A llogaritet sipas rregullave të mëposhtme:

Për shkurtësi, përdorni |a|. Kështu, |10| = 10; - 1/3 = | 1 / 3 |; | -100| =100 etj.

Çdo madhësi X korrespondon me një vlerë mjaft të saktë | X|. Dhe kjo do të thotë identiteti në= |X| vendos në si disa funksioni i argumentit X.

Orari kjo funksione paraqitur më poshtë.

Për x > 0 |x| = x, dhe për x< 0 |x|= -x; në lidhje me këtë rresht y = | x| në x> 0 përafrohet me vijën y=x(përgjysmues i këndit të parë koordinativ), dhe kur X< 0 - с прямой y = -x(përgjysmues i këndit të dytë koordinativ).

Të ndara ekuacionet përfshijnë të panjohura nën shenjë modul.

Shembuj arbitrar të ekuacioneve të tilla - | X— 1| = 2, |6 — 2X| =3X+ 1 etj.

Zgjidhja e ekuacioneve që përmban të panjohurën nën shenjën e modulit bazohet në faktin se nëse vlera absolute e numrit të panjohur x është e barabartë me numrin pozitiv a, atëherë vetë ky numër x është i barabartë me a ose -a.

Për shembull: nëse | X| = 10, pastaj ose X= 10, ose X = -10.

Konsideroni zgjidhje e ekuacioneve individuale.

Le të analizojmë zgjidhjen e ekuacionit | X- 1| = 2.

Le të hapim modulin pastaj diferenca X- 1 mund të jetë e barabartë ose + 2 ose - 2. Nëse x - 1 = 2, atëherë X= 3; nëse X- 1 = - 2, atëherë X= - 1. Bëjmë një zëvendësim dhe marrim që të dyja këto vlera plotësojnë ekuacionin.

Përgjigju. Ky ekuacion ka dy rrënjë: x 1 = 3, x 2 = - 1.

Le të analizojmë zgjidhje e ekuacionit | 6 — 2X| = 3X+ 1.

Pas zgjerimi i modulit marrim: ose 6 - 2 X= 3X+ 1, ose 6 - 2 X= - (3X+ 1).

Në rastin e parë X= 1, dhe në të dytën X= - 7.

Ekzaminimi. Në X= 1 |6 — 2X| = |4| = 4, 3x+ 1 = 4; vijon nga gjykata X = 1 - rrënjë b dhënë ekuacionet.

Në x = - 7 |6 — 2x| = |20| = 20, 3x+ 1= - 20; që nga 20 ≠ -20, atëherë X= - 7 nuk është rrënja e këtij ekuacioni.

Përgjigju. Në ekuacionet kanë vetëm një rrënjë: X = 1.

Ekuacionet e këtij lloji mund zgjidhin dhe grafikisht.

Pra, le të vendosim për shembull, ekuacioni grafik | X- 1| = 2.

Le të ndërtojmë së pari grafiku i funksionit në = |x— 1|. Le të vizatojmë fillimisht grafikun e funksionit. në=X- 1:

Ajo pjesë e saj grafike, i cili ndodhet mbi bosht X ne nuk do të ndryshojmë. Për të X- 1 > 0 dhe prandaj | X-1|=X-1.

Pjesa e grafikut që ndodhet nën bosht X, përshkruaj në mënyrë simetrike rreth këtij aksi. Sepse për këtë pjesë X - 1 < 0 и соответственно |X - 1|= - (X - 1). Formuar si rezultat linjë(vijë e ngurtë) dhe do grafiku i funksionit y = | X—1|.

Kjo linjë do të kryqëzohet me drejt në= 2 në dy pika: M 1 me abshisë -1 dhe M 2 me abshisë 3. Dhe, në përputhje me rrethanat, ekuacioni | X- 1| =2 do të ketë dy rrënjë: X 1 = - 1, X 2 = 3.

Një modul është një nga ato gjëra që të gjithë duket se kanë dëgjuar, por në realitet askush nuk e kupton vërtet. Prandaj, sot do të ketë një mësim të madh kushtuar zgjidhjes së ekuacioneve me module.

Unë do t'ju them menjëherë: mësimi do të jetë i thjeshtë. Në përgjithësi, modulet janë përgjithësisht një temë relativisht e thjeshtë. “Po, sigurisht, është e lehtë! Më bën të shpërthejë truri!" - do të thonë shumë studentë, por të gjitha këto prishje truri janë për faktin se shumica e njerëzve nuk kanë njohuri në kokën e tyre, por një lloj katrahure. Dhe qëllimi i këtij mësimi është të kthejë katrahurën në njohuri. :)

Pak teori

Pra, le të shkojmë. Le të fillojmë me më të rëndësishmin: çfarë është një modul? Më lejoni t'ju kujtoj se moduli i një numri është thjesht i njëjti numër, por merret pa shenjën minus. Kjo është, për shembull, $\left| -5 \djathtas|=5$. Ose $\majtas| -129,5\djathtas|=129,5$.

A është kaq e thjeshtë? Po, e thjeshtë. Sa është atëherë moduli i një numri pozitiv? Këtu është edhe më e thjeshtë: moduli i një numri pozitiv është i barabartë me vetë këtë numër: $\left| 5\djathtas|=5$; $\majtas| 129,5 \djathtas|=129,5$ etj.

Rezulton një gjë kurioze: numra të ndryshëm mund të ketë të njëjtin modul. Për shembull: $\left| -5 \djathtas|=\majtas| 5\djathtas|=5$; $\majtas| -129.5 \djathtas|=\majtas| 129,5 \djathtas|=129,5$. Është e lehtë të shihet se çfarë lloj numrash janë këta, në të cilët modulet janë të njëjta: këta numra janë të kundërt. Kështu, vërejmë vetë se modulet e numrave të kundërt janë të barabarta:

\[\majtas| -a \djathtas|=\majtas| a\drejtë|\]

Një tjetër fakt i rëndësishëm: moduli nuk është kurrë negativ. Çfarëdo numri që marrim - edhe pozitiv, madje negativ - moduli i tij gjithmonë rezulton pozitiv (ose në raste ekstreme, zero). Kjo është arsyeja pse moduli shpesh quhet vlerë absolute e një numri.

Përveç kësaj, nëse kombinojmë përkufizimin e modulit për një numër pozitiv dhe negativ, atëherë marrim një përkufizim global të modulit për të gjithë numrat. Domethënë: moduli i një numri është i barabartë me vetë këtë numër, nëse numri është pozitiv (ose zero), ose i barabartë me numrin e kundërt, nëse numri është negativ. Ju mund ta shkruani këtë si formulë:

Ekziston edhe një modul zero, por ai është gjithmonë i barabartë me zero. Përveç kësaj, zero njëjës, e cila nuk ka të kundërtën.

Kështu, nëse marrim parasysh funksionin $y=\left| x \right|$ dhe përpiquni të vizatoni grafikun e tij, do të merrni një "daw" të tillë:

Shembull i zgjidhjes së grafikut të modulit dhe ekuacionit

Nga kjo foto mund të shihni menjëherë se $\left| -m \djathtas|=\majtas| m \right|$, dhe grafiku i modulit nuk bie kurrë nën boshtin x. Por kjo nuk është e gjitha: vija e kuqe shënon vijën e drejtë $y=a$, e cila, me $a$ pozitive, na jep dy rrënjë njëherësh: $((x)_(1))$ dhe $((x) _(2)) $, por ne do të flasim për këtë më vonë. :)

Përveç një përkufizimi thjesht algjebrik, ekziston edhe një përkufizim gjeometrik. Le të themi se ka dy pika në vijën numerike: $((x)_(1))$ dhe $((x)_(2))$. Në këtë rast, shprehja $\left| ((x)_(1))-((x)_(2)) \right|$ është vetëm distanca ndërmjet pikave të specifikuara. Ose, nëse dëshironi, gjatësia e segmentit që lidh këto pika:

Moduli është distanca midis pikave në vijën numerike

Nga ky përkufizim rezulton gjithashtu se moduli është gjithmonë jo negativ. Por mjaft përkufizime dhe teori - le të kalojmë në ekuacione reale. :)

Formula bazë

Mirë, ne e kemi kuptuar përkufizimin. Por nuk u bë më e lehtë. Si të zgjidhen ekuacionet që përmbajnë pikërisht këtë modul?

Qetë, vetëm qetësi. Le të fillojmë me gjërat më të thjeshta. Konsideroni diçka si kjo:

\[\majtas| x\djathtas|=3\]

Pra, moduli$x$ është 3. Me çfarë mund të jetë i barabartë $x$? Epo, duke gjykuar nga përkufizimi, $x=3$ do të na përshtatet shumë mirë. Vërtet:

\[\majtas| 3\djathtas|=3\]

A ka numra të tjerë? Cap duket të lë të kuptohet se ka. Për shembull, $x=-3$ — $\majtas| -3 \djathtas|=3$, d.m.th. plotësohet barazia e kërkuar.

Pra, ndoshta nëse kërkojmë, mendojmë, do të gjejmë më shumë numra? Dhe këtu është një pushim: më shumë numra nr. Ekuacioni $\majtas| x \right|=3$ ka vetëm dy rrënjë: $x=3$ dhe $x=-3$.

Tani le ta komplikojmë pak detyrën. Le të varet, në vend të ndryshores $x$, funksioni $f\left(x \right)$ nën shenjën e modulit, dhe në të djathtë, në vend të trefishit, vendosim një numër arbitrar $a$. Ne marrim ekuacionin:

\[\majtas| f\majtas(x \djathtas) \djathtas|=a\]

Epo, si vendosni? Më lejoni t'ju kujtoj: $f\left(x \right)$ është një funksion arbitrar, $a$ është çdo numër. Ato. ndonjë fare! Për shembull:

\[\majtas| 2x+1 \djathtas|=5\]

\[\majtas| 10x-5 \djathtas|=-65\]

Le të shohim ekuacionin e dytë. Mund të thuash menjëherë për të: ai nuk ka rrënjë. Pse? Kjo është e drejtë: sepse kërkon që moduli të jetë i barabartë me numër negativ, gjë që nuk ndodh kurrë, pasi tashmë e dimë se moduli është gjithmonë një numër pozitiv, ose në raste ekstreme, zero.

