Ця статтяприсвячена прийомам рішення різних рівняньта нерівностей, що містять
змінну під знаком модуля.

Якщо на іспиті вам попадеться рівняння або нерівність із модулем, його можна вирішити,
взагалі не знаючи жодних спеціальних методівта користуючись лише визначенням модуля. Щоправда,
зайняти це може години півтори дорогоцінного екзаменаційного часу.

Тому ми й хочемо розповісти вам про прийоми, що спрощують вирішення таких завдань.

Насамперед згадаємо, що

Розглянемо різні типи рівнянь із модулем. (До нерівностей перейдемо пізніше.)

Ліворуч модуль, праворуч число

Це найпростіший випадок. Розв'яжемо рівняння | x 2 − 5x + 4| = 4.

Є лише два числа, модулі яких дорівнюють чотирьом. Це 4 та −4. Отже, рівняння
рівносильно сукупності двох простих:

x 2 − 5x+ 4 = 4 або x 2 − 5x + 4 = −4.

Друге рівняння немає рішень. Рішення першого: x= 0 і x = 5.

Відповідь: 0; 5.

Змінна як під модулем, так і поза модулем

Тут доводиться розкривати модуль за визначенням. . . або розуміти!

1. |2 − x| = 5 − 4x

Рівняння розпадається на два випадки, залежно від символу вираження під модулем.
Іншими словами, воно рівносильне сукупності двох систем:

Рішення першої системи: x= 1. У другої системи рішень немає.
Відповідь: 1.

2 . x 2 + 4|x − 3| − 7x + 11 = 0.

Перший випадок: x≥ 3. Знімаємо модуль:

Число x 2 , будучи негативним, не задовольняє умову x≥ 3 і тому не є коренем вихідного рівняння.

З'ясуємо, чи задовольняє цій умові число x 1 . Для цього складемо різницю та визначимо її знак:

Значить, x 1 більше трьох і тому є коренем вихідного рівняння

Другий випадок: x < 3. Снимаем модуль:

Число x 3 більше, ніж , і тому не задовольняє умову x < 3. Проверим x 4:

Значить, x 4 є коренем вихідного рівняння.

3. |2x 2 − 3x − 4| = 6x − 1.

Знімати модуль за визначенням? Страшно навіть про це подумати, адже дискримінант - не точний квадрат. Давайте краще скористаємося такою міркуванням: рівняння виду | A | = B рівносильно сукупності двох систем:

Те саме, але трохи по-іншому:

Іншими словами, ми розв'язуємо два рівняння, A = B та A = −B, а потім відбираємо коріння, яке задовольняє умову B ≥ 0.

Приступаємо. Спочатку вирішуємо перше рівняння:

Потім розв'язуємо друге рівняння:

Тепер у кожному випадку перевіряємо знак правої частини:

Отже, годяться лише x 1 та x 3 .

Квадратні рівняння із заміною | x| = t

Розв'яжемо рівняння: x 2 + 2|x| − 3 = 0.

Оскільки x 2 = |x| 2, зручно зробити заміну | x| = t. Отримуємо:

Відповідь: ±1.

Модуль дорівнює модулю

Йдеться рівняннях виду |A| = | B |. Це – подарунок долі. Жодних розкриттів модуля за визначенням! Все просто:

Наприклад, розглянемо рівняння: |3 x 2 + 5x − 9| = |6x+ 15 |. Воно рівносильне наступній сукупності:

Залишається вирішити кожне із рівнянь сукупності та записати відповідь.

Два або кілька модулів

Розв'яжемо рівняння: | x − 1| − 2|x − 2| + 3|x − 3| = 4.

Не возитимемося з кожним модулем окремо і розкривати його за визначенням - надто багато вийде варіантів. Існує раціональніший спосіб - метод інтервалів.

Вирази під модулями перетворюються на нуль у точках x = 1, x= 2 і x= 3. Ці точки ділять числову пряму чотирма проміжку (інтервалу). Зазначимо на числовій прямій ці точки та розставимо знаки для кожного з виразів під модулями на отриманих інтервалах. (Порядок прямування знаків збігається з порядком прямування відповідних модулів у рівнянні.)

Таким чином, нам потрібно розглянути чотири випадки – коли xзнаходиться у кожному з інтервалів.

Випадок 1: x≥ 3. Усі модулі знімаються «з плюсом»:

Отримане значення x= 5 задовольняє умові x≥ 3 і тому є коренем вихідного рівняння.

Випадок 2: 2 ≤ x≤ 3. Останній модуль тепер знімається "з мінусом":

Отримане значення xтакож годиться - воно належить розглянутому проміжку.

Випадок 3: 1 ≤ x≤ 2. Другий та третій модулі знімаються «з мінусом»:

Ми отримали вірну числову рівність у будь-якому xз проміжку, що розглядається, служать рішеннями даного рівняння.

Випадок 4: x ≤ 1 ≤ 1. Другий та третій модулі знімаються «з мінусом»:

Нічого нового. Ми й так знаємо, що x= 1 є рішенням.

Відповідь: ∪ (5).

Модуль у модулі

Розв'яжемо рівняння: ||3 − x| − 2x + 1| = 4x − 10.

Починаємо з розкриття внутрішнього модуля.

1) x≤ 3. Отримуємо:

Вираз під модулем перетворюється на нуль при . Ця точка належить аналізованому
проміжку. Тому доводиться розбирати два випадки.

1.1) Отримуємо у разі:

Це значення xне годиться, тому що не належить проміжку, що розглядається.

1.2). Тоді:

Це значення xтакож годиться.

Отже, за x≤ 3 рішень немає. Переходимо на другий випадок.

2) x≥ 3. Маємо:

Тут нам пощастило: вираз x+ 2 позитивно в аналізованому проміжку! Тому ніяких подслучаев не буде: модуль знімається «з плюсом»:

Це значення xзнаходиться в аналізованому проміжку і тому є коренем вихідного рівняння.

Так вирішуються всі завдання даного типу- Розкриваємо вкладені модулі по черзі, починаючи з внутрішнього.

Нерівності з модулем

Жодних принципово нових ідей тут не виникає. Усіми необхідними знаннямиви вже володієте. Тому ми розберемо лише дві задачі. Решта – на заняттях та в домашніх завданнях.

1. 2|x − 4| + |3x + 5| ≥ 16.

1) x≥ 4. Маємо:

Отримана нерівність виконується при всіх аналізованих x≥ 4. Іншими словами, усі числа з проміжку .

3). Маємо:

Оскільки − , то всі значення xз отриманого проміжку є рішеннями вихідної нерівності.

Залишається об'єднати безліч рішень, отримані у трьох розглянутих випадках.

2. |x 2 − 2x − 3| < 3x − 3.

Це завдання №6 теоретичної частини уроку 8 книги В. В. Ткачука «Математика – абітурієнту». Автор вирішує її шляхом інтервалів. Обов'язково розберіть авторське рішення!

