Bij een = 4: x 1 = 1 - 22 en x 2 = 1 + 22, en x 3 = x 4 = 1.

Bij A>4:

c) Als huiswerk wordt voorgesteld om het aantal wortels van de vergelijking te bepalen, afhankelijk van de waarden van parameter a:

1) | 5 + 2x - x 2 | = A; 2) x 2 - 6|x| + 5= A; 3) x 2 - 3|x| = A.

5. De les samenvatten, beoordelen.

Vergelijkingen en hun systemen die het teken van de absolute waarde bevatten
(methodologische ontwikkeling)

Paragraaf 1. Basisinformatie.

Punt 1. Bepaling van de absolute waarde van een getal. Eenvoudige vergelijkingen oplossen.

Het is beter om kennis te maken met het concept van de absolute waarde van een getal (de modulus van een getal) met zijn geometrische interpretatie: in de meetkunde is de modulus de afstand vanaf het punt dat een bepaald getal vertegenwoordigt op de getallenas of coördinaat vlak naar de oorsprong van de coördinaten. Het getal 5 bevindt zich dus op de getallenas rechts van nul, en het getal -5 bevindt zich links van nul, maar de afstanden van de punten die deze getallen vertegenwoordigen tot de oorsprong van de coördinaten zijn hetzelfde en gelijk aan 5 De absolute waarde van het getal a wordt tussen haakjes aangegeven: .
Laten we de geometrische definitie van een module grafisch uitleggen:

Dienovereenkomstig wordt een algebraïsche definitie van de modulus van een bepaalde hoeveelheid vastgesteld:

.
Laten we nu de eenvoudigste (maar belangrijke voor het begrijpen van de materiële) vergelijkingen bekijken die het teken van de absolute waarde bevatten. Met bedoelen we een algebraïsche uitdrukking die een onbekende variabele bevat.

A. Vergelijkingen van de vorm, waarbij a een bepaald getal is. (1)
Laten we het probleem waar we voor staan ​​verduidelijken: als x een oplossing is voor vergelijking (1), dan bevindt punt f op de getallenlijn zich volgens de geometrische definitie van de module op een afstand a van de oorsprong. Daarom, als a0, dan hebben we twee vereiste punten: f1=-a, f2=a.

Dus vergelijking (1): voor a0 heeft als oplossingen oplossingen voor vergelijkingen en.
In het kort luidt de laatste verklaring als volgt:

Er staat: de reeks oplossingen voor een vergelijking voor a>0 is de vereniging van de reeksen oplossingen voor de vergelijkingen en.

Voorbeeld 1. Los de vergelijkingen op: a) ; B) ; V); G) .

Oplossingen:
a) 
Antwoord: x1=1; x2=6.

B) => er zijn geen oplossingen, omdat De modulus (absolute waarde) van welke grootheid dan ook kan niet negatief zijn.
Antwoord: er zijn geen oplossingen.

B) 
Antwoord: x1=-3; x2=0.

D) 
Antwoord: x1=-3; x2=3.

Voorbeeld 2. Los de vergelijkingen op: a) ; B) .

Oplossingen:
a) volgens (1) in dit geval = , d.w.z. f(x)≥2. De vergelijking heeft dus geen oplossingen.
Antwoord: er zijn geen oplossingen.

Antwoord: x1=-5; x2=0; x3=2; x4=7.

B. Vergelijkingen van de vorm (2) en (3).
Aangezien de modulus van elke uitdrukking een niet-negatieve grootheid is, is, als x een oplossing is voor vergelijking (2), de rechterkant van deze vergelijking ook niet-negatief, dat wil zeggen . Maar aan de linkerkant van dezelfde vergelijking is het per definitie gewoon gelijk. Conclusie: onder de noodzakelijke voorwaarde zijn we tot een identiteit gekomen, dus oplossingen voor de ongelijkheid zullen tegelijkertijd oplossingen zijn voor vergelijking (2).
Als we op een vergelijkbare manier redeneren, ontdekken we dat alle oplossingen voor de ongelijkheid oplossingen zijn voor vergelijking (3).

Voorbeeld 3. Los de vergelijkingen op: a) ; B) ; V).
Oplossingen:
a) 
Antwoord: .

B) 
Antwoord: .

C. Vergelijkingen van de vorm (4).
Als x een oplossing is voor vergelijking (4), dan zijn, volgens de geometrische definitie van de module, de afstanden op de getallenlijn van de punten f en g tot de oorsprong van de coördinaten gelijk, d.w.z. óf de punten f en g vallen samen (we hebben:), óf zijn symmetrisch ten opzichte van elkaar ten opzichte van de oorsprong van de coördinaten (we hebben:). Daarom

Een bijzondere om te noemen is de vergelijking.
De oplossingen voor deze vergelijking zijn alle x waarvoor de uitdrukking is gedefinieerd.

Voorbeeld 4. Los de vergelijkingen op: a) ; B) ; V); G) .

Oplossingen:

A) Deze vergelijking is een vergelijking van de vorm waar. Deze functie is gedefinieerd voor elke reële x, dus x is willekeurig.
Antwoord: x - elke.

B) 
Antwoord: .

B) 
.
Antwoord: .

Let op: omdat  , dan kunnen beide zijden van vergelijking (4) worden gekwadrateerd, waardoor we onszelf bevrijden van modules, en onder de wortels van de resulterende vergelijking zullen er voor ons geen “extra” wortels zijn.
Bijvoorbeeld: waar we het vandaan halen.

D. Vergelijkingen van de vorm. (5)
We hebben: de som van uitdrukkingen die per definitie niet-negatief zijn, is gelijk aan nul. Daarom moet elk van de termen gelijk zijn aan nul. Omdat dan en slechts dan, en dan en slechts dan, daarom is vergelijking (5) equivalent aan het systeem: .
Het is rationeler om dit systeem op de volgende manier op te lossen: kies een eenvoudiger systeem uit de vergelijkingen, vind de oplossingen ervan en controleer ze op overeenstemming met het hele systeem door ze in de resterende vergelijking te vervangen.

Voorbeeld 5. Los de vergelijkingen op: a) ;
B) .