Por me ekuacionin e parë, gjithçka është më argëtuese. Ka dy opsione: ose ka një shprehje pozitive nën shenjën e modulit dhe më pas $\left| 2x+1 \right|=2x+1$, ose kjo shprehje është ende negative, në këtë rast $\left| 2x+1 \djathtas|=-\majtas(2x+1 \djathtas)=-2x-1$. Në rastin e parë, ekuacioni ynë do të rishkruhet si:

\[\majtas| 2x+1 \djathtas|=5\Djathtas 2x+1=5\]

Dhe befas rezulton se shprehja e nënmodulit $2x+1$ është vërtet pozitive - është e barabartë me numrin 5. Kjo është, ne mund ta zgjidhim me siguri këtë ekuacion - rrënja që rezulton do të jetë një pjesë e përgjigjes:

Ata që janë veçanërisht dyshues mund të përpiqen të zëvendësojnë rrënjën e gjetur në ekuacionin origjinal dhe të sigurohen që me të vërtetë do të ketë një numër pozitiv nën modul.

Tani le të shohim rastin e një shprehjeje negative të nënmodulit:

\[\majtas\( \fillimi(rreshtoj)& \majtas| 2x+1 \djathtas|=5 \\& 2x+1 \lt 0 \\\fund (rreshtoj) \djathtas.\Rightarrow -2x-1=5 \Shigjeta djathtas 2x+1=-5\]

Oops! Gjithçka është përsëri e qartë: ne supozuam se $2x+1 \lt 0$, dhe si rezultat morëm se $2x+1=-5$ është me të vërtetë shprehja më pak se zero. Ne zgjidhim ekuacionin që rezulton, ndërsa tashmë e dimë me siguri se rrënja e gjetur do të na përshtatet:

Në total, përsëri morëm dy përgjigje: $x=2$ dhe $x=3$. Po, sasia e llogaritjeve doli të jetë pak më shumë se në ekuacionin shumë të thjeshtë $\left| x \right|=3$, por në thelb asgjë nuk ka ndryshuar. Pra, ndoshta ka disa algoritmi universal?

Po, ekziston një algoritëm i tillë. Dhe tani do ta analizojmë.

Heqja e shenjës së modulit

Le të na jepet ekuacioni $\left| f\left(x \right) \right|=a$, dhe $a\ge 0$ (përndryshe, siç e dimë tashmë, nuk ka rrënjë). Atëherë mund të hiqni qafe shenjën e modulit sipas rregullit të mëposhtëm:

\[\majtas| f\majtas(x \djathtas) \djathtas|=a\Shigjeta djathtas f\majtas(x \djathtas)=\pm a\]

Kështu, ekuacioni ynë me modulin ndahet në dysh, por pa modulin. Kjo është e gjithë teknologjia! Le të përpiqemi të zgjidhim disa ekuacione. Le të fillojmë me këtë

\[\majtas| 5x+4 \djathtas|=10\Djathtas shigjetë 5x+4=\pm 10\]

Ne do të shqyrtojmë veçmas kur ka një dhjetë me një plus në të djathtë, dhe veçmas kur është me një minus. Ne kemi:

\[\fillim(rreshtoj)& 5x+4=10\Djathtas shigjetë 5x=6\Djathtas shigjetë x=\frac(6)(5)=1,2; \\& 5x+4=-10\Djathtas 5x=-14\Djathtas x=-\frac(14)(5)=-2.8. \\\fund (radhis)\]

Kjo eshte e gjitha! Ne morëm dy rrënjë: $x=1.2$ dhe $x=-2.8$. E gjithë zgjidhja mori fjalë për fjalë dy rreshta.

Ok, pa dyshim, le të shohim diçka pak më serioze:

\[\majtas| 7-5x \djathtas|=13\]

Përsëri, hapni modulin me një plus dhe një minus:

\[\fillim(rreshtoj)& 7-5x=13\Djathtas -5x=6\Djathtas x=-\frac(6)(5)=-1,2; \\& 7-5x=-13\Rightarrow -5x=-20\Rightarrow x=4. \\\fund (radhis)\]

Përsëri disa rreshta - dhe përgjigja është gati! Siç thashë, nuk ka asgjë të komplikuar në module. Thjesht duhet të mbani mend disa rregulla. Prandaj, ne shkojmë më tej dhe vazhdojmë me detyra vërtet më të vështira.

Kasë e ndryshueshme në anën e djathtë

Tani merrni parasysh këtë ekuacion:

\[\majtas| 3x-2 \djathtas|=2x\]

Ky ekuacion është thelbësisht i ndryshëm nga të gjitha të mëparshmet. Si? Dhe fakti që shprehja $2x$ është në të djathtë të shenjës së barazimit - dhe ne nuk mund ta dimë paraprakisht nëse është pozitive apo negative.

Si të jesh në atë rast? Së pari, duhet ta kuptojmë një herë e përgjithmonë nëse ana e djathtë e ekuacionit është negative, atëherë ekuacioni nuk do të ketë rrënjë- tashmë e dimë se moduli nuk mund të jetë i barabartë me një numër negativ.

Dhe së dyti, nëse pjesa e djathtë është ende pozitive (ose e barabartë me zero), atëherë mund të vazhdoni saktësisht në të njëjtën mënyrë si më parë: thjesht hapni modulin veçmas me shenjën plus dhe veçmas me shenjën minus.

Kështu, ne formulojmë një rregull për funksionet arbitrare $f\left(x \right)$ dhe $g\left(x \right)$:

\[\majtas| f\ majtas(x \djathtas) \djathtas|=g\majtas(x \djathtas)\Djathtas shigjeta \majtas\( \fillimi(rreshtoj)& f\majtë(x \djathtas)=\pm g\majtas (x \djathtas ), \\& g\majtas(x \djathtas)\ge 0. \\\fund (rreshtoj) \djathtas.\]

Në lidhje me ekuacionin tonë, marrim:

\[\majtas| 3x-2 \djathtas|=2x\Djathtas shigjeta \majtas\( \fillimi(radhis)& 3x-2=\pm 2x, \\& 2x\ge 0. \\\fund (rreshtoj) \djathtas.\]

Epo, ne mund ta trajtojmë disi kërkesën $2x\ge 0$. Në fund, ne mund të zëvendësojmë marrëzi rrënjët që marrim nga ekuacioni i parë dhe të kontrollojmë nëse pabarazia vlen apo jo.

Pra, le të zgjidhim vetë ekuacionin:

\[\fillim(lidh)& 3x-2=2\Djathtas shigjetë 3x=4\Djathtas x=\frac(4)(3); \\& 3x-2=-2\Djathtas shigjetë 3x=0\Djathtas x=0. \\\fund (radhis)\]

Epo, cila nga këto dy rrënjë plotëson kërkesën $2x\ge 0$? Po, të dyja! Prandaj, përgjigja do të jetë dy numra: $x=(4)/(3)\;$ dhe $x=0$. Kjo eshte zgjidhja. :)

Dyshoj se një nga studentët tashmë ka filluar të mërzitet? Epo, merrni parasysh një ekuacion edhe më kompleks:

\[\majtas| ((x)^(3))-3((x)^(2))+x \djathtas|=x-((x)^(3))\]

Edhe pse duket e keqe, në fakt është i njëjti ekuacion i formës "moduli është i barabartë me funksionin":

\[\majtas| f\majtas(x \djathtas) \djathtas|=g\majtas(x \djathtas)\]

Dhe zgjidhet në të njëjtën mënyrë:

\[\majtas| ((x)^(3))-3((x)^(2))+x \djathtas|=x-((x)^(3))\Djathtas shigjeta \majtas\( \fillimi(rreshtoj)& ( (x)^(3))-3((x)^(2))+x=\pm \majtas(x-((x)^(3)) \djathtas), \\& x-((x )^(3))\ge 0. \\\fund (rreshtoj) \djathtas.\]

Ne do të merremi me pabarazinë më vonë - ajo është disi shumë vicioze (në fakt e thjeshtë, por ne nuk do ta zgjidhim atë). Tani për tani, le të hedhim një vështrim në ekuacionet që rezultojnë. Konsideroni rastin e parë - kjo është kur moduli zgjerohet me një shenjë plus:

\[((x)^(3))-3((x)^(2))+x=x-((x)^(3))\]

Epo, këtu është e pamend që ju duhet të mbledhni gjithçka në të majtë, të sillni të ngjashme dhe të shihni se çfarë ndodh. Dhe kjo është ajo që ndodh:

\[\filloj(rreshtoj)& ((x)^(3))-3((x)^(2))+x=x-((x)^(3)); \\& 2((x)^(3))-3((x)^(2))=0; \\\fund (radhis)\]

Duke vendosur faktorin e përbashkët $((x)^(2))$ nga kllapa, marrim një ekuacion shumë të thjeshtë:

\[((x)^(2))\majtas(2x-3 \djathtas)=0\Djathtas shigjeta \majtas[ \fillimi(rreshtoj)& ((x)^(2))=0 \\& 2x-3 =0 \\\fund (rreshtoj) \djathtas.\]

\[((x)_(1))=0;\katër ((x)_(2))=\frac(3)(2)=1,5.\]

Këtu kemi përdorur pronë e rëndësishme produkti, për hir të të cilit faktorizuam polinomin origjinal: prodhimi është i barabartë me zero kur të paktën njëri prej faktorëve është i barabartë me zero.

Tani, në të njëjtën mënyrë, do të merremi me ekuacionin e dytë, i cili fitohet duke zgjeruar modulin me një shenjë minus:

\[\filloj(rreshtoj)& ((x)^(3))-3((x)^(2))+x=-\majtas(x-((x)^(3)) \djathtas); \\& ((x)^(3))-3((x)^(2))+x=-x+((x)^(3)); \\& -3((x)^(2))+2x=0; \\& x\ majtas(-3x+2 \djathtas)=0. \\\fund (radhis)\]

Përsëri, e njëjta gjë: produkti është zero kur të paktën një nga faktorët është zero. Ne kemi:

\[\majtas[ \fillimi(rreshtoj)& x=0 \\& -3x+2=0 \\\fund (rreshtoj) \djathtas.\]

Epo, ne morëm tre rrënjë: $x=0$, $x=1.5$ dhe $x=(2)/(3)\;$. Epo, çfarë do të hyjë në përgjigjen përfundimtare nga ky grup? Për ta bërë këtë, mbani mend se kemi një kufizim shtesë të pabarazisë:

Si të merret parasysh kjo kërkesë? Le të zëvendësojmë vetëm rrënjët e gjetura dhe të kontrollojmë nëse pabarazia vlen për këto $x$ apo jo. Ne kemi:

\[\fillimi(rreshtoj)& x=0\Shigjeta djathtas x-((x)^(3))=0-0=0\ge 0; \\& x=1,5\Shigjeta djathtas x-((x)^(3))=1,5-((1,5)^(3)) \lt 0; \\& x=\frac(2)(3)\Shigjeta djathtas x-((x)^(3))=\frac(2)(3)-\frac(8)(27)=\frac(10) (27)\ge 0; \\\fund (radhis)\]

Kështu, rrënja $x=1.5$ nuk na përshtatet. Dhe vetëm dy rrënjë do të shkojnë në përgjigje:

\[((x)_(1))=0;\katër ((x)_(2))=\frac(2)(3).\]

Siç mund ta shihni, edhe në këtë rast nuk kishte asgjë të vështirë - ekuacionet me module zgjidhen gjithmonë sipas algoritmit. Ju vetëm duhet të keni një kuptim të mirë të polinomeve dhe pabarazive. Prandaj, ne kalojmë në detyra më komplekse - tashmë nuk do të ketë një, por dy module.