Зауважимо, що метод інтервалів тут проходить дуже безболісно через те, що коріння квадратного тричлену під модулем - цілі числа. А якщо дискримінант не буде точним квадратом? Замініть, наприклад, під модулем −3 на −5. Обсяг обчислювальної роботи тоді значно зросте.

Ми покажемо вам інший спосіб вирішення цього завдання, який не залежить від капризів дискримінанта.

Наша нерівність має вигляд | A |< B. Очевидны следующие утверждения.

Якщо B ≤ 0, то нерівність немає рішень.

Якщо B > 0, то нерівність рівносильна подвійній нерівності −B< A < B или, что то же самое, системе

Іншими словами, ми беремо перетин безлічі рішень даної системи з безліччю рішень нерівності B > 0, тобто вирішуємо систему

У нашому завданні отримуємо:

Зобразимо безліч розв'язків цих нерівностей малюнку. Чорним кольором показані рішення першої (подвійної) нерівності; зелений колір- Рішення сукупності; синій колір- Вирішення останньої нерівності системи.

Рішенням системи служить перетин цих множин, тобто безліч, над яким присутні лінії всіх трьох кольорів. Воно заштриховане.

Цей математичний калькуляторонлайн допоможе вам вирішити рівняння чи нерівність із модулями. Програма для розв'язання рівнянь та нерівностей з модулямине просто дає відповідь задачі, вона наводить докладне рішення з поясненнями, тобто. відображає процес отримання результату.

Ця програма може бути корисною учням старших класів загальноосвітніх шкіл під час підготовки до контрольним роботамта іспитів, під час перевірки знань перед ЄДІ, батькам для контролю вирішення багатьох завдань з математики та алгебри. А може вам занадто накладно наймати репетитора чи купувати нові підручники? Або ви просто хочете якнайшвидше зробити домашнє завданняз математики чи алгебри? У цьому випадку ви можете скористатися нашими програмами з докладним рішенням.

Таким чином ви можете проводити своє власне навчання та/або навчання своїх молодших братівабо сестер, при цьому рівень освіти в галузі розв'язуваних завдань підвищується.

|х| або abs(x) - модуль x

Введіть рівняння або нерівність із модулями

Розв'язати рівняння чи нерівність

Виявлено, що не завантажилися деякі скрипти, необхідні для вирішення цього завдання, і програма може не працювати.
Можливо у вас увімкнено AdBlock.
У цьому випадку вимкніть його та оновіть сторінку.

У браузері вимкнено виконання JavaScript.
Щоб рішення з'явилося, потрібно включити JavaScript.
Ось інструкції, як включити JavaScript у вашому браузері.

Т.к. охочих вирішити завдання дуже багато, ваш запит поставлено в чергу.
За кілька секунд рішення з'явиться нижче.
Будь ласка зачекайте сік...

Якщо ви помітили помилку у рішенні, то про це ви можете написати у Формі зворотного зв'язку.
Не забудьте вказати яке завданняви вирішуєте і що вводьте у поля.

Наші ігри, головоломки, емулятори:

Трохи теорії.

Рівняння та нерівності з модулями

В курсі алгебри основної школи можуть зустрітися найпростіші рівняння та нерівності з модулями. Для їх вирішення можна застосовувати геометричний метод, заснований на тому, що \(|x-a|\) - це відстань на числовій прямій між точками x та a: \(|x-a| = \rho(x;\; a) \). Наприклад, для вирішення рівняння \(|x-3|=2 \) потрібно знайти на числовій прямій точці, віддалені від точки 3 на відстань 2. Таких точок дві: \(x_1=1 \) і \(x_2=5 \) .

Вирішуючи нерівність \(|2x+7|

Але основний спосіб розв'язання рівнянь і нерівностей із модулями пов'язаний із так званим «розкриттям модуля за визначенням»:
якщо \(a \geq 0 \), то \(|a|=a \);
якщо \(a) Як правило, рівняння (нерівність) з модулями зводиться до сукупності рівнянь (нерівностей), що не містять знак модуля.

Крім зазначеного визначення, використовуються такі твердження:
1) Якщо \(c > 0 \), то рівняння \(|f(x)|=c \) рівносильне сукупності рівнянь: \(\left[\begin(array)(l) f(x)=c \\ f(x)=-c \end(array)\right. \)
2) Якщо \(c > 0 \), то нерівність \(|f(x)| 3) Якщо \(c \geq 0 \), то нерівність \(|f(x)| > c \) рівносильна сукупності нерівностей : \(\left[\begin(array)(l) f(x) c \end(array)\right. \)
4) Якщо обидві частини нерівності \(f(x) ПРИКЛАД 1. Розв'язати рівняння \(x^2 +2|x-1| -6 = 0 \).

Якщо \(x-1 \geq 0 \), то \(|x-1| = x-1 \) і задане рівняннянабуває вигляду
\(x^2 +2(x-1) -6 = 0 \Rightarrow x^2 +2x -8 = 0 \).
Якщо ж (x-1 \(x^2 -2(x-1) -6 = 0 \Rightarrow x^2 -2x -4 = 0 \).
Таким чином, задане рівняння слід розглянути окремо у кожному із двох зазначених випадків.
1) Нехай (x-1 \ geq 0 \), тобто. (x \geq 1 \). З рівняння \(x^2 +2x -8 = 0 \) знаходимо \(x_1=2, \; x_2=-4\). Умови \(x \geq 1 \) задовольняє лише значення \(x_1=2\).
2) Нехай \(x-1 Відповідь: \(2; \;\; 1-\sqrt(5) \)

ПРИКЛАД 2. Розв'язати рівняння \(|x^2-6x+7| = \frac(5x-9)(3) \).

Перший спосіб(Розкриття модуля за визначенням).
Розмірковуючи, як у прикладі 1, приходимо до висновку, що задане рівняння потрібно розглянути окремо при виконанні двох умов: \(x^2-6x+7 \geq 0 \) або \(x^2-6x+7

1) Якщо \(x^2-6x+7 \geq 0 \), то \(|x^2-6x+7| = x^2-6x+7 \) і задане рівняння набуває вигляду \(x^2 -6x+7 = \frac(5x-9)(3) \Rightarrow 3x^2-23x+30=0 \). Вирішивши це квадратне рівнянняотримаємо: \(x_1=6, \; x_2=\frac(5)(3) \).
З'ясуємо, чи задовольняє значення \(x_1=6 \) умові \(x^2-6x+7 \geq 0 \). Для цього підставимо вказане значенняв квадратна нерівність. Отримаємо: \ (6 ^ 2-6 \ cdot 6 +7 \ geq 0 \), тобто. \(7 \geq 0 \) - правильна нерівність. Отже, (x_1 = 6) - корінь заданого рівняння.
З'ясуємо, чи задовольняє значення \(x_2=\frac(5)(3) \) умовою \(x^2-6x+7 \geq 0 \). Для цього підставимо вказане значення у квадратну нерівність. Отримаємо: \(\left(\frac(5)(3) \right)^2 -\frac(5)(3) \cdot 6 + 7 \geq 0 \), тобто. \(\frac(25)(9) -3 \geq 0 \) - неправильна нерівність. Значить, \(x_2=\frac(5)(3) \) не є коренем заданого рівняння.