Oplossingen:

A)
Door afwisselend x=-1 en x=1 in te vullen in de eerste vergelijking, ontdekken we dat aan beide vergelijkingen van het systeem alleen voldaan wordt bij x=-1.
Antwoord: x=-1.

B) Deze vergelijking is equivalent (equivalent) aan het systeem:

Antwoord: x=-2.
Punt 2. Intervalmethode. Het oplossen van de eenvoudigste systemen.

Stel dat we een vergelijking moeten oplossen. Volgens de algebraïsche definitie van een module:

Het punt x=2 splitst de getallenlijn dus in twee intervallen, waarbij de modulaire haakjes boven de uitdrukking x-2 verschillend worden geopend:

Daarom komt het oplossen van de oorspronkelijke vergelijking neer op het opeenvolgend overwegen van twee mogelijke situaties:
a) Stel dat x een oplossing is voor de oorspronkelijke vergelijking, en.
Dan hebben we: , wat overeenkomt met voorwaarde a). Daarom is het een oplossing voor de oorspronkelijke vergelijking.
b) Stel dat x een oplossing is voor de oorspronkelijke vergelijking, en
Dan hebben we: , wat niet overeenkomt met voorwaarde b). Daarom is het geen oplossing voor de oorspronkelijke vergelijking.
De beschouwde vergelijking heeft een enkele wortel: .

De intervalmethode is vooral handig als er meerdere modulaire haakjes in de vergelijking voorkomen. De enige moeilijkheid is het bepalen van een duidelijke volgorde van acties, dus het wordt sterk aanbevolen om het volgende plan te volgen:

1) Bepaal alle waarden van het onbekende waarbij de uitdrukkingen onder de modulustekens verdwijnen of onzeker worden, en markeer de resulterende punten op de getallenas.
2) Los de oorspronkelijke vergelijking op voor elk van de geïdentificeerde numerieke intervallen.
3) Combineer de gevonden oplossingen tot een gemeenschappelijk antwoord.

Het is nuttig om aan het einde van de eerste fase precies op te schrijven hoe elke modulaire beugel wordt geopend, afhankelijk van de positie van het onbekende op de numerieke as.

Oefening: Vouw modulaire haakjes in een uitdrukking uit.
Eerst beschouwen we de binnenste haakjes: at, dus markeren we een punt op de getallenas.
Vervolgens beschouwen we de buitenste haakjes: we lossen de vergelijking op (de oplossing wordt uitgevoerd met behulp van de hierboven beschreven intervalmethode:

De eerste vergelijking heeft geen wortels, en de wortels van de tweede zijn de getallen 1 en -1, maar x=1 voldoet niet aan de voorwaarde).
Als we vervolgens een willekeurige x groter dan -1 kiezen, bijvoorbeeld x=0, zorgen we ervoor dat voor x>-1 ; Door een willekeurige x kleiner dan -1 te kiezen, bijvoorbeeld x=-2, zorgen we ervoor dat voor x

Als gevolg hiervan worden de punten x=-1 en x=0 gemarkeerd op de getallenas. Bij elk van de resulterende intervallen worden de modules in de oorspronkelijke expressie uitgebreid in een “keten” (*):

Bij;
bij;
bij.

Voorbeeld 6. Los de vergelijkingen op: a) ; B) ; V); G) .
Oplossingen:

A) Fase I.
. Daarom:
.

Fase II.
1) De oorspronkelijke vergelijking zal dan de vorm aannemen: .

2) . De oorspronkelijke vergelijking zal dan de vorm aannemen: die niet overeenkomt met het betreffende segment, daarom heeft de oorspronkelijke vergelijking geen wortels in dit interval.
3) De oorspronkelijke vergelijking zal dan de volgende vorm aannemen: die overeenkomt met het beschouwde halve interval, dus de oorspronkelijke vergelijking.
Fase III.
De vergelijking heeft geen oplossingen op de eerste en tweede numerieke intervallen. Op de derde kregen we een oplossing.
Antwoord: .

B) Fase I.
Daarom:

We hebben de volgende numerieke intervallen:

Fase II.
1) De oorspronkelijke vergelijking zal dan de vorm aannemen:
We hebben de juiste numerieke gelijkheid verkregen, dus elk halfinterval is een oplossing voor de oorspronkelijke vergelijking!
2) . We hebben de modules onthuld op basis van de resultaten van de eerste fase: wat overeenkomt met het betreffende segment, daarom is er een oplossing voor de oorspronkelijke vergelijking.
3) Breid de modules uit:
We hebben een onjuiste numerieke gelijkheid ontvangen, dus de oorspronkelijke vergelijking heeft geen wortels in dit halve interval.

Fase III.
Op het eerste interval:
Op het tweede interval:
In het derde interval: geen oplossingen.
Resultaat:
Antwoord:

B) Fase I.
Eerst beschouwen we de “interne” module, daarna de “externe”:
1) x=0 bij x=0 =>
2)
Deze vergelijking moet afzonderlijk worden opgelost. Merk op dat de numerieke intervallen waarmee rekening moet worden gehouden al bekend zijn (zie (*)):
als we geen oplossingen hebben
wanneer we hebben,
maar x1 voldoet niet aan de voorwaarde.
Dus, .
De uitdrukking zelf is positief als (bijvoorbeeld x=10:) en negatief als (bijvoorbeeld x=1:). Daarom:

We hebben de volgende numerieke intervallen:

Fase II.
Bij elk interval openen we eerst de buitenste modulaire beugels en vervolgens de binnenste.
1) .
: , wat overeenkomt met het beschouwde interval, daarom is er een oplossing voor de oorspronkelijke vergelijking.
2) .
: .
Laten we de overeenkomst van de gevonden wortels met het gegeven segment controleren: - Laten we nu uiteraard controleren of de relatie klopt

Uiteraard, d.w.z. is een vreemde wortel.
3) .
: . Laten we het resultaat controleren op naleving van het gegeven halve interval: het is de wortel van de oorspronkelijke vergelijking.

Fase III.
;
;
.
Antwoord: .

D) Een bijzonderheid van deze vergelijking is de aanwezigheid van een onbekende grootheid in de noemer van de breuk. Daarom is het noodzakelijk om het domein van de definitie van de vergelijking (DO) op elk numeriek interval te vinden.

