Moduli i numrave vetë ky numër quhet nëse është jo negativ, ose i njëjti numër me shenjën e kundërt nëse është negativ.

Për shembull, moduli i numrit 6 është 6, dhe moduli i numrit -6 është gjithashtu 6.

Kjo do të thotë, moduli i një numri kuptohet si një vlerë absolute, vlere absolute ky numër pa marrë parasysh shenjën e tij.

Është caktuar si më poshtë: |6|, | X|, |A| etj.

(Më shumë detaje në seksionin "Moduli i numrave").

Ekuacionet me modul.

Shembulli 1 . Zgjidhe ekuacionin|10 X - 5| = 15.

Zgjidhje.

Sipas rregullit, ekuacioni është i barabartë me kombinimin e dy ekuacioneve:

10X - 5 = 15
10X - 5 = -15

Ne vendosim:

10X = 15 + 5 = 20
10X = -15 + 5 = -10

X = 20: 10
X = -10: 10

X = 2
X = -1

Përgjigju: X 1 = 2, X 2 = -1.

Shembulli 2 . Zgjidhe ekuacionin|2 X + 1| = X + 2.

Zgjidhje.

Meqenëse moduli është një numër jo negativ, atëherë X+ 2 ≥ 0. Prandaj:

X ≥ -2.

Le të bëjmë dy ekuacione:

2X + 1 = X + 2
2X + 1 = -(X + 2)

Ne vendosim:

2X + 1 = X + 2
2X + 1 = -X - 2

2X - X = 2 - 1
2X + X = -2 - 1

X = 1
X = -1

Të dy numrat janë më të mëdhenj se -2. Pra, të dyja janë rrënjët e ekuacionit.

Përgjigju: X 1 = -1, X 2 = 1.

Shembulli 3 . Zgjidhe ekuacionin

|X + 3| - 1
————— = 4
X - 1

Zgjidhje.

Ekuacioni ka kuptim nëse emëruesi nuk është e barabartë me zero- do të thotë nëse X≠ 1. Le të marrim parasysh këtë kusht. Veprimi ynë i parë është i thjeshtë - ne jo vetëm që heqim qafe fraksionin, por e transformojmë atë në mënyrë që të marrim modulin në formën e tij të pastër:

|X+ 3| - 1 = 4 · ( X - 1),

|X + 3| - 1 = 4X - 4,

|X + 3| = 4X - 4 + 1,

|X + 3| = 4X - 3.

Tani kemi vetëm një shprehje nën modulin në anën e majtë të ekuacionit. Shkoni përpara.
Moduli i një numri është një numër jo negativ - domethënë duhet të jetë Mbi zero ose e barabartë me zero. Prandaj, ne zgjidhim pabarazinë:

4X - 3 ≥ 0

4X ≥ 3

X ≥ 3/4

Kështu, kemi një kusht të dytë: rrënja e ekuacionit duhet të jetë së paku 3/4.

Në përputhje me rregullin, ne përpilojmë një grup prej dy ekuacionesh dhe i zgjidhim ato:

X + 3 = 4X - 3
X + 3 = -(4X - 3)

X + 3 = 4X - 3
X + 3 = -4X + 3

X - 4X = -3 - 3
X + 4X = 3 - 3

X = 2
X = 0

Morëm dy përgjigje. Le të kontrollojmë nëse ato janë rrënjë të ekuacionit origjinal.

Kishim dy kushte: rrënja e ekuacionit nuk mund të jetë e barabartë me 1 dhe duhet të jetë së paku 3/4. Kjo eshte X ≠ 1, X≥ 3/4. Të dyja këto kushte korrespondojnë me vetëm njërën nga dy përgjigjet e marra - numrin 2. Kjo do të thotë se vetëm kjo është rrënja e ekuacionit origjinal.

Përgjigju: X = 2.

Pabarazitë me modul.

Shembulli 1 . Zgjidhja e pabarazisë| X - 3| < 4

Zgjidhje.

Rregulli i modulit thotë:

|A| = A, Nëse A ≥ 0.

|A| = -A, Nëse A < 0.

Moduli mund të ketë numra jonegativë dhe negativë. Pra, duhet t'i shqyrtojmë të dyja rastet: X- 3 ≥ 0 dhe X - 3 < 0.

1) Kur X- 3 ≥ 0 pabarazia jonë fillestare mbetet ashtu siç është, vetëm pa shenjën e modulit:
X - 3 < 4.

2) Kur X - 3 < 0 в исходном неравенстве надо поставить знак минус перед всем подмодульным выражением:

-(X - 3) < 4.

Duke hapur kllapat, marrim:

-X + 3 < 4.

Kështu, nga këto dy kushte arritëm në unifikimin e dy sistemeve të pabarazive:

X - 3 ≥ 0
X - 3 < 4

X - 3 < 0
-X + 3 < 4

Le t'i zgjidhim ato:

X ≥ 3
X < 7

X < 3
X > -1

Pra, përgjigja jonë është një bashkim i dy grupeve:

3 ≤ X < 7 U -1 < X < 3.

Përcaktoni më të voglin dhe vlera më e lartë. Këto janë -1 dhe 7. Për më tepër X më i madh se -1 por më pak se 7.
Përveç kësaj, X≥ 3. Kjo do të thotë se zgjidhja e pabarazisë është e gjithë bashkësia e numrave nga -1 në 7, duke përjashtuar këta numra ekstremë.

Përgjigju: -1 < X < 7.

Ose: X ∈ (-1; 7).

Shtesa.

1) Ekziston një mënyrë më e thjeshtë dhe më e shkurtër për të zgjidhur pabarazinë tonë - grafikisht. Për ta bërë këtë ju duhet të vizatoni boshti horizontal(Fig. 1).

Shprehje | X - 3| < 4 означает, что расстояние от точки X në pikën 3 është më pak se katër njësi. Shënojmë numrin 3 në bosht dhe numërojmë 4 ndarje në të majtë dhe në të djathtë të tij. Në të majtë do të vijmë në pikën -1, në të djathtë - në pikën 7. Kështu, pikat X thjesht i pamë pa i llogaritur.

Për më tepër, sipas kushtit të pabarazisë, vetë -1 dhe 7 nuk përfshihen në grupin e zgjidhjeve. Kështu, marrim përgjigjen:

1 < X < 7.

2) Por ka një zgjidhje tjetër që është më e thjeshtë edhe se metoda grafike. Për ta bërë këtë, pabarazia jonë duhet të paraqitet në formën e mëposhtme:

4 < X - 3 < 4.

Në fund të fundit, kështu është sipas rregullit të modulit. Numri jonegativ 4 dhe numri i ngjashëm negativ -4 janë kufijtë për zgjidhjen e pabarazisë.

4 + 3 < X < 4 + 3

1 < X < 7.

Shembulli 2 . Zgjidhja e pabarazisë| X - 2| ≥ 5

Zgjidhje.

Ky shembull është dukshëm i ndryshëm nga ai i mëparshmi. Ana e majtë është më e madhe se 5 ose e barabartë me 5. Nga pikëpamja gjeometrike, zgjidhja e pabarazisë janë të gjithë numrat që janë në një distancë prej 5 njësi ose më shumë nga pika 2 (Fig. 2). Grafiku tregon se këta janë të gjithë numra që janë më të vegjël ose të barabartë me -3 dhe më të mëdhenj ose të barabartë me 7. Kjo do të thotë se tashmë e kemi marrë përgjigjen.