Ekuacionet me dy module

Deri më tani, ne kemi studiuar vetëm ekuacionet më të thjeshta - kishte një modul dhe diçka tjetër. Ne e dërguam këtë "diçka tjetër" në një pjesë tjetër të pabarazisë, larg modulit, në mënyrë që në fund gjithçka të reduktohej në një ekuacion si $\left| f\left(x \right) \right|=g\left(x \djathtas)$ ose edhe më e thjeshtë $\left| f\left(x \djathtas) \djathtas|=a$.

Por kopshti i fëmijëve mbaroi - është koha për të menduar diçka më serioze. Le të fillojmë me ekuacione si kjo:

\[\majtas| f\left(x \djathtas) \djathtas|=\majtas| g\left(x \djathtas) \djathtas|\]

Ky është një ekuacion i formës "moduli është i barabartë me modulin". Në thelb pikë e rëndësishmeështë mungesa e termave dhe faktorëve të tjerë: vetëm një modul në të majtë, një modul më shumë në të djathtë - dhe asgjë më shumë.

Dikush do të mendonte tani se ekuacione të tilla janë më të vështira për t'u zgjidhur sesa ato që kemi studiuar deri tani. Por jo: këto ekuacione zgjidhen edhe më lehtë. Këtu është formula:

\[\majtas| f\left(x \djathtas) \djathtas|=\majtas| g\majtas(x \djathtas) \djathtas|\Djathtas f\ majtas(x \djathtas)=\pm g\majtas(x \djathtas)\]

Gjithçka! Thjesht barazojmë shprehjet e nënmoduleve duke parashtesuar njërën prej tyre me një shenjë plus ose minus. Dhe pastaj ne zgjidhim dy ekuacionet që rezultojnë - dhe rrënjët janë gati! Asnjë kufizim shtesë, pa pabarazi, etj. Gjithçka është shumë e thjeshtë.

Le të përpiqemi ta zgjidhim këtë problem:

\[\majtas| 2x+3 \djathtas|=\majtas| 2x-7 \djathtas|\]

Uatson elementar! Hapja e moduleve:

\[\majtas| 2x+3 \djathtas|=\majtas| 2x-7 \djathtas|\Djathtas 2x+3=\pm \majtas(2x-7 \djathtas)\]

Le të shqyrtojmë secilin rast veç e veç:

\[\fillim(lidh)& 2x+3=2x-7\Rightarrow 3=-7\Rightarrow \emptyset ; \\& 2x+3=-\majtas(2x-7 \djathtas)\Djathtas shigjetë 2x+3=-2x+7. \\\fund (radhis)\]

Ekuacioni i parë nuk ka rrënjë. Sepse kur është $3=-7$? Për çfarë vlerash prej $x$? “Çfarë dreqin është $x$? Jeni të vrarë me gurë? Nuk ka fare $x$, "thoni ju. Dhe do të keni të drejtë. Ne kemi marrë një barazi që nuk varet nga ndryshorja $x$, dhe në të njëjtën kohë barazia në vetvete është e pasaktë. Kjo është arsyeja pse nuk ka rrënjë.

Me ekuacionin e dytë, gjithçka është pak më interesante, por edhe shumë, shumë e thjeshtë:

Siç mund ta shihni, gjithçka u vendos fjalë për fjalë në disa rreshta - nuk prisnim asgjë tjetër nga një ekuacion linear. :)

Si rezultat, përgjigja përfundimtare është: $x=1$.

Epo, si? E veshtire? Sigurisht që jo. Le të provojmë diçka tjetër:

\[\majtas| x-1 \djathtas|=\majtas| ((x)^(2))-3x+2 \djathtas|\]

Përsëri kemi një ekuacion si $\left| f\left(x \djathtas) \djathtas|=\majtas| g\left(x \djathtas) \djathtas|$. Prandaj, ne e rishkruajmë menjëherë, duke zbuluar shenjën e modulit:

\[((x)^(2))-3x+2=\pm \majtas(x-1 \djathtas)\]

Ndoshta dikush do të pyesë tani: “Hej, çfarë lloj marrëzie? Pse është plus-minus në anën e djathtë dhe jo në anën e majtë? Qetësohu, do të shpjegoj gjithçka. Në të vërtetë, në një mënyrë të mirë, ne duhet ta kishim rishkruar ekuacionin tonë si më poshtë:

Pastaj duhet të hapni kllapat, të lëvizni të gjithë termat në një drejtim nga shenja e barabartë (pasi ekuacioni, padyshim, do të jetë katror në të dyja rastet) dhe më pas gjeni rrënjët. Por duhet ta pranoni: kur "plus-minus" është përpara tre termave (veçanërisht kur njëri prej këtyre termave është një shprehje katrore), duket disi më e ndërlikuar sesa situata kur "plus-minus" është vetëm përpara dy. kushtet.

Por asgjë nuk na pengon të rishkruajmë ekuacionin origjinal si më poshtë:

\[\majtas| x-1 \djathtas|=\majtas| ((x)^(2))-3x+2 \djathtas|\Djathtas shigjeta \majtas| ((x)^(2))-3x+2 \djathtas|=\majtas| x-1 \djathtas|\]

Cfare ndodhi? Po, asgjë e veçantë: thjesht ndërroi anën e majtë dhe të djathtë. Një gjë e vogël, e cila në fund do të na thjeshtojë pak jetën. :)

Në përgjithësi, ne e zgjidhim këtë ekuacion, duke marrë parasysh opsionet me një plus dhe një minus:

\[\fillo(rreshtoj)& ((x)^(2))-3x+2=x-1\Shigjeta djathtas ((x)^(2))-4x+3=0; \\& ((x)^(2))-3x+2=-\majtas(x-1 \djathtas)\Shigjeta djathtas ((x)^(2))-2x+1=0. \\\fund (radhis)\]

Ekuacioni i parë ka rrënjë $x=3$ dhe $x=1$. E dyta është përgjithësisht një katror i saktë:

\[((x)^(2))-2x+1=((\majtas(x-1 \djathtas))^(2))\]

Prandaj, ajo ka një rrënjë të vetme: $x=1$. Por ne e kemi marrë tashmë këtë rrënjë më herët. Kështu, vetëm dy numra do të hyjnë në përgjigjen përfundimtare:

\[((x)_(1))=3;\katër ((x)_(2))=1.\]

Misioni u kompletua! Mund ta merrni nga rafti dhe të hani një byrek. Janë 2 prej tyre, mesatarja juaj. :)

Shënim i rëndësishëm. Duke pasur të njëjtat rrënjë opsione të ndryshme Zgjerimi i modulit do të thotë që polinomet origjinale zbërthehen në faktorë dhe midis këtyre faktorëve do të ketë domosdoshmërisht një të përbashkët. Vërtet:

\[\filloj(rreshtoj)& \majtas| x-1 \djathtas|=\majtas| ((x)^(2))-3x+2 \djathtas|; \\&\majtas| x-1 \djathtas|=\majtas| \majtas(x-1 \djathtas)\majtas(x-2 \djathtas) \djathtas|. \\\fund (radhis)\]

Një nga vetitë e modulit: $\left| a\cdot b \djathtas|=\majtas| a \djathtas|\cdot \majtas| b \right|$ (d.m.th., moduli i produktit është i barabartë me produktin e modulit), kështu që ekuacioni origjinal mund të rishkruhet si

\[\majtas| x-1 \djathtas|=\majtas| x-1 \djathtas|\cdot \majtas| x-2 \djathtas|\]

Siç mund ta shihni, ne kemi vërtet një faktor të përbashkët. Tani, nëse mbledhni të gjitha modulet në njërën anë, atëherë mund ta hiqni këtë shumëzues nga kllapa:

\[\filloj(rreshtoj)& \majtas| x-1 \djathtas|=\majtas| x-1 \djathtas|\cdot \majtas| x-2 \djathtas|; \\&\majtas| x-1 \djathtas|-\majtas| x-1 \djathtas|\cdot \majtas| x-2 \djathtas|=0; \\&\majtas| x-1 \djathtas|\cdot \majtas(1-\majtas| x-2 \djathtas| \djathtas)=0. \\\fund (radhis)\]

Epo, tani kujtojmë se produkti është i barabartë me zero kur të paktën një nga faktorët është i barabartë me zero:

\[\majtas[ \filloj(rreshtoj)& \majtas| x-1 \djathtas|=0, \\& \majtas| x-2 \djathtas|=1. \\\fund (rreshtoj) \djathtas.\]

Kështu, ekuacioni origjinal me dy module është reduktuar në dy ekuacionet më të thjeshta për të cilat folëm që në fillim të mësimit. Ekuacione të tilla mund të zgjidhen në vetëm disa rreshta. :)

Kjo vërejtje mund të duket tepër e ndërlikuar dhe e pazbatueshme në praktikë. Sidoqoftë, në realitet, mund të hasni detyra shumë më komplekse sesa ato që po analizojmë sot. Në to, modulet mund të kombinohen me polinome, rrënjët aritmetike, logaritme etj. Dhe në situata të tilla, aftësia për të ulur shkallën e përgjithshme të ekuacionit duke vendosur diçka jashtë kllapës mund të jetë shumë, shumë e dobishme. :)

Tani do të doja të analizoja një ekuacion tjetër, i cili në pamje të parë mund të duket i çmendur. Shumë studentë "ngjiten" në të - madje edhe ata që besojnë se i kuptojnë mirë modulet.

Sidoqoftë, ky ekuacion është edhe më i lehtë për t'u zgjidhur sesa ai që kemi konsideruar më parë. Dhe nëse e kuptoni pse, do të merrni një mashtrim tjetër për zgjidhjen e shpejtë të ekuacioneve me module.