We hebben twee halve intervallen:

Fase II.
1) Door de module uit te breiden en te vereenvoudigen, verkrijgen we de vergelijking.
OOU: . Wanneer we uit de OOO uiteraard de juiste gelijkheid verkrijgen, d.w.z. het zijn allemaal oplossingen voor de oorspronkelijke vergelijking.
2) Door de module uit te breiden en te vereenvoudigen, verkrijgen we de OOU-vergelijking: . Wat dan overeenkomt met het beschouwde halve interval is dus een oplossing voor de oorspronkelijke vergelijking.

Antwoord: .

B. Het oplossen van eenvoudige stelsels van vergelijkingen die een teken van absolute waarde bevatten, zou geen problemen mogen opleveren: in de regel is het voldoende om de bij de leerlingen bekende substitutiemethode te gebruiken.

Voorbeeld 7. Los stelsels vergelijkingen op:
a B C D)

Oplossingen:
a) Uit de eerste vergelijking van het systeem verkrijgen we:
Vervolgens zal, na substitutie (*), de tweede vergelijking de vorm aannemen:
.
Volgens (*): wanneer om.
Antwoord:

B) Uit de eerste vergelijking van het systeem verkrijgen we:
.
Wanneer we uit de tweede vergelijking van het systeem verkrijgen
dienovereenkomstig x=2.
Wanneer we uit de tweede vergelijking van het systeem y=-5 verkrijgen.
Antwoord: .

C) Uit de tweede vergelijking van het systeem verkrijgen we:
.
Wanneer we uit de eerste vergelijking verkrijgen.
Wanneer we uit de eerste vergelijking verkrijgen; respectievelijk, .
Antwoord: .

D) In ​​dit geval is het gemakkelijker om de optelmethode te gebruiken en de resulterende vergelijking op te lossen: de intervalmethode.
.

1) we krijgen geen oplossingen;
2) wij krijgen.
Conclusie: en nu krijgen we de eerste vergelijking.
Antwoord: .

Punt 3. Rationele oplossingsmethoden: eenvoudige geometrische en algebraïsche overwegingen, generalisatie van de intervalmethode, verandering van variabele.

A. Sommige eenvoudige vergelijkingen maken een duidelijke geometrische interpretatie mogelijk, hun oplossing is aanzienlijk vereenvoudigd - "ongepaste" numerieke intervallen worden onmiddellijk buiten beschouwing gelaten.
Laten we eerst aantonen dat er geometrisch gezien een afstand bestaat tussen de punten van de getallenas die de getallen en voorstellen. Om dit te doen, op de getallenas, waar we de oorsprong van de coördinaten al hebben gemarkeerd en naar het punt verplaatsen. De coördinaten van de punten veranderen:

De afstand tussen punten en is volgens het nieuwe referentiesysteem de afstand tussen punten en, d.w.z.

Voorbeeld 8. Los de vergelijkingen op: a) b) c) d) e) .

Oplossingen:
a) Het is nodig om op de numerieke as x aan te geven dat de som van de afstanden van x tot 1 en van x tot 3 gelijk is aan 3 eenheden. De afstand tussen 1 en 3 is dus 2 eenheden (anders). Het blijkt dat x links van 1 of rechts van 3 ligt - in ieder geval op enige afstand ervan. Daarom, waar.

Nu is het gemakkelijk om twee waarden van x te vinden.
Antwoord: .
b) Het is vereist om de punten 2x op de numerieke as zo aan te geven dat de afstand van 2x tot -2 groter is dan de afstand van 2x tot 7 met 9,12 eenheden.
Als het betreffende verschil altijd -9 is;
Als het betreffende verschil altijd gelijk is aan 9;
Als het betreffende verschil kleiner is dan of gelijk is aan 9.
Laten we bijvoorbeeld:

Dan.
Antwoord: er zijn geen oplossingen.

C) Laten we de vergelijking in het formulier herschrijven. Daarom ligt de gewenste x drie keer dichter bij 3 dan bij 2:

=> geen oplossingen omdat x altijd dichter bij 2 ligt dan bij 3;
"op het oog", ;
=> “op het oog”, .
Antwoord: .

D) Dit voorbeeld laat zien dat een ‘strikte’ verdeling van de getallenas in intervallen (zonder ‘overlappingen’ van de vorm) erg nuttig kan zijn:

Geen oplossingen;
(komt overeen met het beschouwde halve interval);
geen oplossingen.
Antwoord: .

E) Laten we beginnen met het toepassen van de intervalmethode:

Laten we nu opmerken dat dit zowel binnen als buiten dit segment het geval is. Daarom is het zinvol om de vergelijking alleen voor dit segment te beschouwen, en we krijgen: . Het is duidelijk dat x=2.
Antwoord: .

B. Door het bereik van waarden aan de rechter- en linkerkant van de vergelijking te bestuderen, is het vaak mogelijk om de oplossing te vereenvoudigen, waarbij duidelijk ongepaste waarden van het onbekende worden geëlimineerd.

Voorbeeld 9. Los de vergelijkingen op: a) b) c) d) .

Oplossingen:

A) De linkerkant van de vergelijking is niet-negatief voor elke x, en de rechterkant is een negatief getal.
Antwoord: er zijn geen oplossingen.

B) De linkerkant van de vergelijking is niet-negatief voor elke x, dus als x een oplossing is, dan is de rechterkant ook niet-negatief. Dit betekent dat het voldoende is om alleen de waarden van x uit de regio te beschouwen. Maar toen kregen we de verkeerde gelijkheid.
Antwoord: er zijn geen oplossingen.
c) De uitdrukking is positief voor elke x, dus de buitenste modulaire haakjes kunnen worden verwijderd. Bovendien, als x een oplossing is, dan is de rechterkant ook positief, dus het is voldoende om x vanuit het domein te beschouwen. Dan krijgen we (komt overeen met de regio).
Antwoord: .