2) Якщо \(x^2-6x+7 значення \(x_3=3\) задовольняє умову \(x^2-6x+7 значення \(x_4=\frac(4)(3) \) не задовольняє умову \) (x^2-6x+7 Отже, задане рівняння має два корені: \(x=6, \; x=3 \).

Другий спосіб.Якщо дано рівняння \(|f(x)| = h(x) \), то при \(h(x) \(\left[\begin(array)(l) x^2-6x+7 = \frac (5x-9)(3) \\ x^2-6x+7 = -\frac(5x-9)(3) \end(array)\right.
Обидва ці рівняння вирішені вище (при першому способі розв'язання заданого рівняння), їх коріння таке: \(6,\; \frac(5)(3),\; 3,\; \frac(4)(3) \). Умови \(\frac(5x-9)(3) \geq 0 \) з цих чотирьох значеньзадовольняють лише два: 6 і 3. Значить, задане рівняння має два корені: (x = 6, \; x = 3 \).

Третій спосіб(графічний).
1) Побудуємо графік функції (y = | x^2-6x+7| \). Спочатку збудуємо параболу \(y = x^2-6x+7 \). Маємо (x^2-6x+7 = (x-3)^2-2 \). Графік функції \(y = (x-3)^2-2 \) можна отримати з графіка функції \(y = x^2 \) зрушенням його на 3 одиниці масштабу вправо (по осі x) і на 2 одиниці масштабу вниз ( по осі y). Пряма x=3 - вісь параболи, що нас цікавить. Як контрольні точки для більш точної побудови графіка зручно взяти точку (3; -2) - вершину параболи, точку (0; 7) і симетричну їй щодо осі параболи точку (6; 7).
Щоб побудувати тепер графік функції \(y = |x^2-6x+7| \), потрібно залишити без зміни ті частини збудованої параболи, які лежать не нижче осі x, а ту частину параболи, яка лежить нижче осі x, відобразити дзеркально щодо осі x.
2) Побудуємо графік лінійної функції (y = \frac(5x-9)(3) \). Як контрольні точки зручно взяти точки (0; -3) і (3; 2).

Істотно те, що точка х = 1,8 перетину прямий з віссю абсцис розташовується правіше за ліву точку перетину параболи з віссю абсцис - це точка \(x=3-\sqrt(2) \) (оскільки \(3-\sqrt(2) ) 3) Судячи з креслення, графіки перетинаються у двох точках - А(3; 2) і В(6; 7). В іншому значенні виходить вірна числова рівність, отже наша гіпотеза підтвердилася - рівняння має два корені: x = 3 і x = 6. Відповідь: 3;

Зауваження. Графічний спосібпри всій своїй витонченості не дуже надійний. У розглянутому прикладі він спрацював лише тому, що коріння рівняння – цілі числа.

ПРИКЛАД 3. Розв'язати рівняння \(|2x-4|+|x+3| = 8 \)

Перший спосіб
Вираз 2x–4 звертається до 0 у точці х = 2, а вираз х + 3 - у точці х = –3. Ці дві точки розбивають числову пряму на три проміжки: \(x

Розглянемо перший проміжок: \((-\infty; \; -3) \).
Якщо x Розглянемо другий проміжок: \([-3; \; 2) \).
Якщо \(-3 \leq x Розглянемо третій проміжок: \(

Говорячи простою мовою, модуль це «число без мінуса». І саме в цій двоїстості (десь із вихідним числом нічого не треба робити, а десь доведеться прибрати якийсь там мінус) і полягає вся складність для учнів-початківців.

Є ще геометричне визначення. Його теж корисно знати, але звертатися до нього ми будемо лише у складних і якихось спеціальних випадках, де геометричний підхід зручніший за алгебраїчну (спойлер: не сьогодні).

Визначення. Нехай на числовій прямій відзначено точку $a$. Тоді модулем $ \ left | x-a \right|$ називається відстань від точки $x$ до точки $a$ на цій прямій.

Якщо накреслити картинку, то вийде щось на кшталт цього:

Графічне визначеннямодуля

Так чи інакше, з визначення модуля відразу випливає його ключова властивість: модуль числа завжди є величиною невід'ємною. Цей факт буде червоною ниткою йти через всю нашу сьогоднішню розповідь.

Розв'язання нерівностей. Метод інтервалів

Тепер розберемося з нерівностями. Їх існує безліч, але наше завдання зараз — вміти вирішувати хоча б найпростіші з них. Ті, що зводяться до лінійних нерівностей, і навіть методу інтервалів.

На цю тему маю два великих уроку(Між іншим, дуже, ДУЖЕ корисних - рекомендую вивчити):

1. Метод інтервалів для нерівностей (особливо подивіться відео);
2. Дробно-раціональні нерівності - дуже об'ємний урок, але після нього у вас взагалі не залишиться будь-яких питань.

Якщо ви все це знаєте, якщо фраза «перейдемо від нерівності до рівняння» не викликає у вас невиразне бажання убитися об стіну, то ви готові: ласкаво просимо до пекла до основної теми уроку.:)

1. Нерівності виду «Модуль менше функції»

Це одне з найпоширеніших завдань з модулями. Потрібно вирішити нерівність виду:

\[\left| f \right| \lt g\]

У ролі функцій $f$ і $g$ може бути будь-що, але зазвичай це многочлены. Приклади таких нерівностей:

\[\begin(align) & \left| 2x+3 \right| \lt x+7; \\ & \left| ((x)^(2))+2x-3 \right|+3\left(x+1 \right) \lt 0; \\ & \left| ((x) ^ (2))-2 \ left | x \right|-3 \right| \lt 2. \\end(align)\]

Всі вони вирішуються буквально в один рядок за схемою:

\[\left| f \right| \lt g\Rightarrow -g \lt f \lt g\quad \left(\Rightarrow \left\( \begin(align) & f \lt g, \& f \gt -g \\end(align) \right.\right)\]

Неважко помітити, що позбавляємося від модуля, але натомість отримуємо подвійну нерівність (або, що теж саме, систему з двох нерівностей). Проте цей перехід враховує абсолютно все можливі проблеми: якщо число під модулем позитивне, метод працює; якщо негативно - все одно працює; і навіть за самої неадекватної функції дома $f$ чи $g$ метод все одно спрацює.