Pra, ekuacioni është:

\[\majtas| x-((x)^(3)) \djathtas|+\majtas| ((x)^(2))+x-2 \djathtas|=0\]

Jo, kjo nuk është një gabim shtypi: është një plus midis moduleve. Dhe ne duhet të gjejmë për cilin $x$ shuma e dy moduleve është e barabartë me zero. :)

Cili është problemi? Dhe problemi është se çdo modul është një numër pozitiv, ose në raste ekstreme, zero. Çfarë ndodh kur shtoni dy numra pozitivë? Natyrisht, përsëri një numër pozitiv:

\[\fillim(lidh)& 5+7=12 \gt 0; \\& 0,004+0,0001=0,0041 \gt 0; \\& 5+0=5 \gt 0. \\\fund (rreshtoj)\]

Rreshti i fundit mund t'ju japë një ide: i vetmi rast kur shuma e moduleve është zero është nëse çdo modul është i barabartë me zero:

\[\majtas| x-((x)^(3)) \djathtas|+\majtas| ((x)^(2))+x-2 \djathtas|=0\Djathtas shigjeta \majtas\( \fillimi(rreshtoj)& \majtas| x-((x)^(3)) \djathtas|=0, \\& \majtas|((x)^(2))+x-2 \djathtas|=0. \\\fund (rreshtoj) \djathtas.\]

Kur moduli është i barabartë me zero? Vetëm në një rast - kur shprehja e nënmodulit është e barabartë me zero:

\[((x)^(2))+x-2=0\Djathtas shigjeta \majtas(x+2 \djathtas)\majtas(x-1 \djathtas)=0\Shigjeta djathtas \majtas[ \fillimi(radhis)& x=-2 \\& x=1 \\\fund (rreshtoj) \djathtas.\]

Kështu, kemi tre pika në të cilat moduli i parë vendoset në zero: 0, 1 dhe −1; si dhe dy pika në të cilat moduli i dytë është zero: −2 dhe 1. Megjithatë, ne kemi nevojë që të dy modulet të zeroohen në të njëjtën kohë, kështu që midis numrave të gjetur, duhet të zgjedhim ata që përfshihen në të dyja grupet. Natyrisht, ekziston vetëm një numër i tillë: $x=1$ - kjo do të jetë përgjigja përfundimtare.

metoda e ndarjes

Epo, ne kemi mbuluar tashmë një sërë detyrash dhe kemi mësuar shumë truke. A mendoni se është ajo? Por jo! Tani do të shqyrtojmë teknikën përfundimtare - dhe në të njëjtën kohë më të rëndësishmen. Do të flasim për ndarjen e ekuacioneve me një modul. Çfarë do të diskutohet? Le të kthehemi pak prapa dhe të shqyrtojmë një ekuacion të thjeshtë. Për shembull, kjo:

\[\majtas| 3x-5\djathtas|=5-3x\]

Në parim, ne tashmë dimë se si ta zgjidhim një ekuacion të tillë, sepse ai është një standard $\left| f\left(x \djathtas) \djathtas|=g\left(x \djathtas)$. Por le të përpiqemi ta shikojmë këtë ekuacion nga një kënd pak më ndryshe. Më saktësisht, merrni parasysh shprehjen nën shenjën e modulit. Më lejoni t'ju kujtoj se moduli i çdo numri mund të jetë i barabartë me vetë numrin, ose mund të jetë i kundërt me këtë numër:

\[\majtas| a \djathtas|=\majtas\( \fillimi(rreshtoj)& a,\katër a\ge 0, \\& -a,\katër a \lt 0. \\\fund (rreshtoj) \djathtas.\]

Në fakt, kjo paqartësi është i gjithë problemi: meqenëse numri nën modul ndryshon (kjo varet nga ndryshorja), nuk është e qartë për ne nëse është pozitiv apo negativ.

Por çka nëse fillimisht kërkojmë që ky numër të jetë pozitiv? Për shembull, le të kërkojmë që $3x-5 \gt 0$ - në këtë rast, ne jemi të garantuar të marrim një numër pozitiv nën shenjën e modulit dhe mund ta heqim plotësisht këtë modul:

Kështu, ekuacioni ynë do të kthehet në një linear, i cili zgjidhet lehtësisht:

Vërtetë, të gjitha këto konsiderata kanë kuptim vetëm nën kushtin $3x-5 \gt 0$ - ne vetë e prezantuam këtë kërkesë në mënyrë që të zbulojmë pa mëdyshje modulin. Pra, le të zëvendësojmë $x=\frac(5)(3)$ të gjetur në këtë gjendje dhe kontrollojmë:

Rezulton se për vlerën e specifikuar prej $x$, kërkesa jonë nuk plotësohet, sepse shprehja doli të jetë e barabartë me zero, dhe ne kemi nevojë që ajo të jetë rreptësisht më e madhe se zero. E trishtueshme. :(

Por kjo është në rregull! Në fund të fundit, ekziston një opsion tjetër $3x-5 \lt 0$. Për më tepër: ekziston edhe rasti $3x-5=0$ - edhe kjo duhet të merret parasysh, përndryshe zgjidhja do të jetë e paplotë. Pra, merrni parasysh rastin $3x-5 \lt 0$:

Është e qartë se moduli do të hapet me një shenjë minus. Por atëherë lind një situatë e çuditshme: e njëjta shprehje do të qëndrojë si në të majtë ashtu edhe në të djathtë në ekuacionin origjinal:

Pyes veten se për çfarë $x$ të tillë shprehja $5-3x$ do të jetë e barabartë me shprehjen $5-3x$? Nga ekuacione të tilla, edhe Kapiteni padyshim që do të mbytej nga pështyma, por ne e dimë se ky ekuacion është një identitet, d.m.th. është e vërtetë për çdo vlerë të ndryshores!

Dhe kjo do të thotë se çdo $x$ do të na përshtatet. Megjithatë, ne kemi një kufizim:

Me fjalë të tjera, përgjigja nuk do të jetë një numër i vetëm, por një interval i tërë:

Së fundi, ka mbetur edhe një rast për t'u marrë parasysh: $3x-5=0$. Gjithçka është e thjeshtë këtu: do të ketë zero nën modulin, dhe moduli i zeros është gjithashtu i barabartë me zero (kjo rrjedh drejtpërdrejt nga përkufizimi):

Por pastaj ekuacioni origjinal $\left| 3x-5 \right|=5-3x$ do të rishkruhet si kjo:

Ne e kemi marrë tashmë këtë rrënjë më lart kur kemi konsideruar rastin $3x-5 \gt 0$. Për më tepër, kjo rrënjë është një zgjidhje për ekuacionin $3x-5=0$ - ky është kufizimi që ne vetë futëm për të anuluar modulin. :)

Kështu, përveç intervalit, do të jemi të kënaqur edhe me numrin që shtrihet në fund të këtij intervali:

Kombinimi i rrënjëve në ekuacione me modulin

Përgjigja përfundimtare totale: $x\in \left(-\infty ;\frac(5)(3) \djathtas]$. Nuk është shumë e zakonshme të shohësh një mut të tillë në përgjigjen e një ekuacioni mjaft të thjeshtë (në thelb linear) me modulin Epo, mësohu me të: kompleksiteti i modulit qëndron në faktin se përgjigjet në ekuacione të tilla mund të jenë plotësisht të paparashikueshme.

Shumë më e rëndësishme është diçka tjetër: ne sapo kemi çmontuar një algoritëm universal për zgjidhjen e një ekuacioni me një modul! Dhe ky algoritëm përbëhet nga hapat e mëposhtëm:

1. Barazoni çdo modul në ekuacion me zero. Le të marrim disa ekuacione;
2. Zgjidhini të gjitha këto ekuacione dhe shënoni rrënjët në vijën numerike. Si rezultat, vija e drejtë do të ndahet në disa intervale, në secilën prej të cilave të gjitha modulet zgjerohen në mënyrë unike;
3. Zgjidheni ekuacionin origjinal për çdo interval dhe kombinoni përgjigjet.

Kjo eshte e gjitha! Mbetet vetëm një pyetje: çfarë të bëjmë me vetë rrënjët, të marra në hapin e parë? Le të themi se kemi dy rrënjë: $x=1$ dhe $x=5$. Ata do ta thyejnë vijën e numrave në 3 pjesë:

Ndarja e një rreshti numerik në intervale duke përdorur pika

Pra, cilat janë intervalet? Është e qartë se janë tre prej tyre:

1. E majta: $x \lt 1$ - vetë njësia nuk përfshihet në interval;
2. Qendrore: $1\le x \lt 5$ - këtu një përfshihet në interval, por pesë nuk përfshihen;
3. Më e djathta: $x\ge 5$ — pesëja përfshihet vetëm këtu!

Unë mendoj se ju tashmë e kuptoni modelin. Çdo interval përfshin fundin e majtë dhe nuk përfshin fundin e djathtë.

Në pamje të parë, një rekord i tillë mund të duket i pakëndshëm, i palogjikshëm dhe përgjithësisht një lloj i çmendur. Por më besoni: pas një praktike të vogël, do të zbuloni se kjo është qasja më e besueshme dhe në të njëjtën kohë nuk ndërhyn në modulet që zbulojnë pa mëdyshje. Është më mirë të përdorni një skemë të tillë sesa të mendoni çdo herë: jepni fundin e majtë / të djathtë në intervalin aktual ose "hedhe" atë në tjetrin.

Kjo llogaritëse matematikore në internet do t'ju ndihmojë zgjidhni një ekuacion ose pabarazi me module. Programi për zgjidhja e ekuacioneve dhe inekuacioneve me module jo vetëm që i jep përgjigje problemit, por çon zgjidhje e detajuar me shpjegime, d.m.th. tregon procesin e marrjes së rezultatit.

Ky program mund të jetë i dobishëm për nxënësit e shkollave të mesme shkollat ​​e arsimit të përgjithshëm në përgatitje për puna e kontrollit dhe provimet, gjatë testimit të njohurive para provimit, prindërit të kontrollojnë zgjidhjen e shumë problemeve në matematikë dhe algjebër. Apo ndoshta është shumë e shtrenjtë për ju që të punësoni një mësues ose të blini tekste të reja shkollore? Apo thjesht dëshironi ta kryeni sa më shpejt të jetë e mundur? detyre shtepie matematikë apo algjebër? Në këtë rast, ju gjithashtu mund të përdorni programet tona me një zgjidhje të detajuar.

Në këtë mënyrë, ju mund të kryeni trajnimin tuaj dhe/ose trajnimin tuaj vëllezërit më të vegjël ose motrat, ndërkohë që rritet niveli i arsimimit në fushën e detyrave që zgjidhen.

|x| ose abs(x) - moduli x

Shkruani ekuacionin ose pabarazinë me moduli

Zgjidh një ekuacion ose pabarazi

U zbulua se disa skripta të nevojshëm për të zgjidhur këtë detyrë nuk ishin ngarkuar dhe programi mund të mos funksionojë.
Mund ta keni të aktivizuar AdBlock.
Në këtë rast, çaktivizoni atë dhe rifreskoni faqen.

