Et av de vanskeligste temaene for elevene er å løse likninger som inneholder en variabel under modultegnet. La oss først finne ut hva dette henger sammen med? Hvorfor, for eksempel, knekker de fleste barn andregradsligninger som nøtter, men med denne er det langt fra det beste? komplekst konsept Hvordan har modulen så mange problemer?
Etter min mening er alle disse vanskelighetene forbundet med mangelen på klart formulerte regler for å løse likninger med en modul. Så, bestemmer kvadratisk ligning, vet eleven med sikkerhet at han først må bruke diskriminantformelen, og deretter formlene for røttene til kvadratisk ligning. Hva gjør jeg hvis en modul finnes i ligningen? Vi vil forsøke å tydelig beskrive nødvendig handlingsplan for tilfellet når ligningen inneholder en ukjent under modultegnet. Vi vil gi flere eksempler for hvert tilfelle.
Men først, la oss huske moduldefinisjon. Så, modulo tallet en dette nummeret i seg selv kalles if en ikke-negativ og -en, hvis nummer en mindre enn null. Du kan skrive det slik:
|a| = a hvis a ≥ 0 og |a| = -a hvis a< 0
Snakker om geometrisk sans modul, bør det huskes at hvert reelt tall tilsvarer et bestemt punkt på tallaksen - dens til 
koordinere. Så modulen eller absoluttverdien til et tall er avstanden fra dette punktet til opprinnelsen til den numeriske aksen. Avstanden angis alltid som et positivt tall. Dermed modulen til evt negativt tall er et positivt tall. Forresten, selv på dette stadiet begynner mange elever å bli forvirret. Modulen kan inneholde et hvilket som helst tall, men resultatet av bruk av modulen er alltid et positivt tall.
La oss nå gå direkte til å løse likningene.
1. Tenk på en ligning på formen |x| = c, hvor c er et reelt tall. Denne ligningen kan løses ved å bruke moduldefinisjonen.
Vi deler alle reelle tall i tre grupper: de som er større enn null, de som er mindre enn null, og den tredje gruppen er tallet 0. Vi skriver løsningen i form av et diagram:
(±c, hvis c > 0
Hvis |x| = c, så x = (0, hvis c = 0
(ingen røtter hvis med< 0
1) |x| = 5, fordi 5 > 0, så x = ±5;
2) |x| = -5, fordi -5< 0, то уравнение не имеет корней;
3) |x| = 0, deretter x = 0.
2. Ligning av formen |f(x)| = b, hvor b > 0. For å løse denne ligningen er det nødvendig å kvitte seg med modulen. Vi gjør det på denne måten: f(x) = b eller f(x) = -b. Nå må du løse hver av de resulterende ligningene separat. Hvis i den opprinnelige ligningen b< 0, решений не будет.
1) |x + 2| = 4, fordi 4 > 0, da
x + 2 = 4 eller x + 2 = -4
2) |x 2 – 5| = 11, fordi 11 > 0, da
x 2 – 5 = 11 eller x 2 – 5 = -11
x 2 = 16 x 2 = -6
x = ± 4 ingen røtter
3) |x 2 – 5x| = -8, fordi -8< 0, то уравнение не имеет корней.
3. En ligning av formen |f(x)| = g(x). I henhold til betydningen av modulen vil en slik ligning ha løsninger hvis dens høyre side er større enn eller lik null, dvs. g(x) ≥ 0. Da vil vi ha:
f(x) = g(x) eller f(x) = -g(x).
1) |2x – 1| = 5x – 10. Denne ligningen vil ha røtter hvis 5x – 10 ≥ 0. Det er her løsningen av slike ligninger begynner.
1. O.D.Z. 5x – 10 ≥ 0
2. Løsning:
2x – 1 = 5x – 10 eller 2x – 1 = -(5x – 10)
3. Vi kombinerer O.D.Z. og løsningen får vi:
Roten x = 11/7 passer ikke til O.D.Z., den er mindre enn 2, men x = 3 tilfredsstiller denne betingelsen.
Svar: x = 3
2) |x – 1| = 1 – x 2.
