння |x|⋅|y|=1−a

2.

В результаті отримаємо систему рівнянь:

До цих розв’язків потрібно додати ще шість симетричних.

Якщо a=1 , то система має чотири розв’язки:

x1=1 , y1=0 ,x2=0 , y2=1 ,x3=−1 , y3=0 ,x4=0 , y4=−1.

При a>1,система не має розв’язків.

Приклад 4. Знайти всі значення a ,b при яких система має один розв’язок:

{|x y−1x y+1

|=a ,¿ ¿¿¿ (x , y , a , b−дійсні числа)

Розв’язання. Нехай (x1 ; y1) - розв’язок системи. Тоді друге рівняння

задовольняє ще три пари змінних: (−x1 ; y1 ); ( x1 ;− y1 ) ;(−x1 ;− y1 ) . Легко переконатися,


що перше рівняння поряд з розв’язком (x1 ; y1) має також розв’язком і (x1 ;− y1) :

|x1

y1−1

x1= y1+1

|=|

1x1

y1−11

x1y1+1

|=|1−x1

y1

1+x1y1|=a .

Таким чином система може мати один розв’язок лише при умові, що y1− y1 , y=0 . Підставимо це значення у в систему, отримаємо а=0.

Вияснимо, чи достатньо умови а=0 для існування єдиного розв’язку даної

системи рівнянь. Якщо а=0,то xy=1 , а це означає, що або х=1, у – будь-яке

число, або x≠0 - будь-яке число, у=0. Значення параметра b повинні бути такими, щоб друге рівняння системи задовольняв тільки один з розв’язків першого рівняння системи.

Якщо у=0, то друге рівняння має єдиний розв’язок x=√b ( за умовою x>0 ) при будь-якому b>0. Тому b потрібно вибирати таким, щоб виключити

випадок х=1, тобто таким, щоб рівняння 1+ y2=b не мало дійсних розв’язків. Для цього необхідно і достатньо виконання умови b<1.

Якщо х=1, то друге рівняння має єдиний розв’язок тільки в тому випадку, коли b=1. При цьому його задовольняє один із розв’язків першого рівняння системи: х=1, у=0.

Відповідь: a=0,0<b≤1 .

Приклад 5. При яких значеннях а система рівнянь має два розв’язки:

?

Розв’язання. Зауважимо, що якщо пара є розв’язком даної системи, то

пари ( y ; x ) , (−x;− y ) , (− y ;−x ) - також є розв’язками системи. Звідси випливає, що

якщо система має два розв’язки, то вони мають вигляд ( x ; x ) , (−x ;−x ) . Отже, умова x= y є необхідною (але не достатньою) умовою існування у даної системи двох розв’язків. З цьому випадку маємо систему:

{2 x2=a ,¿ ¿¿¿


Розв’язавши вихідну систему при а=8, переконаємося, що вона дійсно має два

розв’язки, а саме: (2; 2) , (-2; -2).

Відповідь: а=8.


1. При яких а система {x2−10 x+16<0 ,|x+3|<a не має розв’язків?

(Відповідь: a ≤ 5)

2. При яких а система {16−6 x−x2>0 ,|x+4|>a не має розв’язків?

(Відповідь: a≥ 6)

3. При яких а система нерівностей {2x2+x−15 ≤ 0 ,|x+a|≤ 4 має один розв'язок? Знайти

цей розв'язок. (Відповідь: a=−132

, x=52

;a=7 , x=−3)

4. Знайти всі значення а, при яких система нерівностей { |x+1|≤ a ,|2 x+3a|≤ 4 має

єдиний розв’язок. (Відповідь: a=0 ;a=6)

5. Знайти всі значення а, для яких існує тільки одне значення х, що

задовольняє систему {|x2−7 x+6|+x2+5 x+6−12|x|=0 ,x2−2 (a−2 ) x+a (a−4 )=0.

(Відповідь: aϵ {−3 }∪ {−2 }∪ (1 ;2 )∪ (2;5 )∪¿)

6. При яких a i b система рівнянь {x2+ y2=a2 ,y=|x|+b має єдиний розв’язок?

(Відповідь: b=|a|)



CПИСОК ВИКОРИСТАНОЇ ЛІТЕРАТУРИ

1. Програми для загальноосвітніх навчальних закладів “Математика 5-12

класи”. – Київ: Перун, 2005 рік.

2. Янченко Г.П., Кравчук В.Р. Математика. Підручник для 6 класу. –

Тернопіль: Підручники і посібники, 2006. – 272с.

3. Нелін Є.П. Алгебра і початки аналізу: підруч. для 10 кл. загальноосвіт.

навчальн. закладів: академ. рівень. – Х.: Гімназія, 2010. – 416с.: іл.

4. Завдання для зовнішнього незалежного оцінювання. – 2006-2013.

5. Апостолова Г.В. Хитромудрий модуль. – К.: Поліграф сервіс, 2001.

6. Репета В.К., Клешня Н.О., Коробова М.В., Репета Л.А. Задачі з

параметрами. – К.: Вища шк., 2006. – 302 с.: іл.

7. Севрюков П.Ф., Смоляков А.Н. Уравнения и неравенства с модулями и

методика их решения. – Москва: Ставрополь, 2005. – 112с.

8. Гайштут О.Г., Литвиненко Г.М. Розв’язування алгебраїчних задач. – К.:

Радянська школа, 1991.

9. Апостолова Г.В. Я сам! – Київ: Факт, 2000.

10. Барановська Г.Г., Ясінський В.В. Практикум з математики. Алгебра. - К.:

«КПІ», ч.1 1997, ч.2 1998.

11. Голубев В.И. Абсолютная велечина числа в конкурсных экзаменах по

матиматике. - Львов: Журнал «Квантор», 1991.

12. Поліщук О.Р. Задачі з параметрами. – Харків: журнал “Математика в

школах України”, №11 2013.

13. Фельдман Я.С., Жаржевський О.Я. Математика. Рішення задач з

модулями. - СП6, Оракул, 1997.

14. Шаригін І.Ф. Факультативний курс з математики. Рішення задач. –

Москва: „Просвещение”, 1989.

15. Шкіль М.І., Колесник Т.В., Шмара Т.М. Алгебра і початки аналізу.

Підручник для 10 класу з поглибленим вивченням математики в середніх

закладах освіти. – Київ: „ Освіта”, 2004.

16. Завало С.Т. Рівняння і нерівності. – К.: Радянська школа, 1973.


17. Тишин В. И. Математика для вчителів і учнів: раціональні алгебраїчні

рівняння. – К., 2005.

18. Дубинчук О.С., Мальований Ю.І., Дичек Н.П. Методика викладання

алгебри в 7-9 класах: Посібник для вчителя. – К., 1991. – 254с.

19. Вірченко Н. О., Ляшко І. І. Графіки функцій. – Київ: Наукова думка, 1977.

20. Колесник Б.М. Алгебраїчні задачі на дослідження. – Київ, 1992.

21. Ітернет ресурси.


Education

модуль числа