Ju keni JavaScript të çaktivizuar në shfletuesin tuaj.
JavaScript duhet të aktivizohet që zgjidhja të shfaqet.
Këtu janë udhëzimet se si të aktivizoni JavaScript në shfletuesin tuaj.

Sepse Ka shumë njerëz që duan të zgjidhin problemin, kërkesa juaj është në radhë.
Pas disa sekondash, zgjidhja do të shfaqet më poshtë.
Te lutem prit sekondë...

nëse ti vuri re një gabim në zgjidhje, atëherë mund të shkruani për të në formularin e komenteve.
Mos harro tregoni se cila detyrë ju vendosni se çfarë futni në fusha.

Lojërat tona, enigmat, emulatorët:

Pak teori.

Ekuacionet dhe pabarazitë me module

Në kursin bazë të algjebrës së shkollës, mund të plotësoni ekuacionet dhe pabarazitë më të thjeshta me module. Për t'i zgjidhur ato, mund të aplikoni një metodë gjeometrike bazuar në faktin se \(|x-a| \) është distanca në vijën numerike midis pikave x dhe a: \(|x-a| = \rho (x;\; a ) \). Për shembull, për të zgjidhur ekuacionin \(|x-3|=2 \), ju duhet të gjeni pika në rreshtin numerik që janë në një distancë prej 2 nga pika 3. Janë dy pika të tilla: \(x_1=1 \) dhe \(x_2=5 \) .

Zgjidhja e pabarazisë \(|2x+7|

Por mënyra kryesore për të zgjidhur ekuacionet dhe pabarazitë me module lidhet me të ashtuquajturin "zgjerim i modulit sipas definicionit":
nëse \(a \geq 0 \), atëherë \(|a|=a \);
nëse \(a Si rregull, një ekuacion (pabarazi) me module reduktohet në një grup ekuacionesh (pabarazish) që nuk përmbajnë shenjën e modulit.

Përveç përkufizimit të mësipërm, përdoren pohimet e mëposhtme:
1) Nëse \(c > 0 \), atëherë ekuacioni \(|f(x)|=c \) është ekuivalent me grupin e ekuacioneve: \(\left[\begin(array)(l) f(x )=c \\ f(x)=-c \end(array)\djathtas.\)
2) Nëse \(c > 0 \), atëherë pabarazia \(|f(x)| 3) Nëse \(c \geq 0 \), atëherë pabarazia \(|f(x)| > c \) është ekuivalente me bashkësinë e pabarazive: \(\majtas[\fillimi(array)(l) f(x) c \end(array)\djathtas. \)
4) Nëse të dyja pjesët e pabarazisë \(f(x) SHEMBULL 1. Zgjidheni ekuacionin \(x^2 +2|x-1| -6 = 0 \).

Nëse \(x-1 \geq 0 \), atëherë \(|x-1| = x-1 \) dhe ekuacioni i dhënë bëhet
\(x^2 +2(x-1) -6 = 0 \Djathtas shigjeta x^2 +2x -8 = 0 \).
Nëse \(x-1 \(x^2 -2(x-1) -6 = 0 \Shigjeta djathtas x^2 -2x -4 = 0 \).
Kështu, ekuacioni i dhënë duhet të konsiderohet veçmas në secilin nga dy rastet e treguara.
1) Le të \(x-1 \geq 0 \), d.m.th. \(x \geq 1 \). Nga ekuacioni \(x^2 +2x -8 = 0 \) gjejmë \(x_1=2, \; x_2=-4\). Kushti \(x \geq 1 \) plotësohet vetëm nga vlera \(x_1=2\).
2) Le të përgjigjet \(x-1: \(2; \;\; 1-\sqrt(5) \)

SHEMBULL 2. Zgjidheni ekuacionin \(|x^2-6x+7| = \frac(5x-9)(3) \).

Mënyra e parë(zgjerimi i modulit sipas definicionit).
Duke argumentuar si në shembullin 1, arrijmë në përfundimin se ekuacioni i dhënë duhet të konsiderohet veçmas në dy kushte: \(x^2-6x+7 \geq 0 \) ose \(x^2-6x+7

1) Nëse \(x^2-6x+7 \geq 0 \), atëherë \(|x^2-6x+7| = x^2-6x+7 \) dhe ekuacioni i dhënë bëhet \(x^2 -6x+7 = \frac(5x-9)(3) \Djathtas 3x^2-23x+30=0 \). Duke e zgjidhur atë ekuacioni kuadratik, marrim: \(x_1=6, \; x_2=\frac(5)(3) \).
Le të zbulojmë nëse vlera \(x_1=6 \) plotëson kushtin \(x^2-6x+7 \geq 0 \). Për ta bërë këtë, ne zëvendësojmë vlerën e treguar në pabarazinë kuadratike. Marrim: \(6^2-6 \cdot 6+7 \geq 0 \), d.m.th. \(7 \geq 0 \) është pabarazia e saktë. Prandaj, \(x_1=6 \) është rrënja e ekuacionit të dhënë.
Le të zbulojmë nëse vlera \(x_2=\frac(5)(3) \) plotëson kushtin \(x^2-6x+7 \geq 0 \). Për ta bërë këtë, ne zëvendësojmë vlerën e treguar në pabarazinë kuadratike. Marrim: \(\left(\frac(5)(3) \right)^2 -\frac(5)(3) \cdot 6 + 7 \geq 0 \), d.m.th. \(\frac(25)(9) -3 \geq 0 \) është një pabarazi e pavlefshme. Pra, \(x_2=\frac(5)(3) \) nuk është një rrënjë e ekuacionit të dhënë.

2) Nëse \(x^2-6x+7 Vlera \(x_3=3\) plotëson kushtin \(x^2-6x+7 Vlera \(x_4=\frac(4)(3) \) përmbush nuk e plotëson kushtin \ (x^2-6x+7 Pra, ekuacioni i dhënë ka dy rrënjë: \(x=6, \; x=3 \).

Mënyra e dytë. Jepet një ekuacion \(|f(x)| = h(x) \), atëherë për \(h(x) \(\left[\begin(array)(l) x^2-6x+7 = \frac (5x-9)(3) \\ x^2-6x+7 = -\frac(5x-9)(3) \end(array)\djathtas. \)
Të dyja këto ekuacione janë zgjidhur më sipër (me metodën e parë të zgjidhjes së ekuacionit të dhënë), rrënjët e tyre janë si më poshtë: \(6,\; \frac(5)(3),\; 3,\; \frac(4 ) (3) \). Kushti \(\frac(5x-9)(3) \geq 0 \) të këtyre katër vlera plotësoni vetëm dy: 6 dhe 3. Prandaj, ekuacioni i dhënë ka dy rrënjë: \(x=6, \; x=3 \).

Mënyra e tretë(grafike).
1) Le të vizatojmë funksionin \(y = |x^2-6x+7| \). Së pari ndërtojmë një parabolë \(y = x^2-6x+7\). Kemi \(x^2-6x+7 = (x-3)^2-2 \). Grafiku i funksionit \(y = (x-3)^2-2 \) mund të merret nga grafiku i funksionit \(y = x^2 \) duke e zhvendosur 3 njësi shkallë në të djathtë (në boshti x) dhe 2 njësi shkallë poshtë (përgjatë boshtit y). Drejtëza x=3 është boshti i parabolës që na intereson. Si pikat e kontrollit për vizatim më të saktë, është e përshtatshme të merret pika (3; -2) - maja e parabolës, pika (0; 7) dhe pika (6; 7) simetrike me të në lidhje me boshtin e parabolë.
Për të ndërtuar tani grafikun e funksionit \(y = |x^2-6x+7| \), duhet të lini të pandryshuara ato pjesë të parabolës së ndërtuar që nuk shtrihen nën boshtin x dhe të pasqyroni pjesën e parabolë që shtrihet nën boshtin x rreth boshtit x.
2) Le të ndërtojmë një grafik funksion linear\(y = \frac(5x-9)(3) \). Është i përshtatshëm për të marrë pikat (0; –3) dhe (3; 2) si pika kontrolli.

Është thelbësore që pika x \u003d 1.8 e kryqëzimit të vijës së drejtë me boshtin e abshisës të jetë e vendosur në të djathtë të pikës së majtë të kryqëzimit të parabolës me boshtin e abshisës - kjo është pika \(x=3-\ sqrt(2) \) (meqenëse \(3-\sqrt(2) 3) Duke gjykuar nga vizatimi, grafikët kryqëzohen në dy pika - A (3; 2) dhe B (6; 7). Zëvendësimi i abshisave të këtyre pikat x \u003d 3 dhe x \u003d 6 në ekuacionin e dhënë, sigurohemi që të dyja vlerat e tjera të japin barazinë numerike të saktë. Pra, hipoteza jonë u konfirmua - ekuacioni ka dy rrënjë: x \u003d 3 dhe x \u003d 6 Përgjigje: 3; 6.

Koment. Mënyra grafike me gjithë elegancën e tij, nuk është shumë i besueshëm. Në shembullin e konsideruar, funksionoi vetëm sepse rrënjët e ekuacionit janë numra të plotë.

SHEMBULL 3. Zgjidheni ekuacionin \(|2x-4|+|x+3| = 8 \)

Mënyra e parë
Shprehja 2x–4 bëhet 0 në pikën x = 2, dhe shprehja x + 3 në pikën x = –3. Këto dy pika e ndajnë vijën numerike në tre intervale: \(x

Merrni parasysh intervalin e parë: \((-\infty; \; -3) \).
Nëse x Konsideroni intervalin e dytë: \([-3; \; 2) \).
Nëse \(-3 \leq x Merrni parasysh intervalin e tretë: \(. Tani zgjeroni modulin e brendshëm për x>2.5 . Merrni një ekuacion me një modul
|2x-5-1|=x+3;
|2x-6|=x+3.
Kur zgjerojmë modulin, marrim sa vijon ekuacionet lineare
-2x+6=x+3 ose 2x-6=x+3;
2x+x=6-3 ose 2x-x=3+6;
3x=3; x=1 ose x=9.
Vlera e parë x=1 nuk e plotëson kushtin x>2.5. Pra në këtë interval kemi një rrënjë të ekuacionit me modulin x=9 dhe janë vetëm dy prej tyre (x=1/3).Me zëvendësim mund të kontrolloni korrektësinë e llogaritjeve të kryera.
Përgjigje: x=1/3; x=9.