1. O.D.Z. 1 – x 2 ≥ 0. La oss løse denne ulikheten ved å bruke intervallmetoden:
(1 – x)(1 + x) ≥ 0
2. Løsning:
x – 1 = 1 – x 2 eller x – 1 = -(1 – x 2)
x 2 + x – 2 = 0 x 2 – x = 0
x = -2 eller x = 1 x = 0 eller x = 1
3. Vi kombinerer løsningen og O.D.Z.:
Bare røttene x = 1 og x = 0 er egnet.
Svar: x = 0, x = 1.
4. Ligning av formen |f(x)| = |g(x)|. En slik likning er ekvivalent med de følgende to likningene f(x) = g(x) eller f(x) = -g(x).
1) |x 2 – 5x + 7| = |2x – 5|. Denne ligningen tilsvarer følgende to:
x 2 – 5x + 7 = 2x – 5 eller x 2 – 5x +7 = -2x + 5
x 2 – 7x + 12 = 0 x 2 – 3x + 2 = 0
x = 3 eller x = 4 x = 2 eller x = 1
Svar: x = 1, x = 2, x = 3, x = 4.
5. Ligninger løst ved substitusjonsmetoden (variabel erstatning). Denne metoden løsninger er enklest å forklare i spesifikt eksempel. Så, la oss få en andregradsligning med modul:
x 2 – 6|x| + 5 = 0. Ved modulegenskapen x 2 = |x| 2, så ligningen kan skrives om som følger:
|x| 2 – 6|x| + 5 = 0. La oss erstatte |x| = t ≥ 0, da vil vi ha:
t 2 – 6t + 5 = 0. Ved å løse denne ligningen finner vi at t = 1 eller t = 5. La oss gå tilbake til erstatningen:
|x| = 1 eller |x| = 5
x = ±1 x = ±5
Svar: x = -5, x = -1, x = 1, x = 5.
La oss se på et annet eksempel:
x 2 + |x| – 2 = 0. Ved modulegenskapen x 2 = |x| 2, derfor
|x| 2 + |x| – 2 = 0. La oss erstatte |x| = t ≥ 0, deretter:
t 2 + t – 2 = 0. Ved å løse denne ligningen får vi t = -2 eller t = 1. La oss gå tilbake til erstatningen:
|x| = -2 eller |x| = 1
Ingen røtter x = ± 1
Svar: x = -1, x = 1.
6. En annen type ligninger er ligninger med en "kompleks" modul. Slike ligninger inkluderer ligninger som har "moduler i en modul." Ligninger av denne typen kan løses ved hjelp av egenskapene til modulen.
1) |3 – |x|| = 4. Vi vil handle på samme måte som i ligninger av den andre typen. Fordi 4 > 0, så får vi to ligninger:
3 – |x| = 4 eller 3 – |x| = -4.
La oss nå uttrykke modulen x i hver ligning, deretter |x| = -1 eller |x| = 7.
Vi løser hver av de resulterende ligningene. Det er ingen røtter i den første ligningen, fordi -1< 0, а во втором x = ±7.
Svar x = -7, x = 7.
2) |3 + |x + 1|| = 5. Vi løser denne ligningen på lignende måte:
3 + |x + 1| = 5 eller 3 + |x + 1| = -5
|x + 1| = 2 |x + 1| = -8
x + 1 = 2 eller x + 1 = -2. Ingen røtter.
Svar: x = -3, x = 1.
Det er også universell metode løse likninger med modul. Dette er intervallmetoden. Men vi skal se på det senere.
blog.site, når du kopierer materiale helt eller delvis, kreves en lenke til originalkilden.
Vi velger ikke matematikk yrket hennes, og hun velger oss.
Den russiske matematikeren Yu.I. Manin
Ligninger med modul
De vanskeligste problemene å løse i skolematematikk er ligninger som inneholder variabler under modultegnet. For å lykkes med å løse slike ligninger, må du kjenne til definisjonen og de grunnleggende egenskapene til modulen. Naturligvis må elevene ha ferdigheter til å løse denne typen ligninger.