Звичайно, виникає питання: а простіше не можна? На жаль, не можна. У цьому вся фішка модуля.

Втім, вистачить філософствувати. Давайте вирішимо кілька завдань:

Завдання. Розв'яжіть нерівність:

\[\left| 2x+3 \right| \lt x+7\]

Рішення. Отже, маємо класичну нерівність виду «модуль менше» — навіть перетворювати нічого. Працюємо за алгоритмом:

\[\begin(align) & \left| f \right| \lt g\Rightarrow -g \lt f \lt g; \\ & \left| 2x+3 \right| \lt x+7\Rightarrow -\left(x+7 \right) \lt 2x+3 \lt x+7 \\end(align)\]

Не поспішайте розкривати дужки, перед якими стоїть «мінус»: цілком можливо, що через поспіху ви припуститеся образливої ​​помилки.

\-x-7 \lt 2x+3 \lt x+7\]

\[\left\( \begin(align) & -x-7 \lt 2x+3 \\ & 2x+3 \lt x+7 \\ \end(align) \right.\]

\[\left\( \begin(align) & -3x \lt 10 \\ & x \lt 4 \\ \end(align) \right.\]

\[\left\( \begin(align) & x \gt -\frac(10)(3) \\ & x \lt 4 \\\end(align) \right.\]

Завдання звелося до двох елементарних нерівностей. Зазначимо їх рішення на паралельних числових прямих:

Перетин множин

Перетином цих множин і буде відповідь.

Відповідь: $x\in \left(-\frac(10)(3);4 \right)$

Завдання. Розв'яжіть нерівність:

\[\left| ((x)^(2))+2x-3 \right|+3\left(x+1 \right) \lt 0\]

Рішення. Це завдання вже трохи складніше. Для початку усамітнимо модуль, перенісши друге доданок вправо:

\[\left| ((x)^(2))+2x-3 \right| \lt -3\left(x+1 \right)\]

Очевидно, перед нами знову нерівність виду «модуль менший», тому позбавляємося модуля за вже відомим алгоритмом:

\[-\left(-3\left(x+1 \right) \right) \lt ((x)^(2))+2x-3 \lt -3\left(x+1 \right)\]

Ось зараз увага: хтось скаже, що я трохи збоченець із усіма цими дужками. Але ще раз нагадаю, що наша ключова мета грамотно вирішити нерівність та отримати відповідь. Пізніше, коли ви досконало освоїте все, про що розказано в цьому уроці, можете самі перекручуватись як хочете: розкривати дужки, вносити мінуси і т.д.

А ми для початку просто позбудемося подвійного мінусу зліва:

\[-\left(-3\left(x+1 \right) \right)=\left(-1 \right)\cdot \left(-3 \right)\cdot \left(x+1 \right) =3\left(x+1 \right)\]

Тепер розкриємо всі дужки у подвійній нерівності:

Переходимо до подвійної нерівності. На цей раз викладки будуть серйознішими:

\[\left\( \begin(align) & ((x)^(2))+2x-3 \lt -3x-3 \\ & 3x+3 \lt ((x)^(2))+2x -3 \\ \end(align) \right.\]

\[\left\( \begin(align) & ((x)^(2))+5x \lt 0 \\ & ((x)^(2))-x-6 \gt 0 \\ \end( align) \right.\]

Обидві нерівності є квадратними і вирішуються методом інтервалів (бо й кажу: якщо не знаєте, що це таке, краще поки не братися за модулі). Переходимо до рівняння у першій нерівності:

\[\begin(align) & ((x)^(2))+5x=0; \ & x \ left (x + 5 \ right) = 0; \\ & ((x)_(1))=0;((x)_(2))=-5. \\end(align)\]

Як бачимо, на виході вийшло неповне квадратне рівняння, яке вирішується елементарно. Тепер розберемося з другою нерівністю системи. Там доведеться застосувати теорему Вієта:

\[\begin(align) & ((x)^(2))-x-6=0; \\ & \left(x-3 \right)\left(x+2 \right)=0; \&((x)_(1))=3;((x)_(2))=-2. \\end(align)\]

Зазначаємо отримані числа на двох паралельних прямих (окрема для першої нерівності та окрема для другої):

Знову ж таки, оскільки ми вирішуємо систему нерівностей, нас цікавить перетин заштрихованих множин: $x\in \left(-5;-2 \right)$. Це є відповідь.

Відповідь: $x\in \left(-5;-2 \right)$

Думаю, після цих прикладів схема рішення гранично зрозуміла:

1. Усамітнити модуль, перенісши всі інші доданки в протилежну частину нерівності. Таким чином, ми отримаємо нерівність виду $\left| f \right| \lt g$.
2. Вирішити цю нерівність, позбавившись модуля за описаною вище схемою. У якийсь момент потрібно перейти від подвійної нерівності до системи з двох самостійних виразів, кожне з яких можна вирішувати окремо.
3. Зрештою, залишиться лише перетнути рішення цих двох самостійних висловів — і все, ми отримаємо остаточну відповідь.

Аналогічний алгоритм існує й у нерівностей наступного типу, коли модуль більше функції. Однак там є кілька серйозних «але». Про ці «але» ми зараз і поговоримо.

2. Нерівності виду «Модуль більше функції»

Виглядають вони так:

\[\left| f \right| \gt g\]

Схоже на попереднє? Схоже. Проте вирішуються такі завдання зовсім по-іншому. Формально схема наступна:

\[\left| f \right| \gt g\Rightarrow \left[ \begin(align) & f \gt g, \\ & f \lt -g \end(align) \right.\]

Іншими словами, ми розглядаємо два випадки:

1. Спочатку просто ігноруємо модуль - вирішуємо нормальну нерівність;
2. Потім по суті розкриваємо модуль зі знаком мінус, а потім множимо обидві частини нерівності на −1, мене при цьому знак.

При цьому варіанти об'єднані квадратною дужкою, тобто. маємо сукупність двох вимог.

Зверніть увагу ще раз: перед нами не система, а сукупність, тому у відповіді безлічі об'єднуються, а не перетинаються. Це принципова відмінність від попереднього пункту!

Взагалі, з об'єднаннями та перетинами у багатьох учнів суцільна плутанина, тому давайте розберемося в цьому питанні раз і назавжди:

• "∪" - це знак об'єднання. По суті, це стилізована літера «U», яка прийшла до нас із англійської мовиє абревіатурою від «Union», тобто. "Об'єднання".
• "∩" - це знак перетину. Ця хрень звідки не прийшла, а просто виникла як протиставлення до «∪».