D) De som van twee niet-negatieve termen is gelijk aan 1 als elk van de termen niet groter is dan één: Omdat we dan op het aangegeven segment If verkrijgen, dan past dat uiteraard niet bij ons. Dus als x een oplossing is, dan. En in dit halve interval krijgen we
Het is duidelijk dat het een vreemde wortel is.
Antwoord: .

C. Beschouw vergelijkingen van de vorm (1)
Door deze vergelijking op te lossen met behulp van de intervalmethode, verkrijgen we een vergelijking voor de intervallen waar en een vergelijking voor intervallen waar. Het is duidelijk dat het geen zin heeft om elk interval afzonderlijk te beschouwen - het is voldoende om ze in de twee aangegeven groepen te verdelen: voor elk moet je de overeenkomstige vergelijking oplossen en de resulterende wortels controleren op naleving van de gestelde voorwaarde. Dus

Een andere optie is ook mogelijk: het is duidelijk dat onder de oplossingen voor de vergelijking de ware wortels van vergelijking (1) die zullen zijn waarvoor we, door een soortgelijke redenering voor het geval uit te voeren, verkrijgen

Welke optie u moet kiezen, hangt af van het type functies. Als het bijvoorbeeld gemakkelijker is om oplossingen voor vergelijkingen ter controle te vervangen, is het redelijker om de eerste methode te gebruiken.

Voorbeeld 10. Los de vergelijkingen op: a)
b) c).

Oplossingen:

A) Stel dat
Dan hebben we
Veronderstellen
Dan hebben wij geen oplossingen.
Laten we nu de resulterende wortels controleren. Laten we de oorspronkelijke vergelijking herschrijven:
. Omdat beide wortels waar zijn.
Antwoord:

B) Stel
Dan hebben wij geen oplossingen.
Veronderstellen
Dan hebben we
Laten we, om de waarheid van deze wortels vast te stellen, controleren of aan de voorwaarde is voldaan. We krijgen het volgende: Het is duidelijk dat de wortel vreemd is. Laten we, om dit te controleren, eens kijken of dit waar is. Aangezien dat zo is, is er niet voldaan aan de ongelijkheid in kwestie.
Antwoord: er zijn geen oplossingen.

C) Laten we de vergelijking herschrijven: We gebruiken de volgende grafische illustratie: (grafieken van functies en worden hier weergegeven).

Het is nu duidelijk dat de resulterende numerieke intervallen moeten worden gecombineerd in de volgende drie groepen:
1) . We krijgen (komt overeen met de gestelde voorwaarde).
2) Wij krijgen
geen oplossingen.
3) Wij krijgen
geen oplossingen.
Antwoord: .

D. De methode om een ​​uitdrukking te vervangen door een nieuwe letterlijke variabele is algemeen bekend. Je kunt alleen opmerken dat het bij het oplossen van vergelijkingen die een modulus bevatten vaak mogelijk is om het veranderingsbereik van de nieuwe variabele onmiddellijk te beperken.
Voorbeeld 11. Los de vergelijkingen of het stelsel van vergelijkingen op: a) ;
B) ;
V)

Oplossingen:
a) Door een nieuwe variabele te vervangen, krijgen we een systeem dat dat betekent en de wortels van de vergelijking zijn.
Antwoord: .

B) Door de uitdrukking te vervangen door een nieuwe variabele, verkrijgen we een vergelijking. We krijgen:
. Het blijft nodig om deze vergelijkingen op te lossen.
Antwoord: .

C) Laten we de vergelijking herschrijven als:
Uiteraard zijn er twee opties mogelijk:
1)
2) Vervang door een nieuwe variabele. Merk op dat volgens de betekenis van de vervanging en volgens de ODZ van deze vergelijking, d.w.z. (*) En de vergelijking zal de vorm aannemen. Sinds we krijgen
Rekening houdend met (*), krijgen we eindelijk
Dus vervangen door, krijgen we
Omdat we, volgens de betekenis van de vervanging, krijgen

Toetsopdrachten voor §1.
1) Los op met behulp van de definitie van de modulus van een getal:
a) b) c) d) e) f) g) h) i) j) .

2) Los de “standaard” vergelijkingen op:
a) b) c) d) e) f) g) h) i) .

3) Los op met behulp van de intervalmethode:
a) b) ; c) d) e) f) g) h) i) j) k) m) n) o) p) p) c) t) y) f) x) h)

4) Beslis op een rationele manier:
a) b) c) d) e) f) g) h) i) j) k) m) n)

5)Stelsels van vergelijkingen oplossen:
a) b) c) d) e) f) g) h) i) j) k) m) n) o) p) p)

Definitie van modulus n De modulus (absolute waarde) van een reëel getal x, d.w.z. | x|, dit getal zelf wordt genoemd als het niet-negatief is, en dit getal wordt met het tegenovergestelde teken genomen als het negatief is

1. Module-eigenschappen 1. | een b | = | een | | b | voor alle getallen a en b 2. | |= 3. voor ≠ 0 | a |2= a 2 voor elk getal a

n n 2. De eenvoudigste vergelijking die modules bevat, is een vergelijking van de vorm | f(x) | = a, waarbij a≥ 0. Deze vergelijking is equivalent aan een reeks vergelijkingen. [Als een

n n n Complexer zijn vergelijkingen in de vorm | f(x) | = g(x), waarbij f(x), g(x) enkele functies zijn van de reële variabele x. 1) Voor g(x) 0 is de oorspronkelijke vergelijking equivalent aan de verzameling Γ f(x) = g(x), Lf(x) = -g(x).

Voorbeeld 2. Los de vergelijking op | 1 – 2 x | = 3 x - 2 n Oplossing: Merk op dat 3x 2≥ 0, d.w.z. x ≥ of x є (; +∞) Op de verzameling x є (; + ∞) is de gegeven vergelijking equivalent aan een set van twee vergelijkingen: 1) 1 - 2 x=3x-2 X 1 = 2)1 2 x= (3x 2) X 2 = 1 n Sinds

n n Bekijk nu vergelijkingen van de vorm | a 1x – op 1|+ | een 2x – in 2 | + … + | анх – вn | = ax + b, waarbij a 1, a 2, a 3, ..., an, a 1, a 2, a 3 enkele getallen zijn die bij R horen, de x reële variabele is geconstrueerd volgens het volgende schema. Het gebied met toegestane waarden van een variabele van een bepaalde vergelijking is verdeeld in sets, op elk waarvan de tekens van submodulaire uitdrukkingen constant zijn. Op elke set wordt de oorspronkelijke vergelijking vervangen (rekening houdend met de tekens van submodulaire uitdrukkingen) door een equivalente vergelijking die geen absolute waarden bevat. De combinatie van oplossingen voor de aldus verkregen reeks vergelijkingen is een oplossing voor de gegeven vergelijking.