Grunnleggende begreper og egenskaper
Modulus (absolutt verdi) til et reelt tall betegnet med og er definert som følger:
TIL enkle egenskaper modulen inkluderer følgende relasjoner:
Merk, at de to siste egenskapene er gyldige for en hvilken som helst jevn grad.
Dessuten, hvis, hvor, da og
Mer komplekse modulegenskaper, som effektivt kan brukes ved løsning av likninger med moduli, er formulert gjennom følgende teoremer:
Teorem 1.For alle analytiske funksjoner Og ulikhet er sant
Teorem 2. Likhet tilsvarer ulikhet.
Teorem 3. Likestilling ensbetydende med ulikhet.
La oss se på typiske eksempler på å løse problemer om emnet "Ligninger, som inneholder variabler under modultegnet."
Løse ligninger med modul
Mest vanlig i skolematte metode for å løse likninger med modul er metoden, basert på modulutvidelse. Denne metoden er universell, imidlertid i generell sak bruken kan føre til svært tungvinte beregninger. I denne forbindelse bør elevene kjenne andre, mer effektive metoder og teknikker for å løse slike ligninger. Spesielt, det er nødvendig å ha ferdigheter i å anvende teoremer, gitt i denne artikkelen.
Eksempel 1. Løs ligningen. (1)
Løsning. Vi vil løse ligning (1) ved å bruke den "klassiske" metoden - metoden for å avsløre moduler. For å gjøre dette, la oss dele tallaksen prikker og i intervaller og vurdere tre tilfeller.
1. Hvis , så har , , , og ligning (1) formen . Det følger av dette. Men her, derfor er verdien funnet ikke roten til ligning (1).
2. Hvis, så får vi fra ligning (1). eller .
Siden da roten av ligningen (1).
3. Hvis, så tar ligning (1) formen eller . La oss merke det.
Svar: , .
Når vi løser påfølgende ligninger med en modul, vil vi aktivt bruke egenskapene til moduler for å øke effektiviteten ved å løse slike ligninger.
Eksempel 2. Løs ligningen.
Løsning. Siden og så følger det av ligningen. I denne forbindelse, , og ligningen tar formen. Herfra får vi. Derimot , derfor har den opprinnelige ligningen ingen røtter.
Svar: ingen røtter.
Eksempel 3. Løs ligningen.
Løsning. Siden da. Hvis da og ligningen tar formen.
Herfra får vi .
Eksempel 4. Løs ligningen.
Løsning.La oss omskrive ligningen i ekvivalent form. (2)
Den resulterende ligningen tilhører ligninger av typen .
Tar man hensyn til setning 2, kan det hevdes at ligning (2) er ekvivalent med ulikheten . Herfra får vi .
Svar: .
Eksempel 5. Løs ligningen.
Løsning. Denne ligningen har formen. Derfor , ifølge teorem 3, her har vi ulikhet eller .
Eksempel 6. Løs ligningen.
Løsning. La oss anta det. Fordi , da har den gitte ligningen form av en andregradsligning, (3)
Hvor . Siden ligning (3) har en enkelt positiv rot og så . Herfra får vi to røtter til den opprinnelige ligningen: Og .
Eksempel 7. Løs ligningen. (4)
Løsning. Siden ligningener ekvivalent med kombinasjonen av to ligninger: og , så når man løser ligning (4) er det nødvendig å vurdere to tilfeller.
1. Hvis , da eller .
Herfra får vi , og .
2. Hvis , da eller .
Siden da.
Svar: , , , .
Eksempel 8.Løs ligningen . (5)
Løsning. Siden og , da . Herfra og fra ligning (5) følger det at og , dvs. her har vi et ligningssystem
derimot dette systemet ligninger er inkonsekvente.
Svar: ingen røtter.
Eksempel 9. Løs ligningen. (6)
Løsning. Hvis vi betegner, da og fra ligning (6) får vi
Eller . (7)
Siden ligning (7) har formen , er denne ligningen ekvivalent med ulikheten . Herfra får vi . Siden , da eller .
Svar: .