Щоб ще простіше було запам'ятати, просто прималюйте до цих знаків ніжки, щоб вийшли келихи (ось тільки не треба зараз звинувачувати мене в пропаганді наркоманії та алкоголізму: якщо ви всерйоз вивчаєте цей урок, то вже наркоман):

Різниця між перетином та об'єднанням множин

У перекладі російською це означає таке: об'єднання (сукупність) включає у собі елементи з обох множин, тому не менше кожного їх; а ось перетин (система) включає лише ті елементи, які одночасно знаходяться і в першій множині, і в другій. Тому перетин множин ніколи не буває більше множин-вихідників.

Так стало зрозуміліше? От і відмінно. Переходимо до практики.

Завдання. Розв'яжіть нерівність:

\[\left| 3x+1 \right| \gt 5-4x\]

Рішення. Діємо за схемою:

\[\left| 3x+1 \right| \gt 5-4x\Rightarrow \left[ \begin(align) & 3x+1 \gt 5-4x \\ & 3x+1 \lt -\left(5-4x \right) \\end(align) \ right.\]

Вирішуємо кожну нерівність сукупності:

\[\left[ \begin(align) & 3x+4x \gt 5-1 \\ & 3x-4x \lt -5-1 \\ \end(align) \right.\]

\[\left[ \begin(align) & 7x \gt 4 \\ & -x \lt -6 \\ \end(align) \right.\]

\[\left[ \begin(align) & x \gt 4/7\ \\ & x \gt 6 \\\end(align) \right.\]

Відзначаємо кожну отриману множину на числовій прямій, а потім об'єднуємо їх:

Об'єднання множин

Очевидно, що відповіддю буде $x\in \left(\frac(4)(7);+\infty \right)$

Відповідь: $x\in \left(\frac(4)(7);+\infty \right)$

Завдання. Розв'яжіть нерівність:

\[\left| ((x)^(2))+2x-3 \right| \gt x\]

Рішення. Ну що? Та нічого — все те саме. Переходимо від нерівності з модулем до сукупності двох нерівностей:

\[\left| ((x)^(2))+2x-3 \right| \gt x\Rightarrow \left[ \begin(align) & ((x)^(2))+2x-3 \gt x \\ & ((x)^(2))+2x-3 \lt -x \\\end(align) \right.\]

Вирішуємо кожну нерівність. На жаль, коріння там буде не оч:

\[\begin(align) & ((x)^(2))+2x-3 \gt x; \\ ((x)^(2))+x-3 \gt 0; \& D=1+12=13; \ \ & x = \ frac (-1 \ pm \ sqrt (13)) (2). \\end(align)\]

У другій нерівності теж трохи дичини:

\[\begin(align) & ((x)^(2))+2x-3 \lt -x; \& ((x)^(2))+3x-3 \lt 0; \ & D = 9 + 12 = 21; \ & x = \ frac (-3 \ pm \ sqrt (21)) (2). \\end(align)\]

Тепер треба відзначити ці числа на двох осях — по одній осі кожної нерівності. Однак відзначати крапки потрібно у правильному порядку: чим більше число, тим далі зрушити точку вправо.

І ось тут на нас чекає підстава. Якщо з числами $\frac(-3-\sqrt(21))(2) \lt \frac(-1-\sqrt(13))(2)$ все ясно (доданки в чисельнику першого дробу менше доданків у чисельнику другого , Тому сума теж менше), з числами $\frac(-3-\sqrt(13))(2) \lt \frac(-1+\sqrt(21))(2)$ теж не виникне труднощів (позитивне число свідомо більше негативного), то ось з останньою парочкою все не так однозначно. Що більше: $\frac(-3+\sqrt(21))(2)$ або $\frac(-1+\sqrt(13))(2)$? Від відповіді це питання залежатиме розстановка точок на числових прямих і, власне, відповідь.

Тому давайте порівнювати:

\[\begin(matrix) \frac(-1+\sqrt(13))(2)\vee \frac(-3+\sqrt(21))(2) \- -1+\sqrt(13)\ vee -3+\sqrt(21) \\ 2+\sqrt(13)\vee \sqrt(21) \\\end(matrix)\]

Ми усамітнили корінь, отримали невід'ємні числа з обох сторін нерівності, тому вправі звести обидві сторони квадрат:

\[\begin(matrix) ((\left(2+\sqrt(13) \right))^(2))\vee ((\left(\sqrt(21) \right))^(2)) \ \ 4+4\sqrt(13)+13\vee 21 \\ 4\sqrt(13)\vee 3 \\end(matrix)\]

Думаю, тут і їжу зрозуміло, що $4\sqrt(13) \gt 3$, тому $\frac(-1+\sqrt(13))(2) \gt \frac(-3+\sqrt(21)) (2)$, остаточно точки на осях будуть розставлені так:

Випадок негарного коріння

Нагадаю, ми вирішуємо сукупність, тому у відповідь піде об'єднання, а не перетин заштрихованих множин.

Відповідь: $x\in \left(-\infty ;\frac(-3+\sqrt(21))(2) \right)\bigcup \left(\frac(-1+\sqrt(13))(2 );+\infty \right)$

Як бачите, наша схема чудово працює як для простих завдань, і для вельми жорстких. Єдине « слабке місце» в такому підході - потрібно грамотно порівнювати ір раціональні числа(І повірте: це не тільки коріння). Але питанням порівняння буде присвячено окремий (і дуже серйозний урок). А ми йдемо далі.

3. Нерівності з невід'ємними «хвістами»

От ми й дісталися найцікавішого. Це нерівності виду:

\[\left| f \right| \gt \left| g \right|\]

Взагалі кажучи, алгоритм, про який ми зараз поговоримо, вірний лише для модуля. Він працює у всіх нерівностях, де ліворуч і праворуч стоять гарантовано невід'ємні вирази:

Що робити із цими завданнями? Просто пам'ятайте:

У нерівностях з невід'ємними «хвістами» можна зводити обидві частини будь-якої натуральний ступінь. Жодних додаткових обмеженьу своїй не виникне.

Насамперед нас цікавитиме зведення у квадрат — він спалює модулі та коріння:

\[\begin(align) & ((\left(\left| f \right| \right))^(2))=((f)^(2)); \& ((\left(\sqrt(f) \right))^(2))=f. \\end(align)\]

Ось тільки не треба плутати це із вилученням кореня з квадрата:

\[\sqrt(((f)^(2)))=\left| f \right|\ne f\]

Безліч помилок було допущено в той момент, коли учень забував ставити модуль! Але це зовсім інша історія (це ніби ірраціональні рівняння), тому не зараз у це поглиблюватимемося. Давайте краще вирішимо кілька завдань:

Завдання. Розв'яжіть нерівність:

\[\left| x+2 \right|\ge \left| 1-2x \right|\]

Рішення. Відразу зауважимо дві речі:

1. Це несувора нерівність. Крапки на числовій прямій будуть виколоті.
2. Обидві сторони нерівності явно невід'ємні (ця властивість модуля: $ \ left | f \ left (x \ right) \ right | \ ge 0 $).