Voorbeeld 3. Los de vergelijking op | 2x+5 | | 3 x | = 0,5 n n n Oplossing. Het bereik van toegestane waarden van de variabele is de gehele numerieke as. Laten we de punten vinden waarop de submodulaire uitdrukkingen gelijk zijn aan 0: 2 x+5=0, d.w.z. x1= 2, 5; 3 x=0, d.w.z. x2 = 3.

n n n n Laten we het bereik van acceptabele waarden door de verkregen punten verdelen in sets (∞; 2, 5), (2, 5; 3), (3; +∞) Laten we de tekens van submodulaire uitdrukkingen op elk van bepalen de verkregen verzamelingen (ze staan ​​vermeld in Tabel 1) Tabel 1 ( ∞; 2, 5) (2, 5; 3) (З; + ∞) 2 x + 5 + + 3–x + + Dus de oorspronkelijke vergelijking | 2x+5 | | 3 x | =0,5 is equivalent aan een reeks vergelijkingen: 1) x

n 2) bij 2,5 ≤ x

3. Beschouw nu enkele uitspraken, waarvan het gebruik de oplossing van vergelijkingen met modules aanzienlijk kan vereenvoudigen. n n n Verklaring 1. Gelijkheid | a+b | = | een | + | op | is waar als ab ≥ 0. Bewijs. Na het kwadrateren van beide zijden van deze gelijkheid verkrijgen we inderdaad | a+b |2 = |a|2 + 2|ab | + |in|2 a 2 + 2 av + in 2 = a 2 + 2|ab |+ in 2, van waar | aa | = ав En de laatste gelijkheid geldt voor ав ≥ 0. Uitspraak 2. Gelijkheid | a-c | = | een | + | op | geldt voor ав ≤ 0. Bewijs. Voor bewijs is het voldoende in de gelijkheid | a+b | = | een | + | op | vervangen door -в, dan a(-в) ≥ 0, vandaar ав ≤ 0

n n Verklaring 3. Gelijkheid | een | + | op | = a+b geldt voor a≥ 0 en b ≥ 0. Bewijs. Na vier gevallen a≥ 0 en b ≥ 0 te hebben overwogen; a≥ 0 en b

Voorbeeld 4. Los de vergelijking op: | 2x2| = |x3 2 | + | 2xx3 | n n n Oplossing: Sinds |x3 2 | + | 2xx3 | = |x3 2 + 2 x x3 |, dan behoren alle wortels van de vergelijking tot de oplossingen voor de ongelijkheid (x3 2)(2 x – x3)≥ 0 (uitspraak 1). Laten we deze ongelijkheid oplossen met behulp van de intervalmethode; x(x3 – 2)(x2 – 2)≥ 0 x(x3 – 2)(x +)≤ 0 + + + 0 x Antwoord: [ ; 0] U [ ; ]

4. In andere voorbeelden moet je helemaal niet overhaast zijn om de modules te onthullen, je moet eerst de uitdrukking als een geheel beschouwen. Voorbeeld 7. Los de vergelijking op: n In het “geheel” kan het product van twee breuken gelijk zijn aan 1 alleen in drie gevallen: n a) als de breuken onderling invers zijn, d.w.z. x+1= x+2 en | x+1| = | x+2|, maar dit is voor geen enkele x mogelijk. n b) als elk van hen gelijk is aan 1, dan krijgen we en. Uit de eerste vergelijking volgt x+1>0 x > 1. Uit de tweede vergelijking krijgen we x+2>0 x> 2. Algemene oplossing: x> 1. c) als elk van hen gelijk is aan 1, dan krijgen en. Uit de eerste vergelijking volgt x+1

n n n Uit de tweede vergelijking krijgen we x+2

Inhoud hoofdgerecht

De absolute waarde van een getal. Basiseigenschappen (1 uur).

Bepaling van de absolute waarde van een getal of module. Analytisch record van definitie. Geometrische betekenis. Basiseigenschappen. Historische referentie.

Het belangrijkste doel is om de kennis van studenten over het onderwerp "Absolute waarde", verworven door hen in groep 6 en 8, te systematiseren en te generaliseren; overweeg de geometrische betekenis van absolute waarde en basiseigenschappen; historische informatie geven over de introductie van de termen “modulus” en “modulus sign”; overweeg voorbeelden waarvan de oplossing gebaseerd is op de definitie van een module.

Vergelijkingen oplossen met modules (3 uur).

Het oplossen van lineaire, kwadratische vergelijkingen met moduli, evenals vergelijkingen die absolute waarden bevatten met parameters.

voornaamste doel– geometrische interpretatie van de uitdrukking en het gebruik ervan om vergelijkingen van de vorm op te lossen; overweeg het oplossen van lineaire vergelijkingen op basis van de definitie van de modulus; het oplossen van kwadratische vergelijkingen die het teken van een absolute waarde bevatten, evenals het grafisch oplossen van vergelijkingen die een absolute waarde bevatten met parameters.

Ongelijkheden oplossen met modules (3 uur).

Het oplossen van lineaire, kwadratische ongelijkheden met moduli, evenals ongelijkheden die absolute waarden bevatten met parameters.

voornaamste doel– het vermogen ontwikkelen om lineaire ongelijkheden met een modulus op verschillende manieren op te lossen (met behulp van geometrische betekenis, kwadrateren van een ongelijkheid, gebruik maken van een dubbele ongelijkheid); kwadratische ongelijkheden waarbij een absoluut waardeteken betrokken is, met behulp van een schematische schets van de grafiek van een kwadratische functie, evenals de intervalmethode; geef een idee van het oplossen van ongelijkheden met absolute waarden met parameters.