Eksempel 10.Løs ligningen. (8)
Løsning.I følge teorem 1 kan vi skrive
(9)
Tar vi i betraktning ligning (8), konkluderer vi med at begge ulikhetene (9) blir til likheter, dvs. det er et ligningssystem
Imidlertid, ifølge setning 3, er det ovennevnte likningssystemet ekvivalent med systemet med ulikheter
(10)
Å løse systemet med ulikheter (10) får vi . Siden systemet med ulikheter (10) er ekvivalent med ligning (8), har den opprinnelige ligningen en enkelt rot.
Svar: .
Eksempel 11. Løs ligningen. (11)
Løsning. La og , så følger likheten av ligning (11).
Det følger at og . Dermed har vi her et system av ulikheter
Løsningen på dette ulikhetssystemet er Og .
Svar: , .
Eksempel 12.Løs ligningen. (12)
Løsning. Ligning (12) vil bli løst ved metoden med sekvensiell utvidelse av moduler. For å gjøre dette, la oss vurdere flere tilfeller.
1. Hvis , da .
1.1. Hvis , da og , .
1.2. Hvis da. Derimot , derfor i i dette tilfellet ligning (12) har ingen røtter.
2. Hvis , da .
2.1. Hvis , da og , .
2.2. Hvis , da og .
Svar: , , , , .
Eksempel 13.Løs ligningen. (13)
Løsning. Fordi det venstre side ligning (13) er ikke-negativ, da . I denne forbindelse, og ligning (13)
tar formen eller .
Det er kjent at ligningen er ekvivalent med kombinasjonen av to ligninger og , løse som vi får, . Fordi , da har ligning (13) én rot.
Svar: .
Eksempel 14. Løs ligningssystem (14)
Løsning. Siden og , da og . Følgelig, fra ligningssystemet (14) får vi fire ligningssystemer:
Røttene til de ovennevnte ligningssystemene er røttene til ligningssystemet (14).
Svar: ,, , , , , , .
Eksempel 15. Løs ligningssystem (15)
Løsning. Siden da. I denne forbindelse får vi fra likningssystemet (15) to likningssystemer
Røttene til det første likningssystemet er og , og fra det andre likningssystemet får vi og .
Svar: , , , .
Eksempel 16. Løs ligningssystem (16)
Løsning. Fra den første ligningen av systemet (16) følger det at .
Siden da . La oss vurdere den andre ligningen til systemet. Fordi det, Det , og ligningen tar formen, , eller .
Hvis du erstatter verdieninn i den første ligningen av systemet (16), deretter , eller .
Svar: , .
For mer dyp læring problemløsningsmetoder, knyttet til å løse ligninger, som inneholder variabler under modultegnet, kan du gi råd læremidler fra listen over anbefalt litteratur.
1. Oppgavesamling i matematikk for søkere til høyskoler / Utg. M.I. Scanavi. – M.: Fred og utdanning, 2013. – 608 s.
2. Suprun V.P. Matematikk for elever i videregående skole: oppgaver med økt kompleksitet. – M.: CD «Librocom» / URSS, 2017. – 200 s.
3. Suprun V.P. Matematikk for elever på videregående skole: ikke-standardiserte metoder for å løse problemer. – M.: CD «Librocom» / URSS, 2017. – 296 s.
Har du fortsatt spørsmål?
Registrer deg for å få hjelp fra en veileder.
nettside, ved kopiering av materiale helt eller delvis, kreves en lenke til kilden.
Bruksanvisning
Hvis en modul er representert som en kontinuerlig funksjon, kan verdien av argumentet være enten positiv eller negativ: |x| = x, x ≥ 0; |x| = - x, x
zl + z2 = (x1 + x2) + i(yl + y2);
zl - z2 = (xl - x2) + i(yl - y2);
Det er lett å se at addisjon og subtraksjon av komplekse tall følger samme regel som addisjon og .
Produktet av to komplekse tall er lik:
z1*z2 = (x1 + iy1)*(x2 + iy2) = x1*x2 + i*y1*x2 + i*x1*y2 + (i^2)*y1*y2.
Siden i^2 = -1, da endelig resultat lik:
(x1*x2 - y1*y2) + i(x1*y2 + x2*y1).