Отже, можемо звести обидві частини нерівності в квадрат, щоб позбавитися модуля і вирішувати завдання звичайним методом інтервалів:

\[\begin(align) & ((\left(\left| x+2 \right| \right))^(2))\ge ((\left(\left| 1-2x \right| \right) ) ^ (2)); \\ & ((\left(x+2 \right))^(2))\ge ((\left(2x-1 \right))^(2)). \\end(align)\]

На останньому кроці я трохи схитрував: змінив послідовність доданків, скориставшись парністю модуля (по суті, помножив вираз $1-2x$ на -1).

\[\begin(align) & ((\left(2x-1 \right))^(2))-((\left(x+2 \right))^(2))\le 0; \\ & \left(\left(2x-1 \right)-\left(x+2 \right) \right)\cdot \left(\left(2x-1 \right)+\left(x+2 \) right) \right)\le 0; \\ & \left(2x-1-x-2 \right)\cdot \left(2x-1+x+2 \right)\le 0; \\ & \left(x-3 \right)\cdot \left(3x+1 \right)\le 0. \\end(align)\]

Вирішуємо методом інтервалів. Переходимо від нерівності до рівняння:

\[\begin(align) & \left(x-3 \right)\left(3x+1 \right)=0; \((x)_(1))=3;((x)_(2))=-\frac(1)(3). \\end(align)\]

Зазначаємо знайдене коріння на числовій прямій. Ще раз: усі крапки зафарбовані, оскільки вихідна нерівність — не сувора!

Звільнення від знаку модуля

Нагадаю для особливо затятих: знаки ми беремо з останньої нерівності, яка була записана перед переходом до рівняння. І зафарбовуємо області, які потрібні в тій же нерівності. У нашому випадку це $\left(x-3 \right)\left(3x+1 \right)\le 0$.

Ну от і все. Завдання вирішено.

Відповідь: $x\in \left[ -\frac(1)(3);3 \right]$.

Завдання. Розв'яжіть нерівність:

\[\left| ((x)^(2))+x+1 \right|\le \left| ((x)^(2))+3x+4 \right|\]

Рішення. Робимо все те саме. Я не коментуватиму — просто подивіться на послідовність дій.

Зводимо у квадрат:

\[\begin(align) & ((\left(\left| ((x)^(2))+x+1 \right| \right))^(2))\le ((\left(\left) ((x)^(2))+3x+4 \right| \right))^(2)); \\ & ((\left(((x)^(2))+x+1 \right))^(2))\le ((\left(((x)^(2))+3x+4 \right)) ^ (2)); \\ & ((\left(((x)^(2))+x+1 \right))^(2))-((\left(((x)^(2))+3x+4 \) right))^(2))\le 0; \\ & \left(((x)^(2))+x+1-((x)^(2))-3x-4 \right)\times \\ & \times \left(((x) ^(2))+x+1+((x)^(2))+3x+4 \right)\le 0; \\ & \left(-2x-3 \right)\left(2((x)^(2))+4x+5 \right)\le 0. \\\end(align)\]

Метод інтервалів:

\[\begin(align) & \left(-2x-3 \right)\left(2((x)^(2))+4x+5 \right)=0 \\ & -2x-3=0\ Rightarrow x=-1,5; \\ & 2((x)^(2))+4x+5=0\Rightarrow D=16-40 \lt 0\Rightarrow \varnothing. \\end(align)\]

Всього один корінь на числовій прямій:

Відповідь - цілий інтервал

Відповідь: $x\in \left[ -1,5;+\infty \right)$.

Невелике зауваження щодо останнього завдання. Як точно зауважив один мій учень, обидва підмодульні вирази в даній нерівності свідомо позитивні, тому знак модуля можна без шкоди для здоров'я опустити.

Але це вже зовсім інший рівень роздумів та інший підхід його умовно можна назвати методом слідств. Про нього – в окремому уроці. А зараз перейдемо до фінальної частини сьогоднішнього уроку та розглянемо універсальний алгоритм, який працює завжди. Навіть тоді, коли всі попередні підходи виявилися безсилими.

4. Метод перебору варіантів

А якщо всі ці прийоми не допоможуть? Якщо нерівність не зводиться невід'ємним хвостам, якщо усамітнити модуль не виходить, якщо взагалі біль-сум сум?

Тоді на сцену виходить «важка артилерія» всієї математики метод перебору. Стосовно нерівностей з модулем він виглядає так:

1. Виписати всі підмодульні вирази та прирівняти їх до нуля;
2. Розв'язати отримані рівняння і відзначити знайдене коріння на одній числовій прямій;
3. Пряма розіб'ється на кілька ділянок, усередині якого кожен модуль має фіксований знак і тому однозначно розкривається;
4. Вирішити нерівність на кожній такій ділянці (можна окремо розглянути корені-кордони, отримані в пункті 2 для надійності). Результати об'єднати – це і буде відповідь.

Ну як? Слабко? Легко! Лише довго. Подивимося практично:

Завдання. Розв'яжіть нерівність:

\[\left| x+2 \right| \lt \left| x-1 \right|+x-\frac(3)(2)\]

Рішення. Ця хрень не зводиться до нерівностей виду $ \ left | f \right| \lt g$, $\left| f \right| \gt g$ або $\left| f \right| \lt \left| g \right|$, тому діємо напролом.

Виписуємо підмодульні вирази, прирівнюємо їх до нуля і знаходимо коріння:

\[\begin(align) & x+2=0\Rightarrow x=-2; \\ & x-1 = 0 \ Rightarrow x = 1. \\end(align)\]

Разом у нас два корені, які розбивають числову пряму на три ділянки, всередині яких кожен модуль розкривається однозначно:

Розбиття числової прямої нулями підмодульних функцій

Розглянемо кожну ділянку окремо.

1. Нехай $x \lt -2$. Тоді обидва підмодульні вирази негативні, і вихідна нерівність перепишеться так:

\[\begin(align) & -\left(x+2 \right) \lt -\left(x-1 \right)+x-1,5 \\ & -x-2 \lt -x+1+ x-1,5 \\ & x \gt 1,5 \\end(align)\]

Здобули досить просте обмеження. Перетнемо його з вихідним припущенням, що $x \lt -2$:

\[\left\( \begin(align) & x \lt -2 \\ & x \gt 1,5 \\end(align) \right.\Rightarrow x\in \varnothing \]

Очевидно, що змінна $x$ не може одночасно бути меншою за −2, але більше за 1,5. Рішень на цій ділянці немає.

1.1. Окремо розглянемо прикордонний випадок $x=-2$. Просто підставимо це число у вихідну нерівність і перевіримо: чи виконується вона?

\[\begin(align) & ((\left. \left| x+2 \right| \lt \left| x-1 \right|+x-1,5 \right|)_(x=-2) ) \\ & 0 \lt \left| -3 \right|-2-1,5; \ & 0 \lt 3-3,5; \\ & 0 \lt -0,5 \Rightarrow \varnothing. \\end(align)\]

Очевидно, що ланцюжок обчислень привів нас до невірної нерівності. Отже, вихідна нерівність теж неправильна, і $x=-2$ не входить у відповідь.