Përgjigju: -3 ≥ X ≥ 7.

Gjatë rrugës, le të zgjidhim të njëjtën pabarazi duke e riorganizuar anëtar i lirë majtas dhe djathtas me shenjën e kundërt:

5 ≥ X - 2 ≥ 5

5 + 2 ≥ X ≥ 5 + 2

Përgjigja është e njëjtë: -3 ≥ X ≥ 7.

Ose: X ∈ [-3; 7]

Shembulli është zgjidhur.

Shembulli 3 . Zgjidhja e pabarazisë 6 X 2 - | X| - 2 ≤ 0

Zgjidhje.

Numri X mund të jetë një numër pozitiv, numër negativ ose zero. Prandaj, duhet të kemi parasysh të tre rrethanat. Siç e dini, ato merren parasysh në dy pabarazi: X≥ 0 dhe X < 0. При X≥ 0 ne thjesht e rishkruajmë pabarazinë tonë origjinale ashtu siç është, vetëm pa shenjën e modulit:

6 x 2 - X - 2 ≤ 0.

Tani për rastin e dytë: nëse X < 0. Модулем numër negativështë i njëjti numër me shenjën e kundërt. Kjo do të thotë, ne shkruajmë numrin nën modulin me shenjën e kundërt dhe përsëri çlirohemi nga shenja e modulit:

6X 2 - (-X) - 2 ≤ 0.

Zgjerimi i kllapave:

6X 2 + X - 2 ≤ 0.

Kështu, ne morëm dy sisteme ekuacionesh:

6X 2 - X - 2 ≤ 0
X ≥ 0

6X 2 + X - 2 ≤ 0
X < 0

Ne duhet të zgjidhim pabarazitë në sisteme - dhe kjo do të thotë që ne duhet të gjejmë rrënjët e dy ekuacioneve kuadratike. Për ta bërë këtë, ne barazojmë anët e majta të pabarazive me zero.

Le të fillojmë me të parën:

6X 2 - X - 2 = 0.

Si të zgjidhni një ekuacion kuadratik - shihni seksionin "Ekuacioni kuadratik". Ne do të emërtojmë menjëherë përgjigjen:

X 1 = -1/2, x 2 = 2/3.

Nga sistemi i parë i pabarazive marrim se zgjidhja e pabarazisë fillestare është e gjithë bashkësia e numrave nga -1/2 në 2/3. Ne shkruajmë bashkimin e zgjidhjeve në X ≥ 0:
[-1/2; 2/3].

Tani le të zgjidhim ekuacionin e dytë kuadratik:

6X 2 + X - 2 = 0.

Rrënjët e saj:

X 1 = -2/3, X 2 = 1/2.

Përfundim: kur X < 0 корнями исходного неравенства являются также все числа от -2/3 до 1/2.

Le të kombinojmë dy përgjigjet dhe të marrim përgjigjen përfundimtare: zgjidhja është e gjithë grupi i numrave nga -2/3 në 2/3, duke përfshirë këta numra ekstremë.

Përgjigju: -2/3 ≤ X ≤ 2/3.

Ose: X ∈ [-2/3; 2/3].

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

Ky program mund të jetë i dobishëm për nxënësit e shkollave të mesme Shkolla të mesme në përgatitje për testet dhe provimet, gjatë testimit të njohurive para Provimit të Bashkuar të Shtetit, që prindërit të kontrollojnë zgjidhjen e shumë problemave në matematikë dhe algjebër. Apo ndoshta është shumë e shtrenjtë për ju të punësoni një mësues ose të blini tekste të reja shkollore? Apo thjesht dëshironi ta kryeni sa më shpejt që të jetë e mundur? detyre shtepie në matematikë apo algjebër? Në këtë rast, ju gjithashtu mund të përdorni programet tona me zgjidhje të detajuara.

Në këtë mënyrë ju mund të kryeni trajnimin tuaj dhe/ose trajnimin e vëllezërve ose motrave tuaja më të vogla, ndërkohë që rritet niveli i arsimimit në fushën e zgjidhjes së problemeve.

Shkruani një ekuacion ose pabarazi me moduli

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

Sepse Ka shumë njerëz të gatshëm për të zgjidhur problemin, kërkesa juaj është në radhë.
Në pak sekonda zgjidhja do të shfaqet më poshtë.
Te lutem prit sekondë...

nëse ti vuri re një gabim në zgjidhje, atëherë mund të shkruani për këtë në Formularin e Feedback-ut.
Mos harro tregoni se cila detyrë ju vendosni se çfarë futni në fusha.

Lojërat tona, enigmat, emulatorët:

Pak teori.

Ekuacionet dhe inekuacionet me modul

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

Zgjidhja e pabarazisë \(|2x+7|

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

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

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

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

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

1) Nëse \(x^2-6x+7 \geq 0 \), atëherë \(|x^2-6x+7| = x^2-6x+7 \) dhe ekuacioni i dhënë merr formën \(x ^2 -6x+7 = \frac(5x-9)(3) \Djathtas shigjetë 3x^2-23x+30=0 \). Pasi kemi zgjidhur këtë ekuacion kuadratik, marrim: \(x_1=6, \; x_2=\frac(5)(3) \).
Le të zbulojmë nëse vlera \(x_1=6\) plotëson kushtin \(x^2-6x+7 \geq 0\). Për ta bërë këtë, le të zëvendësojmë vlera e specifikuar V pabarazia kuadratike. Marrim: \(6^2-6 \cdot 6+7 \geq 0 \), d.m.th. \(7 \geq 0 \) është një pabarazi e vërtetë. Kjo do të thotë se \(x_1=6\) është rrënja e ekuacioni i dhënë.
Le të zbulojmë nëse vlera \(x_2=\frac(5)(3)\) plotëson kushtin \(x^2-6x+7 \geq 0\). Për ta bërë këtë, zëvendësoni vlerën e treguar në pabarazinë kuadratike. Marrim: \(\left(\frac(5)(3) \right)^2 -\frac(5)(3) \cdot 6 + 7 \geq 0 \), d.m.th. \(\frac(25)(9) -3 \geq 0 \) është një pabarazi e pasaktë. Kjo do të thotë që \(x_2=\frac(5)(3)\) nuk është një rrënjë e ekuacionit të dhënë.

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

Mënyra e dytë. Nëse është dhënë ekuacioni \(|f(x)| = h(x) \), atëherë me \(h(x) \(\left[\begin(array)(l) x^2-6x+7 = \frac (5x-9)(3) \\ x^2-6x+7 = -\frac(5x-9)(3) \end (array)\djathtas \)
Të dyja këto ekuacione u zgjidhën më sipër (duke përdorur metodën e parë të zgjidhjes së ekuacionit të dhënë), rrënjët e tyre janë si më poshtë: \(6,\; \frac(5)(3),\; 3,\; \frac(4 )(3)\). Kushti \(\frac(5x-9)(3) \geq 0 \) i këtyre katër vlerave plotësohet vetëm nga dy: 6 dhe 3. Kjo do të thotë se ekuacioni i dhënë ka dy rrënjë: \(x=6 , \; x=3 \ ).