Operasjonene for eksponentiering og rotekstraksjon for komplekse tall er definert på samme måte som for reelle tall. Imidlertid, i det komplekse området, for et hvilket som helst tall, er det nøyaktig n tall b slik at b^n = a, det vil si n røtter av n-te grad.
Spesielt betyr dette at enhver algebraisk ligning av grad n med en variabel har nøyaktig n komplekse røtter, hvorav noen kan være .
Video om emnet
Kilder:
- Forelesning "Komplekse tall" i 2019
En rot er et ikon som angir den matematiske operasjonen for å finne et tall, hvis heving til potensen angitt foran rottegnet skal gi tallet som er angitt under akkurat dette tegnet. Ofte, for å løse problemer som involverer røtter, er det ikke nok å bare beregne verdien. Det er nødvendig å utføre ytterligere operasjoner, hvorav en er å skrive inn et tall, en variabel eller et uttrykk under rottegnet.
Bruksanvisning
Bestem roteksponenten. En eksponent er et heltall som indikerer potensen som resultatet av å beregne roten må heves til for å få det radikale uttrykket (tallet som denne roten er hentet fra). Roteksponenten som et hevet skrift før rotikonet. Hvis denne ikke er spesifisert, er den det Kvadratrot, hvis grad er to. For eksempel er eksponenten til roten √3 to, eksponenten til ³√3 er tre, eksponenten til roten ⁴√3 er fire, osv.
Hev tallet du vil legge inn under rotens fortegn til en potens lik eksponenten til denne roten, bestemt av deg i forrige trinn. Hvis du for eksempel trenger å skrive inn tallet 5 under rottegnet ⁴√3, er indeksen for rotgraden fire og du trenger resultatet av å heve 5 til fjerde potens 5⁴=625. Du kan gjøre dette på hvilken som helst måte som er praktisk for deg - i hodet ditt, ved å bruke en kalkulator eller de tilsvarende tjenestene som er vert.
Skriv inn verdien oppnådd i forrige trinn under rottegnet som en multiplikator av det radikale uttrykket. For eksempelet som ble brukt i forrige trinn med å legge til ⁴√3 5 (5*⁴√3) under roten, kan denne handlingen gjøres slik: 5*⁴√3=⁴√(625*3).
Forenkle det resulterende radikale uttrykket hvis mulig. For et eksempel fra de foregående trinnene trenger du bare å multiplisere tallene under rottegnet: 5*⁴√3=⁴√(625*3)=⁴√1875. Dette fullfører operasjonen med å legge inn tallet under roten.
Hvis problemet inneholder ukjente variabler, kan trinnene beskrevet ovenfor utføres i generelt syn. For eksempel, hvis du trenger å skrive inn en ukjent variabel x under den fjerde rotroten, og det radikale uttrykket er 5/x³, kan hele handlingssekvensen skrives som følger: x*⁴√(5/x³)=⁴ √(x⁴*5/x³)= ⁴√(x*5).
Kilder:
- hva heter rottegnet?
Reelle tall er ikke nok til å løse noen andregradsligning. Den enkleste andregradsligningen som ikke har røtter blant de reelle tallene er x^2+1=0. Når du løser det, viser det seg at x=±sqrt(-1), og i henhold til lovene til elementær algebra trekker ut roten til en jevn grad fra det negative tall det er forbudt.
A beregnes i henhold til følgende regler:
For korthets skyld brukes notasjoner |a|. Så, |10| = 10; - 1 / 3 = | 1/3 |; | -100| =100 osv.
Hver størrelse X tilsvarer en ganske nøyaktig verdi | X|. Og det betyr identitet på= |X| settene på som noen argumentfunksjon X.
Rute dette funksjoner presentert nedenfor.
Til x > 0 |x| = x, og for x< 0 |x|= -x; i denne forbindelse er linjen y = | x| på x> 0 kombinert med en rett linje y = x(halveringslinjen av den første koordinatvinkelen), og når X< 0 - с прямой y = -x(halveringslinje for den andre koordinatvinkelen).
Skille ligninger inkludere ukjente under skiltet modul.
Vilkårlige eksempler på slike ligninger - | X— 1| = 2, |6 — 2X| =3X+ 1 osv.