Shembulli 4 Gjeni zgjidhje të modulit të dyfishtë ||3x-1|-5|=2x-3.
Zgjidhje: Zgjeroni modulin e brendshëm të ekuacionit
|3x-1|=0 <=>x=1/3.
Pika x=2.5 e ndan boshtin numerik në dy intervale dhe ekuacionin e dhënë në dy raste. Shkruajmë kushtin për zgjidhjen, bazuar në formën e ekuacionit me anën e djathtë
2x-3>=0 -> x>=3/2=1,5.
Nga kjo rrjedh se ne jemi të interesuar për vlerat >=1.5. Në këtë mënyrë ekuacioni modular shikoni në dy intervale
,
|-(3x-1)-5|=2x-3;
|-3x-4|=2x-3.
Moduli që rezulton, kur zgjerohet, ndahet në 2 ekuacione
-3x-4=2x-3 ose 3x+4=2x-3;
2x+3x=-4+3 ose 3x-2x=-3-4;
5x=-1; x=-1/5 ose x=-7.
Të dyja vlerat nuk bien në interval, domethënë nuk janë zgjidhje për ekuacionin me module. Më pas, zgjeroni modulin për x>2.5. Marrim ekuacionin e mëposhtëm
|3x-1-5|=2x-3;
|3x-6|=2x-3.
Duke zgjeruar modulin, marrim 2 ekuacione lineare
3x-6=2x-3 ose –(3x-6)=2x-3;
3x-2x=-3+6 ose 2x+3x=6+3;
x=3 ose 5x=9; x=9/5=1,8.
Vlera e dytë e gjetur nuk plotëson kushtin x>2.5, ne e refuzojmë atë.
Së fundi kemi një rrënjë të ekuacionit me modulet x=3.
Ne kryejmë një kontroll
||3*3-1|-5|=2*3-3 3=3 .
Rrënja e ekuacionit me modulin e llogaritur saktë.
Përgjigje: x=1/3; x=9.

Shkolla e mesme MBOU №17 Ivanov

« Ekuacionet e modulit »
Zhvillimi metodik

Përpiluar

mësues matematike

Lebedeva N.V.

20010

Shënim shpjegues

Kapitulli 1 Hyrje

Seksioni 2. Karakteristikat kryesore Seksioni 3. Interpretimi gjeometrik i konceptit të modulit të një numri Seksioni 4. Grafiku i funksionit y = |x| Seksioni 5 Konventat

Kapitulli 2

Seksioni 1. Ekuacionet e formës |F(х)| = m (protozoa) Seksioni 2. Ekuacionet e formës F(|х|) = m Seksioni 3. Ekuacionet e formës |F(х)| = G(x) Seksioni 4. Ekuacionet e formës |F(х)| = ± F(x) (e bukur) Seksioni 5. Ekuacionet e formës |F(х)| = |G(x)| Seksioni 6. Shembuj të zgjidhjes së ekuacioneve jo standarde Seksioni 7. Ekuacionet e formës |F(х)| + |G(x)| = 0 Seksioni 8. Ekuacionet e formës |а 1 x ± 1 | ± |a 2 x ± në 2 | ± …|a n x ± në n | = m Seksioni 9. Ekuacionet që përmbajnë module të shumta

Kapitulli 3. Shembuj të zgjidhjes së ekuacioneve të ndryshme me një modul.

Seksioni 1. Ekuacionet trigonometrike Seksioni 2. Ekuacionet eksponenciale Seksioni 3 Ekuacionet logaritmike Seksioni 4. Ekuacionet irracionale Seksioni 5. Detyrat kompleksiteti i shtuar Përgjigjet e ushtrimeve Bibliografi

Shënim shpjegues.

Koncepti i vlerës absolute (modulit) të një numri real është një nga karakteristikat thelbësore të tij. Ky koncept përdoret gjerësisht në degë të ndryshme të shkencave fizike, matematikore dhe teknike. Në praktikën e mësimdhënies së një kursi të matematikës në gjimnaz në përputhje me Programin e Ministrisë së Mbrojtjes së Federatës Ruse, koncepti i "vlerës absolute të një numri" ndodh vazhdimisht: në klasën e 6-të, prezantohet një përkufizim i modulit, i tij kuptimi gjeometrik; në klasën e 8-të formohet koncepti i gabimit absolut, merret parasysh zgjidhja e ekuacioneve dhe pabarazive më të thjeshta që përmbajnë modulin, vetitë e aritmetikës. rrenja katrore; në klasën e 11-të koncepti gjendet në rubrikën “Rrënja nshkalla e th." Përvoja e mësimdhënies tregon se nxënësit shpesh hasin vështirësi në zgjidhjen e detyrave që kërkojnë njohuri këtë material, dhe shpesh anashkalohet pa filluar ekzekutimin. Në tekste detyrat e provimit për kursin e klasave të 9-ta dhe të 11-ta përfshihen edhe detyra të ngjashme. Për më tepër, kërkesat që universitetet vendosin ndaj maturantëve ndryshojnë, përkatësisht, më shumë nivel të lartë sesa kërkesat e kurrikulës shkollore. Për jetën në shoqëri moderne shumë i rëndësishëm është formimi i një stili matematikor të të menduarit, i manifestuar në aftësi të caktuara mendore. Në procesin e zgjidhjes së problemeve me module, kërkohet aftësia për të aplikuar teknika të tilla si përgjithësimi dhe konkretizimi, analiza, klasifikimi dhe sistemimi, analogjia. Zgjidhja e detyrave të tilla ju lejon të kontrolloni njohuritë e seksioneve kryesore kursi shkollor, niveli të menduarit logjik, aftësitë fillestare të kërkimit. kjo pune i kushtohet njërit prej seksioneve - zgjidhjes së ekuacioneve që përmbajnë modulin. Ai përbëhet nga tre kapituj. Kapitulli i parë prezanton konceptet bazë dhe llogaritjet më të rëndësishme teorike. Kapitulli i dytë propozon nëntë lloje bazë të ekuacioneve që përmbajnë modulin, shqyrton metodat për zgjidhjen e tyre dhe analizon shembuj nivele të ndryshme vështirësitë. Kapitulli i tretë ofron ekuacione më komplekse dhe jo standarde (trigonometrike, eksponenciale, logaritmike dhe irracionale). Për çdo lloj ekuacionesh ka ushtrime për vendim i pavarur(përgjigjet dhe udhëzimet janë bashkangjitur). Qëllimi kryesor i kësaj pune është t'u ofrojë ndihmë metodologjike mësuesve në përgatitjen e mësimeve dhe në organizimin e kurseve fakultative. Materiali mund të përdoret gjithashtu si udhëzues studimi për nxënësit e shkollave të mesme. Detyrat e ofruara në punë janë interesante dhe jo gjithmonë të lehta për t'u zgjidhur, gjë që ju lejon të bëni motivimi i të mësuarit studentët më të ndërgjegjshëm, testojnë aftësitë e tyre, përmirësojnë nivelin e përgatitjes së maturantëve për të hyrë në universitete. Një përzgjedhje e diferencuar e ushtrimeve të propozuara nënkupton një kalim nga niveli riprodhues i asimilimit të materialit në atë krijues, si dhe mundësinë për të mësuar se si të zbatojnë njohuritë e tyre në zgjidhjen e problemeve jo standarde.

Kapitulli 1. Hyrje.

Seksioni 1. Përcaktimi i vlerës absolute .

Përkufizimi : Vlera absolute (moduli) e një numri real a quhet një numër jo negativ: a ose -a. Përcaktimi: │ a │ Hyrja lexohet si më poshtë: "moduli i numrit a" ose "vlera absolute e numrit a"

│ a nëse a > 0

│a│ = │ 0 nëse a = 0 (1)

│ - a, nëse a
Shembuj: 1) │2,5│ = 2,5 2) │-7│ = 7 3) │1 - √2│ = √2 – 1

Zgjero modulin e shprehjes:

a) │x - 8│ nëse x > 12 b) │2x + 3│ nëse x ≤ -2 │x - 8│= x - 8 │ 2x + 3│= - 2x - 3

Seksioni 2. Vetitë themelore.

Konsideroni vetitë themelore të vlerës absolute. Prona #1: Numrat e kundërt kanë module të barabarta, d.m.th. │а│=│-а│ Le të tregojmë korrektësinë e barazisë. Le të shkruajmë përkufizimin e numrit - a : │- a│= (2) Le të krahasojmë grupet (1) dhe (2). Është e qartë se përkufizimet vlerat absolute numrat a dhe - a përputhen. Rrjedhimisht, │а│=│-а│
Kur shqyrtojmë veçoritë e mëposhtme, ne kufizohemi në formulimin e tyre, pasi prova e tyre është dhënë Prona #2: Vlera absolute e shumës së një numri të fundëm numrash realë nuk e kalon shumën e vlerave absolute të termave: Prona #3: Vlera absolute e diferencës ndërmjet dy numrave realë nuk e kalon shumën e vlerave të tyre absolute: │а - │ ≤│а│+│в│ Prona #4: Vlera absolute e prodhimit të një numri të fundëm numrash realë është e barabartë me produktin e vlerave absolute të faktorëve: │а · │=│а│·│в│ Prona #5: Vlera absolute e herësit të numrave realë është e barabartë me herësin e vlerave të tyre absolute:

Seksioni 3. Interpretimi gjeometrik i konceptit të modulit të një numri.

Çdo numër real mund të shoqërohet me një pikë në vijën numerike, e cila do të jetë një paraqitje gjeometrike e këtij numri real. Çdo pikë në vijën numerike i përgjigjet largësisë së saj nga origjina, d.m.th. gjatësia e segmentit nga origjina në pikën e dhënë. Kjo distancë konsiderohet gjithmonë si një vlerë jo negative. Prandaj, gjatësia e segmentit përkatës do të jetë interpretimi gjeometrik i vlerës absolute të numrit real të dhënë

Ilustrimi gjeometrik i paraqitur konfirmon qartë vetinë nr.1, d.m.th. modulet e numrave të kundërt janë të barabartë. Nga këtu, vlefshmëria e barazisë kuptohet lehtësisht: │x - a│= │a - x│. Gjithashtu bëhet më e qartë zgjidhja e ekuacionit │х│= m, ku m ≥ 0, përkatësisht x 1,2 = ± m. Shembuj: 1) │х│= 4 x 1.2 = ± 4 2) │х - 3│= 1
x 1,2 = 2; katër

Seksioni 4. Grafiku i funksionit y \u003d │х│

Domeni i këtij funksioni janë të gjithë numrat realë.

Seksioni 5. Simbolet.

Në të ardhmen, kur merren parasysh shembuj të zgjidhjes së ekuacioneve, do të përdoren sa vijon. konventat: ( - shenja e sistemit [ - shenja e vendosjes Kur zgjidhet një sistem ekuacionesh (pabarazish), gjendet kryqëzimi i zgjidhjeve të ekuacioneve (pabarazive) të përfshira në sistem. Kur zgjidhet një grup ekuacionesh (pabarazish), gjendet një bashkim zgjidhjesh e ekuacioneve (pabarazive) të përfshira në bashkësi.