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

Është e rëndësishme që pika x = 1.8 e kryqëzimit të vijës së drejtë me boshtin e abshisës të jetë e vendosur në të djathtë të pikës së majtë të kryqëzimit të parabolës me boshtin e abshisës - kjo është pika \(x=3-\ sqrt(2) \) (meqenëse \(3-\sqrt(2) 3) Duke gjykuar nga vizatimi, grafikët kryqëzohen në dy pika - A(3; 2) dhe B(6; 7). Zëvendësimi i abshisave të këtyre pikat x = 3 dhe x = 6 në ekuacionin e dhënë, ne jemi të bindur se në të dyja rastet, është marrë barazia numerike e saktë Kjo do të thotë se hipoteza jonë është konfirmuar - ekuacioni ka dy rrënjë x = 6. Përgjigje: 3;

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

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

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

Merrni parasysh intervalin e parë: \((-\infty; \; -3) \).
Nëse x Konsideroni intervalin e dytë: \([-3; \; 2) \).
Nëse \(-3 \leq x Merrni parasysh intervalin e tretë: \(

Duke folur në gjuhë të thjeshtë, moduli është "një numër pa minus". Dhe pikërisht në këtë dualitet (në disa vende nuk duhet të bësh asgjë me numrin origjinal, por në të tjera duhet të heqësh një lloj minusi) ku qëndron e gjithë vështirësia për studentët fillestarë.

A ka më shumë përkufizimi gjeometrik. Është gjithashtu e dobishme të dihet, por do t'i drejtohemi vetëm në raste komplekse dhe në disa raste të veçanta, ku qasja gjeometrike është më e përshtatshme se ajo algjebrike (prishje: jo sot).

Përkufizimi. Le të shënohet pika $a$ në vijën numerike. Pastaj moduli $\left| x-a \right|$ është distanca nga pika $x$ në pikën $a$ në këtë linjë.

Nëse vizatoni një foto, do të merrni diçka si kjo:

Në një mënyrë apo tjetër, nga përkufizimi i një moduli, vetia kryesore e tij rrjedh menjëherë: moduli i një numri është gjithmonë një madhësi jo negative. Ky fakt do të jetë një fije e kuqe që do të përshkojë gjithë narrativën tonë sot.

Zgjidhja e pabarazive. Metoda e intervalit

Tani le të shohim pabarazitë. Ka shumë prej tyre, por detyra jonë tani është të jemi në gjendje të zgjidhim të paktën më të thjeshtat prej tyre. Ato që reduktohen në pabarazi lineare, si dhe në metodën e intervalit.

Unë kam dy mësime të mëdha për këtë temë (nga rruga, shumë, SHUMË e dobishme - unë rekomandoj t'i studioni ato):

1. Metoda e intervalit për pabarazitë (sidomos shikoni videon);
2. Pabarazitë racionale thyesore janë shumë mësim i gjerë, por pas saj nuk do të keni fare pyetje.

Nëse i dini të gjitha këto, nëse fraza "le të kalojmë nga pabarazia në ekuacion" nuk ju bën të keni një dëshirë të paqartë për të goditur veten pas murit, atëherë jeni gati: mirë se vini në ferr në temën kryesore të mësimit.

1. Pabarazitë e formës “Moduli është më i vogël se funksioni”

Ky është një nga problemet më të zakonshme me modulet. Kërkohet të zgjidhet një pabarazi e formës:

\[\majtas| f\djathtas| \ltg\]

Funksionet $f$ dhe $g$ mund të jenë çdo gjë, por zakonisht ato janë polinome. Shembuj të pabarazive të tilla:

\[\filloj(rreshtoj) & \majtas| 2x+3 \djathtas| \lt x+7; \\ & \majtas| ((x)^(2))+2x-3 \djathtas|+3\majtas(x+1 \djathtas) \lt 0; \\ & \majtas| ((x)^(2))-2\majtas| x \djathtas|-3 \djathtas| \lt 2. \\\fund (rreshtoj)\]

Të gjitha ato mund të zgjidhen fjalë për fjalë në një rresht sipas skemës së mëposhtme:

\[\majtas| f\djathtas| \lt g\Djathtas -g \lt f \lt g\katër \majtas(\Djathtas \majtas\( \fillimi(rreshtoj) & f \lt g, \\ & f \gt -g \\\fund (rreshtoj) \drejtë.\djathtas)\]

Është e lehtë të shihet se ne heqim qafe modulin, por si kthim marrim një pabarazi të dyfishtë (ose, që është e njëjta gjë, një sistem me dy pabarazi). Por ky tranzicion merr parasysh absolutisht gjithçka problemet e mundshme: nëse numri nën modul është pozitiv, metoda funksionon; nëse është negative, ajo ende funksionon; dhe madje edhe me funksionin më të papërshtatshëm në vend të $f$ ose $g$, metoda do të vazhdojë të funksionojë.

Natyrisht, lind pyetja: a nuk mund të ishte më e thjeshtë? Fatkeqësisht, nuk është e mundur. Kjo është e gjithë pika e modulit.

Megjithatë, mjaft me filozofimin. Le të zgjidhim disa probleme:

Detyrë. Zgjidh pabarazinë:

\[\majtas| 2x+3 \djathtas| \lt x+7\]

Zgjidhje. Pra, ne kemi para nesh një pabarazi klasike të formës "moduli është më i vogël" - madje nuk ka asgjë për të transformuar. Ne punojmë sipas algoritmit:

\[\filloj(rreshtoj) & \majtas| f\djathtas| \lt g\Djathtas -g \lt f \lt g; \\ & \majtas| 2x+3 \djathtas| \lt x+7\Djathtas shigjete -\majtas(x+7 \djathtas) \lt 2x+3 \lt x+7 \\\fund (rreshtoj)\]

Mos nxitoni të hapni kllapat e paraprirë nga një "minus": është mjaft e mundur që për shkak të nxitimit tuaj të bëni një gabim fyes.

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

\[\majtas\( \fillimi(rreshtoj) & -x-7 \lt 2x+3 \\ & 2x+3 \lt x+7 \\ \fund (rreshtoj) \djathtas.\]

\[\majtas\( \fillimi(rreshtoj) & -3x \lt 10 \\ & x \lt 4 \\ \fund (rreshtoj) \djathtas.\]

\[\majtas\( \fillimi(rreshtoj) & x \gt -\frac(10)(3) \\ & x \lt 4 \\ \fund (rreshtoj) \djathtas.\]

Problemi u reduktua në dy pabarazi elementare. Le të shënojmë zgjidhjet e tyre në drejtëzat numerike paralele:

Kryqëzimi i shumë

Kryqëzimi i këtyre grupeve do të jetë përgjigja.