2. Нехай тепер $-2 \lt x \lt 1$. Лівий модуль вже розкриється з плюсом, але правий все ще з мінусом. Маємо:

\[\begin(align) & x+2 \lt -\left(x-1 \right)+x-1,5 \\ & x+2 \lt -x+1+x-1,5 \\& x \lt -2,5 \\end(align)\]

Знову перетинаємо з вихідною вимогою:

\[\left\( \begin(align) & x \lt -2,5 \\ & -2 \lt x \lt 1 \end(align) \right.\Rightarrow x\in \varnothing \]

І знову порожня безліч рішень, оскільки немає таких чисел, які одночасно менші за −2,5, але більші за −2.

2.1. І знову окремий випадок: $x=1$. Підставляємо у вихідну нерівність:

\[\begin(align) & ((\left. \left| x+2 \right| \lt \left| x-1 \right|+x-1,5 \right|)_(x=1)) \\ & \left| 3 \right| \lt \left| 0 \right|+1-1,5; \ & 3 \lt -0,5; \\ & 3 \lt -0,5 \Rightarrow \varnothing. \\end(align)\]

Аналогічно попередньому «приватному випадку» число $x=1$ явно не входить у відповідь.

3. Останній шматок прямий: $x \gt 1$. Тут усі модулі розкриваються зі знаком «плюс»:

\[\begin(align) & x+2 \lt x-1+x-1,5 \\ & x+2 \lt x-1+x-1,5 \\ & x \gt 4,5 \\ \end(align)\]

І знову перетинаємо знайдену множину з вихідним обмеженням:

\[\left\( \begin(align) & x \gt 4,5 \\ & x \gt 1 \\end(align) \right.\Rightarrow x\in \left(4,5;+\infty) \right)\]

Ну нарешті то! Ми знайшли інтервал, який і буде відповіддю.

Відповідь: $x\in \left(4,5;+\infty \right)$

Насамкінець — одне зауваження, яке, можливо, убереже вас від дурних помилок під час вирішення реальних завдань:

Розв'язання нерівностей з модулями зазвичай є суцільні множини на числовій прямій - інтервали та відрізки. Набагато рідше зустрічаються ізольовані точки. І ще рідше трапляється так, що меж рішення (кінець відрізка) збігається з межею діапазону, що розглядається.

Отже, якщо кордони (ті самі «приватні випадки») не входять у відповідь, то майже напевно не увійдуть у відповідь і області зліва-праворуч від цих кордонів. І навпаки: кордон увійшов у відповідь — отже, і якісь області навколо неї також будуть відповідями.

Пам'ятайте про це, коли ви перевіряєте свої рішення.

Рівняння та нерівності з модулем.

Пояснювальна записка.

Цей курс присвячений систематичному викладу навчального матеріалу, пов'язаного з поняттям модуля числа та аспектами його застосування У ньому розглядаються різні методирозв'язання рівнянь та нерівностей з модулем, засновані на його визначенні, властивостях та графічній інтерпретації.

Для курсу характерна практична спрямованість. Його основний зміст складають навчальні завдання. Частина з них наводиться з повним рішенням, що ілюструє той чи інший метод. Інші додаються для самостійної роботи. Виклад практичних прийоміврішення супроводжується необхідними теоретичними відомостями.

Курс спрямовано формування у школярів ширшого ставлення до модулі. Крім того, завдання єдиного іспитуз математики припускають вміння оперувати із модулем. Таким чином, основна роль курсу полягає у підготовці учнів до успішної здачіЄДІ.

Навчально-тематичний план

Матеріал для занять

Заняття 1. Визначення модуля числа та його застосування під час вирішення рівнянь.

Визначення. Модулем невід'ємного дійсного числа хназивають саме це число: | x | = х; модулем негативного дійсного числа х називають протилежне число: | x | = - x.

Коротше це записують так:

|х | =

Термін "модуль" (від лат. modulus - міра) ввів англійський математикР. Кортес (1682-1716), а знак модуля німецький математик К. Вейєрштрас (1815-1897) у 1841р. Користуючись наведеним визначенням, можна вирішувати рівняння та нерівності, що містять модуль. Тепер розглянемо кілька простих прикладів.

Приклад 1. Вирішити рівняння | 3-3х | = -1.

Рішення. За якістю модуля вираз | 3-3x | невід'ємно, тому ніколи не може бути рівним (-1).

Відповідь. Нема рішень.

Приклад 2. Розв'язати рівняння | 3x-x2-2 | = 3x -x2

Рішення. Не вирішуватимемо це рівняння традиційними способами, а зауважимо, що воно має наступний вигляд:

|A | = A.

Зауважимо, що за визначенням модуля ця рівність обов'язково виконана при А>0, а при А<0 оно не может быть верным. Поэтому исходное уравнение равносильно квадратному неравенству 3х – х 2 - 2 >0, вирішувати яке ми вже вміємо.

Відповідь. .

Приклад 3. Розв'язати рівняння | x+2 | = | 2x - 1 |.

Рішення. Зведемо обидві частини рівняння квадрат. Це можна робити, оскільки обидві частини вихідного рівняння неотрицательны. Отримаємо

| x+2 | 2 = | 2x - 1 | 2 .

Очевидно, у цьому рівнянні можна прибрати модулі та записати рівносильне квадратне рівняння

(х + 2) 2 = (2х - 1) 2

Перетворюючи яке, отримаємо

х 2 + 4х + 4 = 4х 2 - 4х + 1, 3х 2 - 8х - 3 = 0.

Відповідь. (-1/3, 3).

Тепер перейдемо до традиційніших завдань.

Головний прийомпри розв'язанні рівнянь і нерівностей, що містять вираз | f (x ) |, полягає у розкритті модуля за визначенням, а саме всю область допустимих значеньМ розбивають на два підмножини М 1 і М 2 таких, що

f (x)> 0 для всіх х М 1 тоді | f (x) | = f (x)

f(x)<0 для всех х ∊ М 2 ,тогда |f (x )| = - f (x )

Приклад 4. Розв'язати рівняння | 2x - 3 | = 3x - 7.

Рішення. Розглянути випадки: 1. 2х - 3> 0, 2х - 3 = 3х - 7, х = 4

2. 2х - 3<0, -2х + 3 = 3х- 7, х=2-не является корнем, т.к. при х=2 2х-3>0. Відповідь: 4.

Цей спосіб не єдиний. При вирішенні рівняння виду

| f(x) | = g (x)

Найбільш широко використовують такі два способи.