Løse ligninger som inneholder en ukjent under modultegnet er basert på det faktum at hvis absoluttverdien av et ukjent tall x er lik et positivt tall a, så er dette tallet x i seg selv lik enten a eller -a.
For eksempel:, hvis | X| = 10, så eller X=10, eller X = -10.
La oss vurdere løse individuelle ligninger.
La oss analysere løsningen på ligningen | X- 1| = 2.
La oss utvide modulen så forskjellen X- 1 kan være lik enten + 2 eller - 2. Hvis x - 1 = 2, da X= 3; hvis X- 1 = - 2, da X= - 1. Vi gjør en substitusjon og finner at begge disse verdiene tilfredsstiller ligningen.
Svar. Ovennevnte ligning har to røtter: x 1 = 3, x 2 = - 1.
La oss analysere løsning på ligningen | 6 — 2X| = 3X+ 1.
Etter modulutvidelse vi får: eller 6 - 2 X= 3X+ 1 eller 6 - 2 X= - (3X+ 1).
I det første tilfellet X= 1, og i den andre X= - 7.
Undersøkelse. På X= 1 |6 — 2X| = |4| = 4, 3x+ 1 = 4; det følger av retten, X = 1 - rot gitt ligninger.
På x = - 7 |6 — 2x| = |20| = 20, 3x+ 1= - 20; siden 20 ≠ -20, da X= - 7 er ikke en rot av denne ligningen.
Svar. U ligningen har bare én rot: X = 1.
Ligninger av denne typen kan være løse og grafisk.
Så la oss bestemme For eksempel, grafisk ligning | X- 1| = 2.
Først skal vi bygge funksjonsgrafikk på = |x- 1|. La oss først tegne en graf over funksjonen på=X- 1:
Den delen av det grafisk kunst, som er plassert over aksen X Vi vil ikke endre det. For henne X- 1 > 0 og derfor | X-1|=X-1.
Den delen av grafen som er plassert under aksen X, la oss skildre symmetrisk i forhold til denne aksen. Fordi for denne delen X - 1 < 0 и соответственно |X - 1|= - (X - 1). Resultatet linje(heltrukken linje) og vilje funksjonsgraf y = | X—1|.
Denne linjen vil krysse med rett på= 2 på to punkter: M 1 med abscisse -1 og M 2 med abscisse 3. Og følgelig ligningen | X- 1| =2 det vil være to røtter: X 1 = - 1, X 2 = 3.
Denne nettbaserte matematikkkalkulatoren vil hjelpe deg løse en likning eller ulikhet med moduli. Program for løse likninger og ulikheter med moduler gir ikke bare svaret på problemet, det leder detaljert løsning med forklaringer, dvs. viser prosessen for å oppnå resultatet.
Dette programmet kan være nyttig for elever på videregående skole ungdomsskoler som forberedelse til tester og eksamener, når du tester kunnskap før Unified State Exam, for foreldre å kontrollere løsningen av mange problemer i matematikk og algebra. Eller kanskje det er for dyrt for deg å ansette en veileder eller kjøpe nye lærebøker? Eller vil du bare få det gjort så raskt som mulig? hjemmelekser i matematikk eller algebra? I dette tilfellet kan du også bruke våre programmer med detaljerte løsninger.
På denne måten kan du bruke dine egen trening og/eller trene sine yngre brødre eller søstre, mens utdanningsnivået i området for problemene som løses øker.
|x| eller abs(x) - modul xSkriv inn en ligning eller ulikhet med moduli
Det ble oppdaget at noen skript som er nødvendige for å løse dette problemet, ikke ble lastet, og at programmet kanskje ikke fungerer.
Du kan ha AdBlock aktivert.
I dette tilfellet, deaktiver den og oppdater siden.
For at løsningen skal vises, må du aktivere JavaScript.
Her er instruksjoner for hvordan du aktiverer JavaScript i nettleseren din.
Fordi Det er mange mennesker som er villige til å løse problemet, forespørselen din har blitt satt i kø.
Om noen sekunder vil løsningen vises nedenfor.
Vennligst vent sek...
Hvis du oppdaget en feil i løsningen, så kan du skrive om dette i tilbakemeldingsskjemaet.