Përgjigje: $x\in \left(-\frac(10)(3);4 \djathtas)$

Detyrë. Zgjidh pabarazinë:

\[\majtas| ((x)^(2))+2x-3 \djathtas|+3\majtas(x+1 \djathtas) \lt 0\]

Zgjidhje. Kjo detyrë është pak më e vështirë. Së pari, le të izolojmë modulin duke lëvizur termin e dytë djathtas:

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

Natyrisht, ne përsëri kemi një pabarazi të formës "moduli është më i vogël", kështu që ne shpëtojmë nga moduli duke përdorur algoritmin tashmë të njohur:

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

Tani vëmendje: dikush do të thotë se jam pak pervers me gjithë këto kllapa. Por më lejoni t'ju kujtoj edhe një herë se qëllimi ynë kryesor është zgjidhni saktë mosbarazimin dhe merrni përgjigjen. Më vonë, kur të keni zotëruar në mënyrë të përsosur gjithçka të përshkruar në këtë mësim, mund ta shtrembëroni vetë sipas dëshirës: hapni kllapat, shtoni minuset, etj.

Për të filluar, ne thjesht do të heqim qafe minusin e dyfishtë në të majtë:

\[-\majtas(-3\majtas(x+1 \djathtas) \djathtas)=\majtas(-1 \djathtas)\cdot \majtas(-3 \djathtas)\cdot \majtas(x+1 \djathtas) =3\majtas(x+1 \djathtas)\]

Tani le të hapim të gjitha kllapat në pabarazinë e dyfishtë:

Le të kalojmë te pabarazia e dyfishtë. Këtë herë llogaritjet do të jenë më serioze:

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

\[\majtas\( \fillimi(rreshtoj) & ((x)^(2))+5x \lt 0 \\ & ((x)^(2))-x-6 \gt 0 \\ \fund( rreshtoni)\djathtas.\]

Të dyja pabarazitë janë kuadratike dhe mund të zgjidhen me metodën e intervalit (kjo është arsyeja pse unë them: nëse nuk e dini se çfarë është kjo, është më mirë të mos merrni ende module). Le të kalojmë te ekuacioni në pabarazinë e parë:

\[\fillim(lidhoj) & ((x)^(2))+5x=0; \\ & x\ majtas(x+5 \djathtas)=0; \\ & ((x)_(1))=0;((x)_(2))=-5. \\\fund (radhis)\]

Siç mund ta shihni, dalja është një ekuacion kuadratik jo i plotë, i cili mund të zgjidhet në mënyrë elementare. Tani le të shohim pabarazinë e dytë të sistemit. Atje do të duhet të zbatoni teoremën e Vieta:

\[\fillim(lidhoj) & ((x)^(2))-x-6=0; \\ & \left(x-3 \djathtas)\majtas(x+2 \djathtas)=0; \\& ((x)_(1))=3;((x)_(2))=-2. \\\fund (radhis)\]

Ne shënojmë numrat që rezultojnë në dy rreshta paralele (të ndara për pabarazinë e parë dhe të ndara për të dytën):

Përsëri, meqenëse po zgjidhim një sistem pabarazish, ne jemi të interesuar në kryqëzimin e bashkësive të hijezuara: $x\in \left(-5;-2 \right)$. Kjo është përgjigja.

Përgjigje: $x\in \left(-5;-2 \djathtas)$

Unë mendoj se pas këtyre shembujve skema e zgjidhjes është jashtëzakonisht e qartë:

1. Izoloni modulin duke zhvendosur të gjitha termat e tjerë në pjesa e kundërt pabarazitë. Kështu marrim një pabarazi të formës $\left| f\djathtas| \ltg$.
2. Zgjidheni këtë pabarazi duke hequr qafe modulin sipas skemës së përshkruar më sipër. Në një moment do të jetë e nevojshme të kalojmë nga pabarazia e dyfishtë në një sistem me dy shprehje të pavarura, secila prej të cilave tashmë mund të zgjidhet veçmas.
3. Më në fund, gjithçka që mbetet është të kryqëzojmë zgjidhjet e këtyre dy shprehjeve të pavarura - dhe kjo është ajo, ne do të marrim përgjigjen përfundimtare.

Një algoritëm i ngjashëm ekziston për pabarazitë lloji tjetër, kur moduli më shumë veçori. Sidoqoftë, ka disa "por" serioze. Ne do të flasim për këto "por" tani.

2. Pabarazitë e formës “Moduli është më i madh se funksioni”

Ata duken kështu:

\[\majtas| f\djathtas| \gtg\]

Ngjashëm me atë të mëparshmin? Duket. E megjithatë probleme të tilla zgjidhen në një mënyrë krejtësisht të ndryshme. Formalisht, skema është si më poshtë:

\[\majtas| f\djathtas| \gt g\Djathtas shigjetë \majtas[ \fillim(radhis) & f \gt g, \\ & f \lt -g \\\fund (rreshtoj) \djathtas.\]

Me fjalë të tjera, ne konsiderojmë dy raste:

1. Së pari, ne thjesht injorojmë modulin dhe zgjidhim pabarazinë e zakonshme;
2. Pastaj, në thelb, ne e zgjerojmë modulin me shenjën minus, dhe pastaj i shumëzojmë të dyja anët e pabarazisë me -1, ndërsa unë kam shenjën.

Opsionet janë të kombinuara kllapa katrore, d.m.th. Ne kemi para nesh një kombinim të dy kërkesave.

Ju lutemi vini re përsëri: ky nuk është një sistem, por një tërësi, prandaj në përgjigje grupet janë të kombinuara dhe jo të kryqëzuara. Kjo dallimi themelor nga pika e mëparshme!

Në përgjithësi, shumë studentë janë plotësisht të hutuar me sindikatat dhe kryqëzimet, kështu që le ta zgjidhim këtë çështje një herë e përgjithmonë:

• "∪" është një shenjë bashkimi. Në thelb, kjo është një shkronjë e stilizuar "U" që na erdhi nga ne në Anglisht dhe është një shkurtim për "Bashkim", d.m.th. "Shoqatat".
• "∩" është shenja e kryqëzimit. Kjo katrahurë nuk erdhi nga askund, por thjesht u shfaq si një kundërvënie ndaj "∪".

Për ta bërë edhe më të lehtë të mbani mend, thjesht vizatoni këmbët në këto shenja për të bërë syze (thjesht mos më akuzoni tani për promovimin e varësisë nga droga dhe alkoolizmin: nëse po e studioni seriozisht këtë mësim, atëherë jeni tashmë një narkoman):

E përkthyer në Rusisht, kjo do të thotë si vijon: bashkimi (tërësia) përfshin elementë nga të dy grupet, prandaj nuk është në asnjë mënyrë më pak se secili prej tyre; por kryqëzimi (sistemi) përfshin vetëm ato elemente që janë njëkohësisht në grupin e parë dhe në të dytin. Prandaj, kryqëzimi i grupeve nuk është kurrë më i madh se grupet burimore.

Pra u bë më e qartë? Kjo është e mrekullueshme. Le të kalojmë në praktikë.