Intervalmethode (2 uur).

Vergelijkingen en ongelijkheden oplossen met absolute waarden met behulp van de intervalmethode.

voornaamste doel – leer schoolkinderen vergelijkingen en ongelijkheden met absolute waarden op te lossen met behulp van de intervallenmethode; een stelling formuleren waarop de zoektocht naar intervallen met een constant teken is gebaseerd; het vinden van modulusnullen.

Ongelijkheden van de vorm , , oplosbaar via equivalente overgangen (2h).

Het oplossen van ongelijkheden van de vorm door gelijkwaardige overgangen naar een reeks ongelijkheden, en ongelijkheden - naar een systeem van ongelijkheden.

voornaamste doel– het concept van gelijkwaardigheid consolideren, bekend bij leerlingen uit groep 8; het formuleren (en bewijzen in de “sterke” klasse) van de eigenschap van een gelijkwaardige overgang van ongelijkheid naar een verzameling en van ongelijkheid naar een systeem.

Toepassing van de eigenschappen van absolute waarde bij het oplossen van vergelijkingen en ongelijkheden (1 uur).

Het oplossen van vergelijkingen en ongelijkheden (lineair, kwadratisch, graden hoger dan twee), evenals stelsels van vergelijkingen en ongelijkheden met behulp van absolute waarde-eigenschappen.

voornaamste doel– herhaal, indien nodig, de basiseigenschappen van de module; leer studenten vergelijkingen en ongelijkheden (lineair, kwadratisch, graden boven twee), evenals stelsels van vergelijkingen en ongelijkheden op te lossen met behulp van de eigenschappen van absolute waarde; grafische technieken tonen bij het schrijven van een antwoord; breid de klasse van vergelijkingen uit met modulus (beschouw een vergelijking met twee variabelen).

Vergelijkingen en ongelijkheden oplossen met absolute waarde op een coördinatenlijn (1 uur).

Het oplossen van lineaire vergelijkingen en ongelijkheden met absolute waarde op de coördinatenlijn.

voornaamste doel– herhaal de formule voor de afstand tussen twee punten A( x 1) en B( x 2) coördinatenlijn; leer leerlingen vergelijkingen en ongelijkheden op te lossen met een modulus op een coördinatenlijn.

Modulus en transformatie van wortels (1 uur).

Toepassing van het concept van module bij het werken met rekenkundige wortels. Transformatie van irrationele uitdrukkingen, waarvan de oplossing de module gebruikt.

voornaamste doel– het vermogen ontwikkelen om transformaties uit te voeren van uitdrukkingen die een vierkantswortel bevatten, waarin de module wordt gebruikt.

Modulus en irrationele vergelijkingen (2 uur).

Irrationele vergelijkingen oplossen met behulp van de methode waarbij een perfect vierkant wordt geïsoleerd of een nieuwe variabele wordt geïntroduceerd.

voornaamste doel– herhaal de definitie van irrationele vergelijkingen die bekend zijn bij leerlingen van groep 8; laat met voorbeelden de oplossing zien van irrationele vergelijkingen die verband houden met de noodzaak om de module te gebruiken.

Educatief en thematisch plan

Literatuurlijst voor docenten

• Golubev V.I. De absolute waarde van het aantal examens in wiskunde (gebaseerd op materiaal van de belangrijkste universiteiten van het land) - Lvov: Quantor, 1991.
• Golubev V. Effectieve methoden voor het oplossen van problemen met het onderwerp "Absolute waarde". - M.: Chistye Prudy, 2006.
• Dankova IN, Bondarenko TE, Emelina L.L., Pletneva O.K. Pre-profielvoorbereiding van leerlingen van het 9e leerjaar in wiskunde - M.: 5 voor kennis, 2006.
• Rurukin AN Een handleiding voor intensieve voorbereiding op het examen wiskunde “Afstuderen, toelating, Unified State Exam for 5+.” - M.: VAKO, 2006.
• Smykalova E.V. Wiskunde (modules, parameters, polynomen), voorbereiding van pre-profielen, 8-9 cijfers - St. Petersburg: SMIO-Press, 2006.

Literatuurlijst voor studenten

• Gusev V.A., Mordkovich A.G. Wiskunde. Referentiemateriaal - M.: Onderwijs, 1988.
• Dorofeev G.V., Potapov M.K., Rozov N.Kh. Een handleiding over wiskunde voor degenen die naar de universiteit gaan. - M.: Nauka, 1973.
• Zorin V.V. Een handleiding over wiskunde voor degenen die naar de universiteit gaan. - M.: Higher School, 1974.
• Ivlev BM, Abramov AM, Dudnitsyn Yu.P., Shvartsburd S.I. Problemen van toegenomen complexiteit in de algebra en analyseprincipes - M.: Education, 1990.
• Kalnin R.A. Algebra en elementaire functies, uitgeverij “Nauka”, hoofdredactie van fysische en wiskundige literatuur. - M.: Nauka, 1975.
• Krulikovsky N.N. Wiskundige problemen voor aanvragers - Tomsk: red. Tomsk Universiteit, 1973.
• Nesterenko Yu.V., Olehnik SN, Potapov M.K. Doelstellingen van toelatingsexamens in de wiskunde. - M.: Nauka, 1986.
• Sharygin I.F. Wiskunde voor middelbare scholieren, Moskou, “Drofa”, 1995.

Methodologische materialen

Les nr. 1: Bepaling van de absolute waarde van een getal (modulus van een getal), de geometrische betekenis ervan en basiseigenschappen.

De absolute waarde (of modulus) van een reëel getal a is het getal zelf als het niet-negatief is, en dit getal wordt met het tegenovergestelde teken genomen als het negatief is.

De modulus van een getal wordt als volgt aangegeven: Door een verband tot stand te brengen tussen de modulus van een getal en het getal zelf, verkrijgen we een analytische notatie van de definitie:

=

De modulus van een getal is ook de afstand van de oorsprong tot het punt dat dit getal op de coördinatenlijn vertegenwoordigt. Dit is geometrische betekenis module. Dat. De termen “modulus”, “absolute waarde” of “absolute waarde” van een getal worden gebruikt. In overeenstemming met de bovenstaande definitie = 5, = 3, =0. De modulus van een getal kan ook worden gedefinieerd als de grootste van de getallen a en – a.