Ikke glem angi hvilken oppgave du bestemmer hva skriv inn i feltene.
Våre spill, puslespill, emulatorer:
Litt teori.
Ligninger og ulikheter med moduler
I et grunnleggende skolealgebrakurs kan du støte på de enkleste ligningene og ulikhetene med moduli. For å løse dem kan du bruke en geometrisk metode basert på at \(|x-a| \) er avstanden på tallinjen mellom punktene x og a: \(|x-a| = \rho (x;\; a) \). For å løse likningen \(|x-3|=2\) må du for eksempel finne punkter på tallinjen som er fjernt fra punkt 3 i en avstand på 2. Det er to slike punkter: \(x_1=1 \) og \(x_2=5\) .
Løse ulikheten \(|2x+7| 
Men hovedmåten for å løse likninger og ulikheter med moduler er assosiert med den såkalte "avsløringen av modulen per definisjon":
hvis \(a \geq 0 \), så \(|a|=a \);
if \(a Som regel reduseres en likning (ulikhet) med moduli til et sett med likninger (ulikheter) som ikke inneholder modultegnet.
I tillegg til definisjonen ovenfor, brukes følgende utsagn:
1) Hvis \(c > 0\), så er ligningen \(|f(x)|=c \) ekvivalent med settet med ligninger: \(\left[\begin(array)(l) f(x) )=c \\ f(x)=-c \end(array)\right. \)
2) Hvis \(c > 0 \), så er ulikheten \(|f(x)| 3) Hvis \(c \geq 0 \), så er ulikheten \(|f(x)| > c \) ekvivalent med et sett med ulikheter : \(\venstre[\begin(array)(l) f(x) c \end(array)\right. \)
4) Hvis begge sider av ulikheten \(f(x) EKSEMPEL 1. Løs ligningen \(x^2 +2|x-1| -6 = 0\).
Hvis \(x-1 \geq 0\), så har \(|x-1| = x-1\) og den gitte ligningen formen
\(x^2 +2(x-1) -6 = 0 \Høyrepil x^2 +2x -8 = 0 \).
Hvis \(x-1 \(x^2 -2(x-1) -6 = 0 \Høyrepil x^2 -2x -4 = 0 \).
Derfor bør den gitte ligningen vurderes separat i hvert av de to angitte tilfellene.
1) La \(x-1 \geq 0 \), dvs. \(x\geq 1\). Fra ligningen \(x^2 +2x -8 = 0\) finner vi \(x_1=2, \; x_2=-4\). Betingelsen \(x \geq 1 \) oppfylles kun av verdien \(x_1=2\).
2) La \(x-1 Svar: \(2; \;\; 1-\sqrt(5) \)
EKSEMPEL 2. Løs ligningen \(|x^2-6x+7| = \frac(5x-9)(3)\).
Første vei(modulutvidelse per definisjon).
Ved å resonnere som i eksempel 1, kommer vi til den konklusjon at den gitte ligningen må vurderes separat hvis to betingelser er oppfylt: \(x^2-6x+7 \geq 0 \) eller \(x^2-6x+7
1) Hvis \(x^2-6x+7 \geq 0 \), så har \(|x^2-6x+7| = x^2-6x+7 \) og den gitte ligningen formen \(x ^2 -6x+7 = \frac(5x-9)(3) \Høyrepil 3x^2-23x+30=0 \). Etter å ha løst denne kvadratiske ligningen, får vi: \(x_1=6, \; x_2=\frac(5)(3) \).
La oss finne ut om verdien \(x_1=6\) tilfredsstiller betingelsen \(x^2-6x+7 \geq 0\). For å gjøre dette, sett inn den angitte verdien i kvadratisk ulikhet. Vi får: \(6^2-6 \cdot 6+7 \geq 0 \), dvs. \(7 \geq 0 \) er en sann ulikhet. Dette betyr at \(x_1=6\) er roten til den gitte ligningen.