Detyrë. Zgjidh pabarazinë:

\[\majtas| 3x+1 \djathtas| \gt 5-4x\]

Zgjidhje. Ne vazhdojmë sipas skemës:

\[\majtas| 3x+1 \djathtas| \gt 5-4x\Djathtas shigjeta \majtas[ \fillimi(rreshtoj) & 3x+1 \gt 5-4x \\ & 3x+1 \lt -\majtas(5-4x \djathtas) \\\fund (rreshtoj) \ drejtë.\]

Ne zgjidhim çdo pabarazi në popullatë:

\[\majtas[ \fillimi(rreshtoj) & 3x+4x \gt 5-1 \\ & 3x-4x \lt -5-1 \\ \fund (rreshtoj) \djathtas.\]

\[\majtas[ \fillimi(rreshtoj) & 7x \gt 4 \\ & -x \lt -6 \\ \fund (rreshtoj) \djathtas.\]

\[\majtas[ \fillimi(rreshtoj) & x \gt 4/7\ \\ & x \gt 6 \\ \fund (rreshtoj) \djathtas.\]

Ne shënojmë çdo grup që rezulton në vijën numerike dhe më pas i kombinojmë:

Bashkimi i kompleteve

Është mjaft e qartë se përgjigja do të jetë $x\in \left(\frac(4)(7);+\infty \djathtas)$

Përgjigje: $x\in \left(\frac(4)(7);+\infty \djathtas)$

Detyrë. Zgjidh pabarazinë:

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

Zgjidhje. Mirë? Asgjë - gjithçka është e njëjtë. Ne kalojmë nga një pabarazi me një modul në një grup prej dy pabarazish:

\[\majtas| ((x)^(2))+2x-3 \djathtas| \gt x\Djathtas shigjeta \majtas[ \fillim(radhis) & ((x)^(2))+2x-3 \gt x \\ & ((x)^(2))+2x-3 \lt -x \\\fund (rreshtoj) \djathtas.\]

Ne zgjidhim çdo pabarazi. Fatkeqësisht, rrënjët atje nuk do të jenë shumë të mira:

\[\filloj(lidhoj) & ((x)^(2))+2x-3 \gt x; \\ & ((x)^(2))+x-3 \gt 0; \\&D=1+12=13; \\ & x=\frac(-1\pm \sqrt(13))(2). \\\fund (radhis)\]

Pabarazia e dytë është gjithashtu pak e egër:

\[\fillim(lidhoj) & ((x)^(2))+2x-3 \lt -x; \\ & ((x)^(2))+3x-3 \lt 0; \\&D=9+12=21; \\ & x=\frac(-3\pm \sqrt(21))(2). \\\fund (radhis)\]

Tani ju duhet t'i shënoni këta numra në dy boshte - një bosht për secilën pabarazi. Sidoqoftë, duhet të shënoni pikat në rendin e duhur: sesa numër më i madh, aq më tej e zhvendosim pikën djathtas.

Dhe këtu na pret një organizim. Nëse gjithçka është e qartë me numrat $\frac(-3-\sqrt(21))(2) \lt \frac(-1-\sqrt(13))(2)$ (termat në numëruesin e të parës thyesa janë më të vogla se termat në numëruesin e sekondës, kështu që shuma është gjithashtu më e vogël), me numrat $\frac(-3-\sqrt(13))(2) \lt \frac(-1+\sqrt (21)) (2)$ gjithashtu nuk do të ketë vështirësi (numri pozitiv padyshim më negativ), atëherë me çiftin e fundit gjithçka nuk është aq e qartë. Cila është më e madhe: $\frac(-3+\sqrt(21))(2)$ ose $\frac(-1+\sqrt(13))(2)$? Vendosja e pikave në vijat numerike dhe, në fakt, përgjigja do të varet nga përgjigja e kësaj pyetjeje.

Pra, le të krahasojmë:

\[\fillim(matricë) \frac(-1+\sqrt(13))(2)\vee \frac(-3+\sqrt(21))(2) \\ -1+\sqrt(13)\ vee -3+\sqrt(21) \\ 2+\sqrt(13)\vee \sqrt(21) \\\fund (matricë)\]

Ne izoluam rrënjën, morëm numra jonegativë në të dy anët e pabarazisë, prandaj kemi të drejtën të katrorim të dy anët:

\[\fillim(matricë) ((\left(2+\sqrt(13) \djathtas))^(2))\vee ((\left(\sqrt(21) \djathtas))^(2)) \ \ 4+4\sqrt(13)+13\vee 21 \\ 4\sqrt(13)\vee 3 \\\fund (matricë)\]

Unë mendoj se nuk është aspak e mirë që $4\sqrt(13) \gt 3$, kështu që $\frac(-1+\sqrt(13))(2) \gt \frac(-3+\sqrt(21)) ( 2)$, pikat përfundimtare në akset do të vendosen si kjo:

Një rast me rrënjë të shëmtuara

Më lejoni t'ju kujtoj se ne po zgjidhim një grup, kështu që përgjigja do të jetë një bashkim, jo ​​një kryqëzim i grupeve me hije.

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

Siç mund ta shihni, skema jonë funksionon shkëlqyeshëm për të dy detyra të thjeshta, dhe për ato shumë të vështira. E vetmja gjë " dobësi"Në këtë qasje, ju duhet të krahasoni me kompetencë numrat racionalë(dhe më besoni: nuk janë vetëm rrënjët). Por një mësim i veçantë (dhe shumë serioz) do t'i kushtohet çështjeve të krahasimit. Dhe ne vazhdojmë.

3. Pabarazitë me "bishte" jo negative

Tani kalojmë në pjesën më interesante. Këto janë pabarazitë e formës:

\[\majtas| f\djathtas| \gt\majtas| g\djathtas|\]

Në përgjithësi, algoritmi për të cilin do të flasim tani është i saktë vetëm për modulin. Ajo funksionon në të gjitha pabarazitë ku ka shprehje të garantuara jo negative në të majtë dhe në të djathtë:

Çfarë duhet bërë me këto detyra? Vetëm mbani mend:

Në pabarazitë me "bishte" jo negative, të dyja palët mund të ngrihen në çdo shkallë natyrore. Nuk do të ketë kufizime shtesë.

Para së gjithash, ne do të jemi të interesuar në katrorin - djeg modulet dhe rrënjët:

\[\fillim(lidhoj) & ((\majtas(\majtas| f \djathtas| \djathtas))^(2))=((f)^(2)); \\ & ((\majtas(\sqrt(f) \djathtas))^(2))=f. \\\fund (radhis)\]

Thjesht mos e ngatërroni këtë me marrjen e rrënjës së një katrori:

\[\sqrt(((f)^(2)))=\majtas| f \djathtas|\ne f\]

Gabime të panumërta u bënë kur një student harroi të instalonte një modul! Por kjo është një histori krejtësisht e ndryshme (është si ekuacionet irracionale), kështu që ne nuk do të hyjmë në këtë tani. Le të zgjidhim disa probleme më mirë:

Detyrë. Zgjidh pabarazinë:

\[\majtas| x+2 \djathtas|\ge \majtas| 1-2x \djathtas|\]

Zgjidhje. Le të vëmë re menjëherë dy gjëra:

1. Kjo nuk është një pabarazi strikte. Pikat në vijën numerike do të shpohen.
2. Të dyja anët e pabarazisë janë padyshim jo negative (kjo është një veti e modulit: $\left| f\left(x \right) \right|\ge 0$).