Historische informatie: de term "module" (van het Latijnse modulus - maat) werd geïntroduceerd door de Engelse wiskundige R. Cotes (1682-1716), en het modulusteken werd geïntroduceerd door de Duitse wiskundige K. Weierstrass (1815-1897), in 1841.

Belangrijkste eigenschappen van de module:

Laten we eens kijken naar voorbeelden waarvan de oplossing gebaseerd is op de definitie van een module.

Nr. 1. Los de vergelijking =4 op.

Per moduledefinitie; X=4 of X=-4.

Nr. 2. Los de vergelijking op: =3.

De vergelijking is equivalent aan de combinatie van twee vergelijkingen:

Waar: x 1=2 en x 2=-1.

Nee. 3. Los de vergelijking op: =-2.

Volgens eigenschap 1: de modulus van elk reëel getal is een niet-negatief getal, concluderen we dat er geen oplossing is.

Nr. 4. Los de vergelijking op: = X–5.

Voor hetzelfde pand 1: X–50, X 5.

Nee. 5. Los de vergelijking op: + X=0.

=- x, X 0.

Nr. 6. Los de vergelijking op: = X+2.

In tegenstelling tot het vorige voorbeeld bevat de rechterkant van deze vergelijking een uitdrukking met een variabele. Daarom heeft de vergelijking een oplossing, op voorwaarde dat X+20, d.w.z. x-2. Dan hebben we:

2x+1=x+2 of

2x+1 = - x – 2.

Dat. bij x-2, we hebben:

Vergelijkingen oplossen:

Les nr. 2. Lineaire vergelijkingen oplossen met moduli.

Bij het oplossen van lineaire vergelijkingen wordt ofwel de geometrische betekenis van de modulus van een getal ofwel de onthulling van het teken van de modulus gebruikt. Laten we naar een voorbeeld kijken: los de vergelijking op

a) We gebruiken de geometrische betekenis van de modulus van een getal. Laten we de vergelijking in de vorm schrijven: +=7. Dan d=x–5- afstand vanaf punt X naar punt 5 op de getallenlijn, f =x–(-2)- afstand vanaf punt X naar punt (-2). Afhankelijk van de omstandigheden van het probleem, de som van deze afstanden d+f=7. Laten we de punten 5 en -2 op de getallenlijn uitzetten. Het is gemakkelijk om te controleren of voor elk getal uit het interval [-2;5] de som van de afstanden geldt d+f gelijk aan de lengte van het segment AB, d.w.z. 7. Ook is het eenvoudig in te stellen wat voor punten X<2 of x>5 som van afstanden d+f>7. Daarom is de oplossing van de vergelijking het interval.

b) Laten we het modulusteken uitbreiden. Om dit te doen, tekent u de punten -2 en 5 op de getallenlijn. Deze punten verdelen het in drie intervallen. Laten we de tekens van de modules in elk van de intervallen bekijken.

In interval 1 (X<-2) we krijgen: -(x–5)–(x+2)=7 of –x+5–x–2=7 of - 2x+3=7, waar we vandaan komen: x=-2. Maar dit punt is niet opgenomen in het beschouwde interval. Daarom x=-2 is geen oplossing.

In interval 2: X we krijgen: -(x–5)+(x+2)=7 of 7=7. Omdat de gelijkheid correct is, is elk punt in dit interval een oplossing voor deze vergelijking.

In interval 3 (x>5) we krijgen: (x-5)+(x+2)=7 of 2x-3=7, waar x=5. Punt x=5 is niet opgenomen in het beschouwde interval en is geen oplossing voor de vergelijking.

De oplossing van deze vergelijking is dus: -2x5.

Oefeningen voor zelfstandig werk:

Vergelijkingen oplossen:

Les nr. 3. Kwadratische vergelijkingen oplossen met modulus.

Laten we eens kijken naar het oplossen van kwadratische vergelijkingen met modules aan de hand van voorbeelden:

Nr. 1. Los De vergelijking op

Laten we de vervanging introduceren =j, dan op j 0 de vergelijking heeft de vorm:

y 2 –6у+8=0, van waar j 1 = 2 en j 2 = 4. een x= 2 of -2; 4 of -4.

Nr. 2. Los De vergelijking op:

De vergelijking is equivalent aan het systeem: Van waar X=1.

Nummer 3. Los De vergelijking op:

2X – 1.

De vergelijking heeft een oplossing op voorwaarde dat 2 X–10, en gelijkheid is mogelijk, mits: de betekenis van de uitdrukkingen x2+x–1 en 2 X–1 zijn hetzelfde of tegengesteld. Dat. we hebben: x0,5. Laten we de vergelijkingen opstellen: x2+x–1=2X–1 of x 2+X–1=-(2X-1); oplossen welke, we krijgen

Nummer 4. Zoek de wortels van de vergelijking: .

Laten we deze vergelijking in de vorm presenteren: = X 2 – 1, vanwaar:

x – 1 = x 2 – 1,

of x – 1 = - (x 2 – 1).

x 2 – 1 bij x-1 En x 1 Door de vergelijkingen op te lossen, verkrijgen we uit de eerste: x=0 En x=1, vanaf de tweede: x=-2 En x=1.

Antwoord: x=1; x=-2.

Nummer 5. Zoek de volledige wortels van de vergelijking: = .

Gebruikmakend van de definitie van een module komen we tot de conclusie dat gelijkheid mogelijk is als de waarden van de uitdrukkingen x–x 2 –1 En 2x+3–x 2 gelijk of tegengesteld, d.w.z. deze vergelijking is equivalent aan een reeks van twee vergelijkingen:

Door de verzameling op te lossen, verkrijgen we de wortels van deze vergelijking: x=-4;-0,5;2. Gehele getallen onder hen: -4 en 2.

Nummer 6. Los De vergelijking op: =2x 2 –3x+1.