Kapitulli 2

Në këtë kapitull, ne do të shikojmë mënyrat algjebrike për zgjidhjen e ekuacioneve që përmbajnë një ose më shumë module.

Seksioni 1. Ekuacionet e formës │F (х) │= m

Një ekuacion i këtij lloji quhet më i thjeshtë. Ai ka një zgjidhje nëse dhe vetëm nëse m ≥ 0. Sipas përcaktimit të modulit, ekuacioni origjinal është i barabartë me kombinimin e dy ekuacioneve: │ F(x)│=m
Shembuj:
№1. Zgjidheni ekuacionin: │7x - 2│= 9


Përgjigje: x 1 = - 1; X 2 = 1 4 / 7 №2
│x 2 + 3x + 1│= 1

x 2 + 3x + 2 = 0 x 2 + 3x = 0 x 1 = -1; x 2 \u003d -2 x (x + 3) \u003d 0 x 1 \u003d 0; x 2 = -3 Përgjigje: shuma e rrënjëve është - 2.№3
│x 4 -5x 2 + 2│= 2 x 4 - 5x 2 = 0 x 4 - 5x 2 + 4 = 0 x 2 (x 2 - 5) = 0 shënojmë x 2 = m, m ≥ 0 x = 0 ; ±√5 m 2 – 5m + 4 = 0 m = 1; 4 - të dyja vlerat plotësojnë kushtin m ≥ 0 x 2 = 1 x 2 = 4 x = ± 1 x = ± 2 Përgjigje: numri i rrënjëve të ekuacionit 7. Ushtrime:
№1. Zgjidheni ekuacionin dhe tregoni shumën e rrënjëve: │x - 5│= 3 №2 . Zgjidheni ekuacionin dhe tregoni rrënjën më të vogël: │x 2 + x │ \u003d 0 №3 . Zgjidheni ekuacionin dhe tregoni rrënjën më të madhe: │x 2 - 5x + 4 │ \u003d 4 №4 .Zgjidhni ekuacionin dhe tregoni rrënjën e plotë: │2x 2 - 7x + 6│ \u003d 1 №5 .Zgjidhni ekuacionin dhe tregoni numrin e rrënjëve: │x 4 - 13x 2 + 50 │ = 14

Seksioni 2. Ekuacionet e formës F(│х│) = m

Argumenti i funksionit në anën e majtë është nën shenjën e modulit, ndërsa ana e djathtë është e pavarur nga ndryshorja. Le të shqyrtojmë dy mënyra për zgjidhjen e ekuacioneve të këtij lloji. 1 mënyrë: Sipas përcaktimit të vlerës absolute, ekuacioni origjinal është i barabartë me tërësinë e dy sistemeve. Në secilën prej të cilave një kusht vendoset në shprehjen e nënmodulit. F(│х│) =m
Meqenëse funksioni F(│х│) është çift në të gjithë domenin e përkufizimit, rrënjët e ekuacioneve F(х) = m dhe F(-х) = m janë çifte numrash të kundërt. Prandaj, mjafton të zgjidhet një nga sistemet (kur shqyrtohen shembujt në këtë mënyrë, do të jepet zgjidhja e një sistemi). 2 mënyra: Zbatimi i metodës së prezantimit të një ndryshoreje të re. Në këtë rast, futet emërtimi │х│= a, ku a ≥ 0. Kjo metodë më pak voluminoze në dizajn.
Shembuj: №1 . Zgjidheni ekuacionin: 3x 2 - 4│x│ = - 1 Le të përdorim prezantimin e një ndryshoreje të re. Shënojmë │x│= a, ku a ≥ 0. Marrim ekuacionin 3a 2 - 4a + 1 = 0 D = 16 - 12 = 4 a 1 = 1 a 2 = 1 / 3 Kthehemi në ndryshoren origjinale: │x │ = 1 dhe │х│= 1/3. Çdo ekuacion ka dy rrënjë. Përgjigje: x 1 = 1; X 2 = - 1; X 3 = 1 / 3 ; X 4 = - 1 / 3 . №2. Zgjidheni ekuacionin: 5x 2 + 3│x│- 1 \u003d 1 / 2 │x│ + 3x 2
Le të gjejmë zgjidhjen e sistemit të grupit të parë: 4x 2 + 5x - 2 \u003d 0 D \u003d 57 x 1 \u003d -5 + √57 / 8 x 2 \u003d -5-√57 / 8 Vini re se x 2 bën nuk e plotëson kushtin x ≥ 0. Me zgjidhje sistemi i dytë do të jetë numri i kundërt x 1 . Përgjigje: x 1 = -5+√57 / 8 ; X 2 = 5-√57 / 8 .№3 . Zgjidheni ekuacionin: x 4 - │х│= 0 Shënoni │х│= a, ku a ≥ 0. Marrim ekuacionin a 4 - a \u003d 0 a (a 3 - 1) \u003d 0 a 1 \u003d 0 a 2 \u003d 1 Kthehemi në variablin origjinal: │х│=0 dhe │х│= 1 x = 0; ± 1 Përgjigje: x 1 = 0; X 2 = 1; X 3 = - 1.
Ushtrime: №6. Zgjidhe ekuacionin: 2│х│ - 4.5 = 5 - 3/8 │х│ №7 . Zgjidheni ekuacionin, në përgjigje tregoni numrin e rrënjëve: 3x 2 - 7│x│ + 2 = 0 №8 . Zgjidheni ekuacionin, në përgjigje tregoni zgjidhjet e plota: x 4 + │х│ - 2 = 0

Seksioni 3. Ekuacionet e formës │F(х)│ = G(х)

Ana e djathtë e një ekuacioni të këtij lloji varet nga një ndryshore dhe, për rrjedhojë, ka një zgjidhje nëse dhe vetëm nëse ana e djathtë është një funksion G(x) ≥ 0. Ekuacioni origjinal mund të zgjidhet në dy mënyra: 1 mënyrë: Standard, bazuar në zbulimin e modulit bazuar në përkufizimin e tij dhe konsiston në një kalim ekuivalent në kombinimin e dy sistemeve. │ F(x)│ =G(X)

Është racionale të përdoret kjo metodë në rastin e një shprehje komplekse për funksionin G(x) dhe një shprehje më pak komplekse për funksionin F(x), pasi supozohet të zgjidhë pabarazitë me funksionin F(x). 2 mënyra: Ai konsiston në kalimin në një sistem ekuivalent në të cilin një kusht vendoset në anën e djathtë. │ F(x)│= G(x)

Kjo metodë është më e përshtatshme për t'u përdorur nëse shprehja për funksionin G(x) është më pak e ndërlikuar sesa për funksionin F(x), pasi supozohet zgjidhja e pabarazisë G(x) ≥ 0. Përveç kësaj, në rastin nga disa module, kjo metodë rekomandohet të përdoret opsioni i dytë. Shembuj: №1. Zgjidheni ekuacionin: │x + 2│= 6 -2x
(1 mënyrë) Përgjigje: x = 1 1 / 3 №2.
│x 2 - 2x - 1 │ \u003d 2 (x + 1)
(2 mënyra) Përgjigje: Prodhimi i rrënjëve është 3.
№3. Zgjidheni ekuacionin, në përgjigje shkruani shumën e rrënjëve:
│x - 6 │ \u003d x 2 - 5x + 9

Përgjigje: shuma e rrënjëve është 4.
Ushtrime: №9. │x + 4│= - 3x №10. Zgjidheni ekuacionin, në përgjigje tregoni numrin e zgjidhjeve: │x 2 + x - 1 │ \u003d 2x - 1 №11 . Zgjidheni ekuacionin, në përgjigje tregoni produktin e rrënjëve: │x + 3 │ \u003d x 2 + x - 6

Seksioni 4. Ekuacionet e formës │F(x)│= F(x) dhe │F(x)│= - F(x)

Ekuacionet e këtij lloji quhen ndonjëherë "të bukura". Meqenëse ana e djathtë e ekuacioneve varet nga ndryshorja, zgjidhjet ekzistojnë nëse dhe vetëm nëse ana e djathtë është jo negative. Prandaj, ekuacionet origjinale janë ekuivalente me pabarazitë:
│F(x)│= F(x) F(x) ≥ 0 dhe │F(x)│= - F(x) F(x) Shembuj: №1 . Zgjidheni ekuacionin, në përgjigje tregoni rrënjën më të vogël të numrit të plotë: │5x - 3│ \u003d 5x - 3 5x - 3 ≥ 0 5x ≥ 3 x ≥ 0,6 Përgjigje: x = 1№2. Zgjidheni ekuacionin, në përgjigje tregoni gjatësinë e hendekut: │x 2 - 9 │ \u003d 9 - x 2 x 2 - 9 ≤ 0 (x - 3) (x + 3) ≤ 0 [- 3; 3] Përgjigje: gjatësia e hendekut është 6.№3 . Zgjidheni ekuacionin, në përgjigje tregoni numrin e zgjidhjeve me numra të plotë: │2 + x - x 2 │ = 2 + x - x 2 2 + x - x 2 ≥ 0 x 2 - x - 2 ≤ 0 [- 1; 2] Përgjigje: 4 zgjidhje të plota.№4 . Zgjidheni ekuacionin, në përgjigje tregoni rrënjën më të madhe:
│4 - x -
│= 4 – x –
x 2 - 5x + 5 \u003d 0 D \u003d 5 x 1,2 \u003d
≈ 1,4

Përgjigje: x = 3.