Перший, стандартний, заснований на розкритті модуля, виходячи з його визначення, і полягає у переході до рівносильної сукупності систем

| f(x) | = g(x)

Другий спосіб полягає в переході від вихідного рівняння до рівносильної системи

| f(x) | = g (x)

Перший спосіб слід застосовувати у разі складного виразудля функції g(x) і не дуже складного – для функції f(x); другий, навпаки, краще використовувати, якщо вираз g (x ) нескладно.

Приклад 5. Розв'язати рівняння | x | = x - √2x +1 + 1 (Використовуючи перший спосіб)

Приклад 6. Розв'язати рівняння 3x 2 -2x -1 | = 5x +1 (використовуючи другий спосіб)

Нерівність виду | f(x) |< g (x ) гораздо удобнее решать, перейдя двойному неравенству или к равносильной ему системе двух неравенств

| f(x) | g(x) -g(x) f(x) g(x)

Аналогічно, нерівність виду

| f(x) | g (x)

Розв'яжіть рівняння

3|y 2 - 6y + 7| = 5y - 9 | x | - | x - 1 | = 1 | x 2 - 1 | = (x - 1)

x 2 + | x - 1 | = 1 | x 2 + 2x - 3 | = x 2 + x - 20

Розв'яжіть нерівності

|2x – 5|< 3 |x 2 – 2x – 3| < 3x - 3

x 2 – 6 > | x | |3 - |x – 2| |< 1

Заняття 2. Метод інтервалів для вирішення рівнянь та нерівностей, що містять модуль.

Розв'язати рівняння | x-2 | + | 2x -3 | = 5. Розкриваючи послідовно модулі, що входять до рівняння, що розглядається, нам доведеться розглядати чотири системи і свідомо непридатний випадок. А якщо в рівнянні буде три і більше модулів, кількість систем ще більше зросте. Тому для вирішення завдань, до яких входять два і більше модулів, раціональніше використовувати метод інтервалів.

Для застосування методу інтервалів при вирішенні рівнянь з модулями числову вісь треба розбити на проміжки таким чином, щоб на кожному з них всі підмодульні вирази зберігали постійні знаки і, отже, на кожному проміжку всі модулі розкривалися певним чином.

Приклад 1. Розв'язати рівняння | 3x +4 | + 2 | x -3 | = 16

Зазначимо на числовій осі точки х = - 4/3 та х = 3, у яких підмодульні вирази перетворюються на нуль. Визначимо знаки підмодульних виразів на трьох проміжках, що утворилися.

Випадок 1. При х>3 обидва модулі розкриваються зі знаком «+». Отримуємо систему

x >3,

3х+4+2(х-3) = 16 х=18/5 (18/5>3)

Випадок 2. При -4/3

4/3

3х +4 +2 (-х +3) = 16.

Рівняння даної системи має корінь х=6, який задовольняє нерівності системи, отже, він корінням заданого рівняння.

Випадок3. При х< -4/3 оба модуля раскрываются со знаком «-«, получаем

x< -4/3,

3х-4+(-х+3) = 16.

Ця система має єдине рішення x = -14/5.

Відповідь: (-14/5; 18/5).

Вирішення нерівностей, що містять модуль, в більшості випадків будується аналогічно рішенню відповідних рівнянь. Основна відмінність полягає в тому, що після звільнення від модулів потрібно вирішити, звичайно, не рівняння, а нерівність.

Є ще одна відмінність. Якщо при розв'язанні рівнянь можна користуватися перевіркою отриманих рішень, то випадку нерівностей відкинути сторонні рішення перевіркою може бути важко. Це означає, що з розв'язання нерівностей намагаються використовувати, переважно, рівносильні переходи.

Приклад 2. Вирішити нерівність | x - 4 | + | x + 1 |<7

Рішення. На числовій прямій необхідно відзначити числа х = -1 і х = 4, при яких вирази, що стоять під знаками модулів, звертаються в нуль. Потім на трьох проміжках, що виходять, розставляємо знаки виразів

(х-4) та (х+1). __________________________

Отримані набори знаків і показують нам, які випадки треба розглянути. В результаті розкриття модулів у цих трьох випадках отримуємо три системи.

Вирішивши ці системи та об'єднавши відповіді, отримаємо

Відповідь: (-2; 5).

Вправи для самостійної роботи

Розв'яжіть рівняння:

| x - 1 | + | x - 2 | + | x - 3 | = 4

|6 – 2x | + | 3x + 7 | - 2 | 4x + 11 | = x - 3 | |3x – 1| - | 2x + 1 | | = 1

Розв'яжіть нерівності:

|х – 1| + | x + 2 |< 3

|х – 1|< |2x – 3| - |x – 2| |x 2 – 3| + x 2 + x < 7.

Заняття 4. Розв'язання рівнянь та нерівностей із модулями на координатній прямій.

При вивченні відстані між двома точками А(х 1) та В(х 2) координатною прямою виводиться формула, згідно з якою АВ = | x 1 - x 2 | Використовуючи цю формулу, можна вирішувати рівняння та нерівності виду | x - a | = b, | x - a | = | x - b |, | x - a |

| x – a |>|x – b |, і навіть рівняння і нерівності, до яких зводяться.

Приклад1. Розв'яжіть рівняння | x - 3 | = 1.

Рішення. Перекладаючи запис даного рівняння на «мову відстаней», отримаємо пропозицію «відстань від точки з координатою х до точки з координатою 3 1». Отже, рішення рівняння зводиться до пошуку точок, віддалених від точки з координатою 3 на відстань 1. Звернемося до геометричної ілюстрації.

_______________________________________________________

Корінням рівняння є числа 2 та 4.

Приклад2. Розв'яжіть рівняння | 2x+1 | = 3

Навівши це рівняння до виду | x - (-1/2) | = 3/2, використовуємо формулу відстані.

Відповідь: -2;1.

Приклад 3. Розв'яжіть рівняння | x + 2 | = | x - 1 |.

Рішення. Запишемо дане рівняння як |x – (-2)| = | x - 1 |. З геометричних міркувань, неважко зрозуміти, що коренем останнього рівняння є координата точки, рівновіддаленої від точок з координатами 1 і -2.

Відповідь: -0,5.

Приклад 4. Розв'яжіть нерівність | x – 1 |<2.

Рішення. Виходячи з геометричних уявлень, приходимо до висновку, що рішеннями даної нерівності є координати точок, віддалених від точки з координатою 1 на відстань менше 2.

Відповідь: (-1; 3)

Вправи для самостійної роботи

| x - 2 | = 0,4 | 10 - x |< 7 | x + 4 | = | x – 4 |

| x+3 | = 0,7 | x+1 | > 1 | x + 2,5 | = | x - 3,3 |

| x - 2,5 |< 0,5 | x + 8 | >0,7 | x | > | x - 2 |

| x - 5 |< | x – 1 | .