Prandaj, ne mund të sheshojmë të dy anët e pabarazisë për të hequr qafe modulin dhe për të zgjidhur problemin metoda e zakonshme intervale:

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

Në hapin e fundit, mashtrova pak: ndryshova sekuencën e termave, duke përfituar nga njëtrajtshmëria e modulit (në fakt, e shumëzova shprehjen $1-2x$ me -1).

\[\fillo(rreshtoj) & ((\majtas(2x-1 \djathtas))^(2))-((\majtas(x+2 \djathtas))^(2))\le 0; \\ & \majtas(\majtas(2x-1 \djathtas)-\majtas(x+2 \djathtas) \djathtas)\cdot \majtas(\majtas(2x-1 \djathtas)+\majtas(x+2 \ djathtas)\djathtas)\le 0; \\ & \left(2x-1-x-2 \djathtas)\cdot \left(2x-1+x+2 \djathtas)\le 0; \\ & \left(x-3 \djathtas)\cdot \majtas(3x+1 \djathtas)\le 0. \\\fund (rreshtoj)\]

Ne zgjidhim duke përdorur metodën e intervalit. Le të kalojmë nga pabarazia në ekuacion:

\[\fillim(rreshtoj) & \left(x-3 \djathtas)\majtas(3x+1 \djathtas)=0; \\ & ((x)_(1))=3;((x)_(2))=-\frac(1)(3). \\\fund (radhis)\]

Rrënjët e gjetura i shënojmë në vijën numerike. Edhe një herë: të gjitha pikat janë të hijezuara sepse pabarazia origjinale nuk është e rreptë!

Heqja e shenjës së modulit

Më lejoni t'ju kujtoj për ata që janë veçanërisht kokëfortë: marrim shenjat nga pabarazia e fundit, e cila u shkrua përpara se të kalonim në ekuacion. Dhe ne pikturojmë zonat e kërkuara në të njëjtën pabarazi. Në rastin tonë është $\left(x-3 \right)\left(3x+1 \djathtas)\le 0$.

OK tani ka mbaruar. Problemi është zgjidhur.

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

Detyrë. Zgjidh pabarazinë:

\[\majtas| ((x)^(2))+x+1 \djathtas|\le \majtas| ((x)^(2))+3x+4 \djathtas|\]

Zgjidhje. Ne bëjmë gjithçka njësoj. Unë nuk do të komentoj - thjesht shikoni sekuencën e veprimeve.

Sheshoni atë:

\[\fillo(rreshtoj) & ((\majtas(\majtas| ((x)^(2))+x+1 \djathtas| \djathtas))^(2))\le ((\majtas(\majtas |. ((x)^(2))+3x+4 \djathtas|. \\ & ((\majtas(((x)^(2))+x+1 \djathtas))^(2))\le ((\majtas(((x)^(2))+3x+4 \djathtas))^(2)); \\ & ((\majtas(((x)^(2))+x+1 \djathtas))^(2))-((\majtas(((x)^(2))+3x+4 \ djathtas))^(2))\le 0; \\ & \left(((x)^(2))+x+1-((x)^(2))-3x-4 \djathtas)\herë \\ & \herë \majtas(((x) ^(2))+x+1+((x)^(2))+3x+4 \djathtas)\le 0; \\ & \left(-2x-3 \djathtas)\majtas(2((x)^(2))+4x+5 \djathtas)\le 0. \\\fund (rreshtoj)\]

Metoda e intervalit:

\[\fillim(rreshtoj) & \left(-2x-3 \djathtas)\majtas(2((x)^(2))+4x+5 \djathtas)=0 \\ & -2x-3=0\ Shigjeta djathtas x=-1,5; \\ & 2((x)^(2))+4x+5=0\Djathtas shigjetë D=16-40 \lt 0\Djathtas \varnothing . \\\fund (radhis)\]

Ka vetëm një rrënjë në vijën numerike:

Përgjigja është një interval i tërë

Përgjigje: $x\in \left[ -1.5;+\infty \djathtas)$.

Një shënim i vogël për detyra e fundit. Siç vuri në dukje me saktësi një nga studentët e mi, të dyja shprehjet nënmodulare në kjo pabarazi janë padyshim pozitive, kështu që shenja e modulit mund të hiqet pa dëmtuar shëndetin.

Por ky është një nivel krejtësisht i ndryshëm i të menduarit dhe një qasje tjetër - me kusht mund të quhet metoda e pasojave. Rreth saj - në një mësim të veçantë. Tani le të kalojmë në pjesën e fundit të mësimit të sotëm dhe të shohim një algoritëm universal që funksionon gjithmonë. Edhe kur të gjitha qasjet e mëparshme ishin të pafuqishme.

4. Mënyra e numërimit të opsioneve

Po sikur të gjitha këto teknika të mos ndihmojnë? Nëse pabarazia nuk është e reduktueshme bishta jo negative, nëse nuk mund ta izoloni modulin, nëse ka dhimbje, trishtim, melankoli?

Pastaj "artileria e rëndë" e të gjithë matematikës del në skenë - metoda e forcës brutale. Në lidhje me pabarazitë me modul duket kështu:

1. Shkruani të gjitha shprehjet nënmodulare dhe vendosini ato të barabarta me zero;
2. Zgjidhini ekuacionet që rezultojnë dhe shënoni rrënjët e gjetura në një rresht numerik;
3. Vija e drejtë do të ndahet në disa seksione, brenda të cilave çdo modul ka një shenjë fikse dhe për këtë arsye zbulohet në mënyrë unike;
4. Zgjidheni pabarazinë në secilën pjesë të tillë (mund të merrni parasysh veçmas rrënjët-kufijtë e marrë në hapin 2 - për besueshmëri). Kombinoni rezultatet - kjo do të jetë përgjigjja.

Pra, si? I dobët? Lehtë! Vetëm për një kohë të gjatë. Le të shohim në praktikë:

Detyrë. Zgjidh pabarazinë:

\[\majtas| x+2 \djathtas| \lt \majtas| x-1 \djathtas|+x-\frac(3)(2)\]

Zgjidhje. Kjo mut nuk zbret në pabarazi si $\left| f\djathtas| \lt g$, $\majtas| f\djathtas| \gt g$ ose $\majtas| f\djathtas| \lt \majtas| g \right|$, kështu që ne veprojmë përpara.

Ne shkruajmë shprehje nënmodulare, i barazojmë me zero dhe gjejmë rrënjët:

\[\fillim(lidh) & x+2=0\Djathtas shigjetë x=-2; \\ & x-1=0\Djathtas shigjetë x=1. \\\fund (radhis)\]

Në total, ne kemi dy rrënjë që ndajnë vijën e numrave në tre seksione, brenda të cilave secili modul zbulohet në mënyrë unike:

Ndarja e vijës numerike me zero të funksioneve nënmodulare

Le të shohim secilin seksion veç e veç.

1. Le të $x \lt -2$. Atëherë të dyja shprehjet nënmodulare janë negative dhe pabarazia origjinale do të rishkruhet si më poshtë:

\[\fillim(rreshtoj) & -\majtas(x+2 \djathtas) \lt -\majtas(x-1 \djathtas)+x-1.5 \\ & -x-2 \lt -x+1+ x- 1,5 \\ & x \gt 1,5 \\\ fund (rreshtoj)\]

Kemi një kufizim mjaft të thjeshtë. Le ta kryqëzojmë me supozimin fillestar që $x \lt -2$:

\[\majtas\( \fillimi(rreshtoj) & x \lt -2 \\ & x \gt 1.5 \\\fund (rreshtoj) \djathtas.\Djathtas shigjeta x\në \varnothing \]

Natyrisht, ndryshorja $x$ nuk mund të jetë njëkohësisht më e vogël se −2 dhe më e madhe se 1.5. Nuk ka zgjidhje në këtë fushë.