Ushtrime: №12. Zgjidhe ekuacionin, në përgjigje trego rrënjën e plotë: │x 2 + 6x + 8 │= x 2 + 6x + 8 №13. Zgjidheni ekuacionin, në përgjigje tregoni numrin e zgjidhjeve me numra të plotë: │13x - x 2 - 36│+ x 2 - 13x + 36 = 0 №14. Zgjidheni ekuacionin, në përgjigje tregoni një numër të plotë që nuk është rrënja e ekuacionit:

Seksioni 5. Ekuacionet e formës │F(x)│= │G(x)│

Meqenëse të dyja anët e ekuacionit janë jonegative, zgjidhja përfshin shqyrtimin e dy rasteve: shprehjet e nënmoduleve janë të barabarta ose të kundërta në shenjë. Prandaj, ekuacioni origjinal është i barabartë me kombinimin e dy ekuacioneve: │ F(x)│= │ G(x)│
Shembuj: №1. Zgjidheni ekuacionin, në përgjigje tregoni rrënjën e plotë: │x + 3│ \u003d │2x - 1│
Përgjigje: rrënja e plotë x = 4.№2. Zgjidhe ekuacionin: │ x - x 2 - 1│ \u003d │2x - 3 - x 2 │
Përgjigje: x = 2.№3 . Zgjidheni ekuacionin, në përgjigje tregoni produktin e rrënjëve:




Rrënjët e ekuacionit 4x 2 + 2x - 1 \u003d 0 x 1.2 \u003d - 1±√5 / 4 Përgjigje: prodhimi i rrënjëve është 0,25. Ushtrime: №15 . Zgjidheni ekuacionin, në përgjigje tregoni zgjidhjen e plotë: │x 2 - 3x + 2│ \u003d │x 2 + 6x - 1│ №16. Zgjidheni ekuacionin, në përgjigje tregoni rrënjën më të vogël: │5x - 3│=│7 - x│ №17 . Zgjidheni ekuacionin, në përgjigje shkruani shumën e rrënjëve:

Seksioni 6. Shembuj të zgjidhjes së ekuacioneve jo standarde

Në këtë pjesë, ne shqyrtojmë shembuj të ekuacioneve jo standarde, në zgjidhjen e të cilave vlera absolute e shprehjes zbulohet me përkufizim. Shembuj:

№1. Zgjidheni ekuacionin, në përgjigje tregoni shumën e rrënjëve: x │x│- 5x - 6 \u003d 0
Përgjigje: shuma e rrënjëve është 1 №2. . Zgjidheni ekuacionin, në përgjigje tregoni rrënjën më të vogël: x 2 - 4x
- 5 = 0
Përgjigje: rrënjë më e vogël x = - 5. №3. Zgjidhe ekuacionin:

Përgjigje: x = -1. Ushtrime: №18. Zgjidheni ekuacionin dhe shkruani shumën e rrënjëve: x │3x + 5│= 3x 2 + 4x + 3
№19. Zgjidheni ekuacionin: x 2 - 3x \u003d

№20. Zgjidhe ekuacionin:

Seksioni 7. Ekuacionet e formës │F(x)│+│G(x)│=0

Është e lehtë të shihet se në anën e majtë të një ekuacioni të këtij lloji, shuma e sasive jo negative. Prandaj, ekuacioni origjinal ka një zgjidhje nëse dhe vetëm nëse të dy termat janë njëkohësisht të barabartë me zero. Ekuacioni është i barabartë me sistemin e ekuacioneve: │ F(x)│+│ G(x)│=0
Shembuj: №1 . Zgjidhe ekuacionin:
Përgjigje: x = 2. №2. Zgjidhe ekuacionin: Përgjigje: x = 1. Ushtrime: №21. Zgjidhe ekuacionin: №22 . Zgjidheni ekuacionin, në përgjigje shkruani shumën e rrënjëve: №23 . Zgjidheni ekuacionin, në përgjigje tregoni numrin e zgjidhjeve:

Seksioni 8. Ekuacionet e formës

Për zgjidhjen e ekuacioneve të këtij lloji përdoret metoda e intervaleve. Nëse zgjidhet me zgjerim sekuencial të moduleve, atëherë marrim n grupe sistemesh, gjë që është shumë e rëndë dhe e papërshtatshme. Konsideroni algoritmin e metodës së intervalit: 1). Gjeni vlera të ndryshueshme X, për të cilin çdo modul është i barabartë me zero (zero të shprehjeve të nënmodulit):
2). Vlerat e gjetura janë shënuar në një vijë numerike, e cila ndahet në intervale (numri i intervaleve, përkatësisht, është i barabartë me n+1 ) 3). Përcaktoni se me çfarë shenje zbulohet secili modul në secilën prej intervaleve të marra (kur bëni një zgjidhje, mund të përdorni një rresht numerik, duke shënuar shenjat në të) 4). Ekuacioni origjinal është i barabartë me grupin n+1 sisteme, në secilën prej të cilave tregohet anëtarësia e ndryshores X një nga intervalet. Shembuj: №1 . Zgjidheni ekuacionin, në përgjigje tregoni rrënjën më të madhe:
1). Le të gjejmë zerot e shprehjeve të nënmoduleve: x = 2; x = -3 2). Ne shënojmë vlerat e gjetura në vijën e numrave dhe përcaktojmë se me çfarë shenje zbulohet secili modul në intervalet e marra:
x – 2 x – 2 x – 2 - - + - 3 2 x 2x + 6 2x + 6 2x + 6 - + + 3)
- nuk ka zgjidhje Ekuacioni ka dy rrënjë. Përgjigje: rrënja më e madhe është x = 2. №2. Zgjidheni ekuacionin, shkruani rrënjën e plotë në përgjigje:
1). Le të gjejmë zerot e shprehjeve të nënmoduleve: x = 1,5; x = - 1 2). Ne shënojmë vlerat e gjetura në vijën numerike dhe përcaktojmë se me çfarë shenje zbulohet secili modul në intervalet e marra: x + 1 x + 1 x + 1 - + +
-1 1,5 х 2х – 3 2х – 3 2х – 3 - - +
3).
Sistemi i fundit nuk ka zgjidhje, prandaj, ekuacioni ka dy rrënjë. Kur zgjidhni ekuacionin, duhet t'i kushtoni vëmendje shenjës "-" përpara modulit të dytë. Përgjigje: rrënja e plotë x = 7. №3. Zgjidheni ekuacionin, në përgjigje tregoni shumën e rrënjëve: 1). Le të gjejmë zerot e shprehjeve të nënmoduleve: x = 5; x = 1; x = - 2 2). Ne shënojmë vlerat e gjetura në vijën numerike dhe përcaktojmë se me çfarë shenje zbulohet secili modul në intervalet e marra: x - 5 x - 5 x - 5 x - 5 - - - +
-2 1 5 x x – 1 x – 1 x – 1 x – 1 - - + + x + 2 x + 2 x + 2 x + 2 - + + +
3).
Ekuacioni ka dy rrënjë x = 0 dhe 2. Përgjigje: shuma e rrënjëve është 2. №4 . Zgjidheni ekuacionin: 1). Le të gjejmë zerot e shprehjeve të nënmoduleve: x = 1; x = 2; x = 3. 2). Le të përcaktojmë shenjën me të cilën zgjerohet çdo modul në intervalet e marra. 3).
Le të kombinojmë zgjidhjet e së parës tre sisteme. Përgjigje: ; x = 5.
Ushtrime: №24. Zgjidhe ekuacionin:
№25. Zgjidheni ekuacionin, në përgjigje shkruani shumën e rrënjëve: №26. Zgjidheni ekuacionin, në përgjigje tregoni rrënjën më të vogël: №27. Zgjidheni ekuacionin, jepni rrënjën më të madhe në përgjigjen tuaj:

Seksioni 9. Ekuacionet që përmbajnë module të shumta

Ekuacionet që përmbajnë module të shumta supozojnë praninë e vlerave absolute në shprehjet e nënmoduleve. Parimi themelor i zgjidhjes së ekuacioneve të këtij lloji është zbulimi sekuencial i moduleve, duke filluar me "të jashtëm". Gjatë zgjidhjes, përdoren teknikat e diskutuara në seksionet nr. 1, nr. 3.

Shembuj: №1. Zgjidhe ekuacionin:
Përgjigje: x = 1; - njëmbëdhjetë. №2. Zgjidhe ekuacionin:
Përgjigje: x = 0; katër; - katër. №3. Zgjidheni ekuacionin, në përgjigje tregoni produktin e rrënjëve:
Përgjigje: Prodhimi i rrënjëve është 8. №4. Zgjidhe ekuacionin:
Shënoni ekuacionet e popullsisë (1) dhe (2) dhe merrni parasysh zgjidhjen e secilit prej tyre veç e veç për lehtësinë e dizajnit. Meqenëse të dy ekuacionet përmbajnë më shumë se një modul, është më e përshtatshme të kryhet një kalim ekuivalent në grupe sistemesh. (1)

(2)


Përgjigje:
Ushtrime: №36. Zgjidheni ekuacionin, në përgjigje tregoni shumën e rrënjëve: 5 │3x-5│ \u003d 25 x №37. Zgjidheni ekuacionin, nëse ka më shumë se një rrënjë, në përgjigje tregoni shumën e rrënjëve: │x + 2│ x - 3x - 10 = 1 №38. Zgjidheni ekuacionin: 3 │2x -4│ \u003d 9 │x│ №39. Zgjidheni ekuacionin, në përgjigje tregoni numrin e rrënjëve për: 2 │ sin x │ = √2 №40 . Zgjidheni ekuacionin, në përgjigje tregoni numrin e rrënjëve:

Seksioni 3. Ekuacionet logaritmike.

Para se të zgjidhen ekuacionet e mëposhtme, është e nevojshme të rishikohen vetitë e logaritmeve dhe funksioni logaritmik. Shembuj: №1. Zgjidheni ekuacionin, në përgjigje tregoni produktin e rrënjëve: log 2 (x + 1) 2 + log 2 │x + 1 │ \u003d 6 O.D.Z. x+1≠0 x≠ - 1

Rasti 1: nëse x ≥ - 1, atëherë log 2 (x+1) 2 + log 2 (x+1) = 6 log 2 (x+1) 3 = log 2 2 6 (x+1) 3 = 2 6 x+1 = 4 x = 3 – plotëson kushtin x ≥ - 1 2 rasti: nëse x log 2 (x+1) 2 + log 2 (-x-1) = 6 log 2 (x+1) 2 + log 2 (-(x+1)) = 6 log 2 (-(x+1) 3) = log 2 2 6- (x+1) 3 = 2 6- (x+1) = 4 x = - 5 - plotëson kushtin x - 1
Përgjigje: Prodhimi i rrënjëve është 15.
№2. Zgjidheni ekuacionin, në përgjigje tregoni shumën e rrënjëve: lg
O.D.Z.

Përgjigje: shuma e rrënjëve është 0,5.
№3. Zgjidheni ekuacionin: log 5
O.D.Z.

Përgjigje: x = 9. №4. Zgjidheni ekuacionin: │2 + log 0,2 x│+ 3 = │1 + log 5 x│ O.D.Z. x > 0 Le të përdorim formulën për të kaluar në një bazë tjetër. │2 - log 5 x│+ 3 = │1 + log 5 x│
│2 - log 5 x│- │1 + log 5 x│= - 3 Le të gjejmë zerot e shprehjeve të nënmoduleve: x = 25; x \u003d Këta numra ndajnë zonën e vlerave të lejuara në tre intervale, kështu që ekuacioni është i barabartë me tërësinë e tre sistemeve.
Përgjigje :)