Laten we de uitdrukking aanduiden 3x-1-2x 2 brief A. Dan zal deze vergelijking de vorm aannemen: =-een. Op basis van de analytische notatie van de definitie van de modulus kunnen we concluderen dat deze vergelijking equivalent is aan de ongelijkheid: 3x–1-2x 2 0, als we deze oplossen, krijgen we het antwoord: x0,5 En x1.

Oefeningen voor zelfstandig werken.

Los De vergelijking op:

Nr. 1.=x 2 + x–20.

Nr. 2. + 3x -5=0,

Nummer 3. =(x–1)(x+1),

Nummer 4. x2 –6+5=0,

Nummer 5. x2+8=9,

Nr. 6.=x 2 –6x+6,

Nr. 7. x = -8.

Les nr. 4. Vergelijkingen oplossen die absolute waarden bevatten met parameters.

Laten we een voorbeeld bekijken: een vergelijking oplossen met een parameter

Laten we functiegrafieken bouwen y=3–x En j=. Schema y=3–x ligt vast en is niet afhankelijk van de parameter. Schema j= verkregen uit de grafiek van de functie j=, hangt af van parameter A. Laten we daarom drie gevallen bekijken:

Dit geval zal, zoals uit de figuur blijkt, wanneer zijn A<3 . De grafieken van deze functies snijden elkaar in een enkel punt B. Beschouw driehoek ABC, waarin hoek A gelijk is aan hoek B en gelijk aan 45 0, teken de hoogte VD in deze driehoek. Omdat driehoek ABC is gelijkbenig, dan is BD ook de mediaan van deze driehoek. Daarom is de abscis van punt D X=(a+3)/2.

Dit geval doet zich voor wanneer A=3. Dan vallen de grafieken van de functies samen langs het segment AB en is de abscis van elk punt op deze straal een oplossing voor deze vergelijking, d.w.z. X<3.

In dit geval A>3. Het is duidelijk dat de grafieken van de functies elkaar niet snijden, d.w.z. hebben geen gemeenschappelijke punten. Daarom heeft de vergelijking geen oplossing.

Oefeningen voor zelfstandig werk:

Los de vergelijkingen op:

Nummer 3. (a–2)=a–2,

Nummer 4. a 2 x 2 + a = 0.

Les nr. 5. Lineaire ongelijkheden oplossen met moduli.

Ongelijkheden die een variabele bevatten onder het modulusteken worden op verschillende manieren opgelost; Laten we eens kijken naar een vrij eenvoudig voorbeeld:

Nee. 1. Ongelijkheid oplossen:

Eerste methode: We hebben: >4,

Geometrisch betekent de uitdrukking de afstand op de coördinatenlijn tussen punten X en 2.5. Dit betekent dat we al dergelijke punten moeten vinden X, die meer dan 2 verwijderd zijn van punt 2.5, zijn punten uit de intervallen X<0,5 En x>4,5.

Tweede methode: Omdat beide zijden van de gegeven ongelijkheid niet-negatief zijn, kwadrateren we beide zijden van deze ongelijkheid: 2 >4 2.

(2x–5) 2 >4 2 ,

(2x–5) 2 –16>0,

(2x–5–4)(2x–5+4)>0,

2(x–4,5) 2(x–0,5)>0,

(x–4,5)(x–0,5)>0.

Als we de intervalmethode toepassen, krijgen we: X<0 ,5 en x>4,5.

Derde manier: expressie 2x–5 kan niet-negatief of negatief zijn. Die. we hebben een combinatie van twee systemen:

Waar: X<0,5 En x>4,5.

Laten we nog een paar voorbeelden bekijken.

Voorbeeld nr. 2. Ongelijkheid oplossen:<3.

Deze ongelijkheid is gelijk aan de combinatie van twee systemen:

Vanaf het eerste systeem dat we krijgen 2x<5 , vanaf de tweede -1<х<2 . Als we deze twee oplossingen combineren, krijgen we: -1<х<5 .

Voorbeeld nr. 3. Ongelijkheid oplossen: 3 x+3.

Deze ongelijkheid is gelijk aan de dubbele ongelijkheid -x-33x–3x+3 of systeem

We hebben : 0x3.

Oefeningen voor zelfstandig werk:

Ongelijkheden oplossen:

№1. <3х+1,

№3. ->-2.

Les nr. 6. Kwadratische ongelijkheden oplossen met moduli.

Laten we naar voorbeeld nr. 1 kijken. Los de ongelijkheid op: +x–2<0 .

Deze ongelijkheid kan worden opgelost met behulp van de intervalmethode. Laten we een andere oplossing overwegen op basis van de volgende verklaring: voor elke waarde van a is de ongelijkheid gelijkwaardig aan het systeem van ongelijkheden: ,en ongelijkheidis gelijk aan een reeks ongelijkheden.

Daarom is onze ongelijkheid gelijk aan een systeem van ongelijkheid: als we dit oplossen, krijgen we:

Laten we het antwoord opschrijven: (1-;2-).

Voorbeeld nr. 2. Vind gehele oplossingen voor de ongelijkheid: 2x–x 2. Het probleem komt neer op het oplossen van een reeks van twee systemen van ongelijkheid:

Laten we het eerste systeem oplossen: vanaf de eerste ongelijkheid hebben we: x1; x2.

vanaf de tweede: 2x 2 –5x+20, of 0,5x2.

Nadat we de gevonden oplossingen voor de eerste en tweede ongelijkheid van het eerste systeem op de coördinatenlijn hebben genoteerd, vinden we het snijpunt van de oplossingen.

Dat. 0,5x1 En x=2. Dit is de oplossing van het eerste systeem.

Laten we het tweede systeem oplossen: vanaf de eerste ongelijkheid hebben we: 1<х<2 , vanaf de tweede: -(x 2 -3x+2)2x–x 2, of – x 2 +3x–2–2x+ x 2 0, of x2.

Als we de gevonden oplossingen voor de eerste en tweede ongelijkheid van het tweede systeem op de coördinatenlijn noteren, verkrijgen we: 1<х<2 . Dit is de oplossing van het tweede systeem.

Het combineren van de gevonden oplossingen voor systemen van ongelijkheid 0,5x1; x=2; 1 , we krijgen: 0,5x2 enz. hele oplossingen zullen zijn x=1 En x=2.