La oss finne ut om verdien \(x_2=\frac(5)(3)\) tilfredsstiller betingelsen \(x^2-6x+7 \geq 0\). For å gjøre dette, erstatte den angitte verdien i den kvadratiske ulikheten. Vi får: \(\left(\frac(5)(3) \right)^2 -\frac(5)(3) \cdot 6 + 7 \geq 0 \), dvs. \(\frac(25)(9) -3 \geq 0 \) er en feil ulikhet. Dette betyr at \(x_2=\frac(5)(3)\) ikke er en rot av den gitte ligningen.
2) Hvis \(x^2-6x+7 Verdi \(x_3=3\) tilfredsstiller betingelsen \(x^2-6x+7 Verdi \(x_4=\frac(4)(3) \) ikke tilfredsstiller betingelsen \ (x^2-6x+7 Så den gitte ligningen har to røtter: \(x=6, \; x=3 \).
Andre vei. Hvis ligningen \(|f(x)| = h(x) \) er gitt, så med \(h(x) \(\venstre[\begin(array)(l) x^2-6x+7 = \frac (5x-9)(3) \\ x^2-6x+7 = -\frac(5x-9)(3) \end(array)\right. \)
Begge disse ligningene ble løst ovenfor (ved å bruke den første metoden for å løse den gitte ligningen), røttene deres er som følger: \(6,\; \frac(5)(3),\; 3,\; \frac(4) )(3)\). Betingelsen \(\frac(5x-9)(3) \geq 0 \) av disse fire verdiene oppfylles med bare to: 6 og 3. Dette betyr at den gitte ligningen har to røtter: \(x=6 , \; x=3 \ ).
Tredje vei(grafikk).
1) La oss bygge en graf av funksjonen \(y = |x^2-6x+7| \). La oss først konstruere en parabel \(y = x^2-6x+7\). Vi har \(x^2-6x+7 = (x-3)^2-2 \). Grafen til funksjonen \(y = (x-3)^2-2\) kan hentes fra grafen til funksjonen \(y = x^2\) ved å flytte den 3 skalaenheter til høyre (langs x-aksen) og 2 skala enheter ned ( langs y-aksen). Den rette linjen x=3 er aksen til parablen vi er interessert i. Som kontrollpunkter for mer nøyaktig plotting, er det praktisk å ta punkt (3; -2) - toppunktet til parablen, punkt (0; 7) og punkt (6; 7) symmetrisk til den i forhold til parabelens akse .
For å nå konstruere en graf for funksjonen \(y = |x^2-6x+7| \), må du la de delene av den konstruerte parabelen som ikke ligger under x-aksen, være uendret, og speile den delen av parabel som ligger under x-aksen i forhold til x-aksen.
2) La oss bygge en graf lineær funksjon\(y = \frac(5x-9)(3)\). Det er praktisk å ta punktene (0; –3) og (3; 2) som kontrollpunkter.
Det er viktig at punktet x = 1,8 av skjæringspunktet mellom den rette linjen med abscisseaksen er plassert til høyre for venstre skjæringspunkt for parabelen med abscisseaksen - dette er punktet \(x=3-\ sqrt(2) \) (siden \(3-\sqrt(2 ) 3) Etter tegningen å dømme, skjærer grafene seg i to punkter - A(3; 2) og B(6; 7). Erstatter abscissen til disse punktene x = 3 og x = 6 inn i den gitte ligningen, er vi overbevist om at begge I en annen verdi oppnås riktig numerisk likhet.Dette betyr at hypotesen vår ble bekreftet - ligningen har to røtter: x = 3 og x = 6 . Svar: 3; 6.
Kommentar. Den grafiske metoden, for all sin eleganse, er ikke veldig pålitelig. I det betraktede eksemplet fungerte det bare fordi røttene til ligningen er heltall.
EKSEMPEL 3. Løs ligningen \(|2x-4|+|x+3| = 8\)
Første vei
Uttrykket 2x–4 blir 0 i punktet x = 2, og uttrykket x + 3 blir 0 i punktet x = –3. Disse to punktene deler talllinjen i tre intervaller: \(x
Tenk på det første intervallet: \((-\infty; \; -3) \).
Hvis x Tenk på det andre intervallet: \([-3; \; 2) \).
Hvis \(-3 \leq x Tenk på det tredje intervallet: \()
Laster inn...