1.1. Le të shqyrtojmë veçmas rastin kufitar: $x=-2$. Le ta zëvendësojmë këtë numër në pabarazinë origjinale dhe të kontrollojmë: a është e vërtetë?

\[\filloj(rreshtoj) & ((\majtas. \majtas| x+2 \djathtas| \lt \majtas| x-1 \djathtas|+x-1.5 \djathtas|)_(x=-2) ) \ \ & 0 \lt \majtas| -3\djathtas|-2-1,5; \\ & 0 \lt 3-3,5; \\ & 0 \lt -0.5\Djathtas \varnothing . \\\fund (radhis)\]

Është e qartë se zinxhiri i llogaritjeve na ka çuar në një pabarazi të gabuar. Prandaj, pabarazia origjinale është gjithashtu e rreme dhe $x=-2$ nuk përfshihet në përgjigje.

2. Le të jetë $-2 \lt x \lt 1$. Moduli i majtë tashmë do të hapet me një "plus", por i djathti do të vazhdojë të hapet me një "minus". Ne kemi:

\[\filloj(rreshtoj) & x+2 \lt -\majtas(x-1 \djathtas)+x-1,5 \\ & x+2 \lt -x+1+x-1,5 \\& x \lt - 2.5 \\\fund (rreshtoj)\]

Përsëri ne kryqëzohemi me kërkesën origjinale:

\[\majtas\( \fillimi(rreshtoj) & x \lt -2,5 \\ & -2 \lt x \lt 1 \\\fund (rreshtoj) \djathtas.\Djathtas shigjeta x\në \varnothing \]

Dhe përsëri, grupi i zgjidhjeve është bosh, pasi nuk ka numra që janë më të vegjël se −2,5 dhe më të mëdhenj se −2.

2.1. Dhe perseri rast i veçantë: $x=1$. Ne zëvendësojmë në pabarazinë origjinale:

\[\filloj(rreshtoj) & ((\majtas. \majtas| x+2 \djathtas| \lt \majtas| x-1 \djathtas|+x-1.5 \djathtas|)_(x=1)) \\ & \majtas| 3\djathtas| \lt \majtas| 0 \djathtas|+1-1,5; \\ & 3 \lt -0,5; \\ & 3 \lt -0.5\Djathtas \varnothing . \\\fund (radhis)\]

Ngjashëm me "rastin e veçantë" të mëparshëm, numri $x=1$ nuk është i përfshirë qartë në përgjigje.

3. Pjesa e fundit e rreshtit: $x \gt 1$. Këtu të gjitha modulet hapen me një shenjë plus:

\[\fillim(rreshtoj) & x+2 \lt x-1+x-1,5 \\ & x+2 \lt x-1+x-1,5 \\ & x \gt 4,5 \\ \fund (përafrim)\ ]

Dhe përsëri ne kryqëzojmë grupin e gjetur me kufizimin origjinal:

\[\majtas\( \fillimi(rreshtoj) & x \gt 4.5 \\ & x \gt 1 \\\fund (rreshtoj) \djathtas.\Djathtas shigjeta x\në \majtas(4.5;+\infty \djathtas)\ ]

Më në fund! Ne kemi gjetur një interval që do të jetë përgjigja.

Përgjigje: $x\in \left(4,5;+\infty \djathtas)$

Së fundi, një vërejtje që mund t'ju shpëtojë nga gabimet budallaqe kur zgjidhni problemet reale:

Zgjidhjet e pabarazive me modul zakonisht paraqesin bashkësi të vazhdueshme në vijën numerike - intervale dhe segmente. Shumë më pak e zakonshme pika të izoluara. Dhe akoma më rrallë, ndodh që kufiri i zgjidhjes (fundi i segmentit) përkon me kufirin e diapazonit në shqyrtim.

Rrjedhimisht, nëse kufijtë (të njëjtat "raste të veçanta") nuk përfshihen në përgjigje, atëherë zonat majtas dhe djathtas të këtyre kufijve pothuajse me siguri nuk do të përfshihen në përgjigje. Dhe anasjelltas: kufiri hyri në përgjigje, që do të thotë se disa zona rreth tij do të jenë gjithashtu përgjigje.

Mbani parasysh këtë kur rishikoni zgjidhjet tuaja.

Ky artikull i kushtohet zgjidhjeve ekuacione të ndryshme dhe pabarazitë që përmbajnë
ndryshore nën shenjën e modulit.

Nëse hasni në një ekuacion ose pabarazi me një modul në provim, mund ta zgjidhni atë duke
pa ditur asnjë metoda të veçanta dhe duke përdorur vetëm përkufizimin e modulit. A është e vërtetë,
Kjo mund të marrë një orë e gjysmë nga koha e çmuar e provimit.

Kjo është arsyeja pse ne duam t'ju tregojmë për teknikat që thjeshtojnë zgjidhjen e problemeve të tilla.

Para së gjithash, le të kujtojmë atë

Le të shqyrtojmë Llojet e ndryshme ekuacionet me modul. (Ne do të kalojmë te pabarazitë më vonë.)

Moduli në të majtë, numri në të djathtë

Ky është rasti më i thjeshtë. Le të zgjidhim ekuacionin | x 2 − 5x + 4| = 4.

Ka vetëm dy numra modulet e të cilëve janë të barabartë me katër. Këto janë 4 dhe −4. Prandaj ekuacioni
është e barabartë me kombinimin e dy të thjeshtave:

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

Ekuacioni i dytë nuk ka zgjidhje. Zgjidhjet e para: x= 0 dhe x = 5.

Përgjigje: 0; 5.

E ndryshueshme si nën modul ashtu edhe jashtë modulit

Këtu duhet të zgjerojmë modulin sipas definicionit. . . ose mendo!

1. |2 − x| = 5 − 4x

Ekuacioni ndahet në dy raste, në varësi të shenjës së shprehjes nën modul.
Me fjalë të tjera, është e barabartë me një kombinim të dy sistemeve:

Zgjidhja e sistemit të parë: x= 1. Sistemi i dytë nuk ka zgjidhje.
Përgjigje: 1.

2 . x 2 + 4|x − 3| − 7x + 11 = 0.

Rasti i parë: x≥ 3. Hiqni modulin:

Numri x 2, duke qenë negativ, nuk e plotëson kushtin x≥ 3 dhe për këtë arsye nuk është një rrënjë e ekuacionit origjinal.

Le të zbulojmë nëse numri e plotëson këtë kusht x 1 . Për ta bërë këtë, ne hartojmë ndryshimin dhe përcaktojmë shenjën e tij:

Do të thotë, x 1 është më i madh se tre dhe për këtë arsye është rrënja e ekuacionit origjinal

Rasti i dytë: x < 3. Снимаем модуль:

Numri x 3 është më i madh se , dhe për këtë arsye nuk e plotëson kushtin x < 3. Проверим x 4:

Do të thotë, x 4 është rrënja e ekuacionit origjinal.

3. |2x 2 − 3x − 4| = 6x − 1.

Duke hequr modulin sipas definicionit? Është e frikshme edhe të mendosh për këtë, sepse diskriminuesi nuk është një katror i saktë. Le të përdorim më mirë konsideratën e mëposhtme: një ekuacion të formës |A| = B është ekuivalente me kombinimin e dy sistemeve:

E njëjta gjë, por pak më ndryshe:

Me fjalë të tjera, ne zgjidhim dy ekuacione, A = B dhe A = -B, dhe më pas zgjedhim rrënjët që plotësojnë kushtin B ≥ 0.

Le të fillojmë. Së pari zgjidhim ekuacionin e parë:

Pastaj zgjidhim ekuacionin e dytë:

Tani në secilin rast kontrollojmë shenjën e anës së djathtë:

Prandaj, ato janë vetëm të përshtatshme x 1 dhe x 3 .

Ekuacionet kuadratike me zevendesim | x| = t

Le të zgjidhim ekuacionin: x 2 + 2|x| − 3 = 0.

Sepse x 2 = |x| 2, është i përshtatshëm për të bërë një zëvendësim | x| = t. Ne marrim:

Përgjigje: ±1.

Moduli i barabartë me modulin

Bëhet fjalë për ekuacione të formës |A| = |B|. Kjo është një dhuratë e fatit. Asnjë zbulim i modulit sipas definicionit! Është e thjeshtë:

Për shembull, merrni parasysh ekuacionin: |3 x 2 + 5x − 9| = |6x+ 15|. Është e barabartë me grupin e mëposhtëm:

Mbetet të zgjidhim secilin prej ekuacioneve të grupit dhe të shkruajmë përgjigjen.

Dy ose më shumë module

Le të zgjidhim ekuacionin: | x − 1| − 2|x − 2| + 3|x − 3| = 4.

Le të mos shqetësohemi me secilin modul veç e veç dhe ta hapim atë sipas përkufizimit - do të ketë shumë opsione. Ka më shumë mënyrë racionale- metoda e intervalit.

Shprehjet nën module zhduken në pika x = 1, x= 2 dhe x= 3. Këto pika e ndajnë vijën numerike në katër hapësira (intervale). Le t'i shënojmë këto pika në vijën numerike dhe të vendosim shenja për secilën prej shprehjeve nën module në intervalet që rezultojnë. (Rendi i shenjave përkon me rendin e moduleve përkatëse në ekuacion.)

Pra, ne duhet të shqyrtojmë katër raste - kur x ndodhet në secilin nga intervalet.

Rasti 1: x≥ 3. Të gjitha modulet hiqen "me një plus":

Vlera e marrë x= 5 plotëson kushtin x≥ 3 dhe prandaj është rrënja e ekuacionit origjinal.

Rasti 2: 2 ≤ x≤ 3. Moduli i fundit tani është hequr "me një minus":

Vlera e marrë x gjithashtu i përshtatshëm - i përket intervalit në shqyrtim.

Rasti 3: 1 ≤ x≤ 2. Moduli i dytë dhe i tretë hiqen "me një minus":

Ne kemi marrë barazinë e saktë numerike për cilindo x nga intervali në shqyrtim shërbejnë si zgjidhje për këtë ekuacion.

Rasti 4: x ≤ 1 ≤ 1. Moduli i dytë dhe i tretë hiqen "me një minus":

Asgjë e re. Ne tashmë e dimë atë x= 1 është zgjidhja.

Përgjigje: ∪ (5).

Modul brenda një moduli

Le të zgjidhim ekuacionin: ||3 − x| − 2x + 1| = 4x − 10.

Fillojmë duke hapur modulin e brendshëm.

1) x≤ 3. Ne marrim:

Shprehja nën modul zhduket në . Kjo pikë i përket atij në fjalë
ndërmjet. Prandaj, duhet të analizojmë dy nënraste.

1.1) Në këtë rast marrim:

Ky është kuptimi x nuk është i përshtatshëm, pasi nuk i përket intervalit në shqyrtim.

1.2). Pastaj:

Ky është kuptimi x gjithashtu jo i përshtatshëm.

Kështu që kur x≤ 3 pa zgjidhje. Le të kalojmë në rastin e dytë.

2) x≥ 3. Kemi:

Këtu jemi me fat: shprehja x+ 2 është pozitive në intervalin në shqyrtim! Prandaj, nuk do të ketë më asnjë nënrast: moduli hiqet "me një plus":

Ky është kuptimi xështë në intervalin në shqyrtim dhe për këtë arsye është rrënja e ekuacionit origjinal.

Kështu zgjidhen të gjitha problemet të këtij lloji- hapni modulet e futura një nga një, duke filluar nga ai i brendshëm.

Pabarazitë me modul

Këtu nuk lindin ide thelbësisht të reja. Të gjithë njohuritë e nevojshme ju tashmë zotëroni. Prandaj, ne do të analizojmë vetëm dy probleme. Pjesa tjetër bëhet në klasa dhe detyra shtëpie.

1. 2|x − 4| + |3x + 5| ≥ 16.

1) x≥ 4. Kemi:

Pabarazia që rezulton është e kënaqur për të gjithë të konsideruarit x≥ 4. Me fjalë të tjera, të gjithë numrat nga intervali .

3) . Ne kemi:

Meqenëse − , atëherë të gjitha vlerat x nga intervali që rezulton shërbejnë si zgjidhje për pabarazinë origjinale.

Mbetet të kombinohen grupet e zgjidhjeve të marra në tre rastet e shqyrtuara.

2. |x 2 − 2x − 3| < 3x − 3.

Kjo është detyra nr. 6 e pjesës teorike të mësimit 8 të librit të V. V. Tkachuk "Matematika për aplikantët". Autori e zgjidh atë duke përdorur metodën e intervalit. Sigurohuni që të ekzaminoni zgjidhjen e autorit!

Vini re se metoda e intervalit këtu është shumë pa dhimbje për arsye se rrënjët e trinomit katror nën modul janë numra të plotë. Po sikur diskriminuesi nuk është një katror i saktë? Zëvendësoni, për shembull, nën modulin −3 me −5. Sasia e punës llogaritëse më pas do të rritet ndjeshëm.

Ne do t'ju tregojmë një mënyrë tjetër për të zgjidhur këtë problem, një mënyrë që nuk varet nga tepricat e diskriminuesit.

Pabarazia jonë ka formën |A|< B. Очевидны следующие утверждения.

Nëse B ≤ 0, atëherë pabarazia nuk ka zgjidhje.

Nëse B > 0, atëherë pabarazia është ekuivalente me pabarazinë e dyfishtë -B< A < B или, что то же самое, системе

Me fjalë të tjera, marrim kryqëzimin e grupit të zgjidhjeve të një sistemi të caktuar me bashkësinë e zgjidhjeve në pabarazinë B > 0, domethënë, ne zgjidhim sistemin

Në problemin tonë marrim:

Le të përshkruajmë grupet e zgjidhjeve të këtyre pabarazive në figurë. Zgjidhjet e pabarazisë së parë (të dyfishtë) tregohen me të zezë; ngjyrë jeshile- zgjidhjet e tërësisë; Ngjyra blu- zgjidhjet e pabarazisë së fundit të sistemit.

Zgjidhja e sistemit është kryqëzimi i këtyre grupeve, d.m.th., një grup mbi të cilin ka vija të të gjitha tre ngjyra. Është me hije.