Ky artikull i kushtohet teknikave për zgjidhjen e ekuacioneve dhe pabarazive të ndryshme 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 fare metoda të veçanta dhe duke përdorur vetëm përkufizimin e modulit. e verteta,
mund të marrë një orë e gjysmë nga koha e çmuar e provimit.

Prandaj, ne duam t'ju tregojmë për teknikat që thjeshtojnë zgjidhjen e problemeve të tilla.

Para së gjithash, mbani mend këtë

Konsideroni llojet e ndryshme ekuacionet me modul... (Ne do të kalojmë te pabarazitë më vonë.)

Në të majtë është moduli, në të djathtë është numri

Ky është rasti më i thjeshtë. Le të zgjidhim ekuacionin

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

Ekuacioni i dytë nuk ka zgjidhje. Zgjidhjet për të parën: x = 0 dhe x = 5.

Përgjigje: 0; 5.

E ndryshueshme si nën modul ashtu edhe jashtë modulit

Këtu ju duhet të zgjeroni modulin sipas definicionit. ... ... ose të mendosh!

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:. Sistemi i dytë nuk ka zgjidhje.
Përgjigje: 1.

Rasti i parë: x ≥ 3. Hiqni modulin:

Numri, duke qenë negativ, nuk e plotëson kushtin x ≥ 3 dhe për rrjedhojë nuk është rrënjë e ekuacionit origjinal.

Le të zbulojmë nëse numri e plotëson këtë kusht. Për ta bërë këtë, përpiloni ndryshimin dhe përcaktoni shenjën e tij:

Prandaj, është më shumë se tre dhe për këtë arsye është rrënja e ekuacionit origjinal

Rasti i dytë: x< 3. Снимаем модуль:

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

Do të thotë, . është rrënja e ekuacionit origjinal.

Të hiqet moduli sipas definicionit? Është e frikshme edhe të mendosh për këtë, sepse diskriminuesi nuk është një katror i plotë. Le të përdorim më mirë konsideratën e mëposhtme: një ekuacion i 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, ne zgjidhim ekuacionin e parë:

Pastaj zgjidhim ekuacionin e dytë:

Tani, në secilin rast, kontrollojmë shenjën e anës së djathtë:

Prandaj, vetëm dhe janë të përshtatshme.

Ekuacionet kuadratike me zëvendësimin | x | = t

Le të zgjidhim ekuacionin:

Meqenëse, është i përshtatshëm për të bërë zëvendësimin | x | = t. Ne marrim:

Përgjigje: ± 1.

Moduli është i barabartë me modulin

Po flasim 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:. Është e barabartë me agregatin e mëposhtëm:

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

Dy ose më shumë module

Le të zgjidhim ekuacionin:

Le të mos shqetësohemi me secilin modul veç e veç dhe ta zgjerojmë atë sipas përkufizimit - do të ketë shumë opsione. Ekziston një mënyrë më racionale - metoda e intervaleve.

Shprehjet e modulit zhduken në pikat x = 1, x = 2 dhe x = 3. Këto pika e ndajnë vijën numerike në katër intervale (intervale). Ne i shënojmë këto pika në vijën numerike dhe rregullojmë shenjat për secilën prej shprehjeve nën modulet në intervalet e marra. (Rendi i shenjave është i njëjtë me renditjen e moduleve përkatëse në ekuacion.)

Kështu, ne duhet të marrim parasysh katër raste - kur x është në secilin prej intervaleve.

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

Vlera që rezulton x = 5 plotëson kushtin x ≥ 3 dhe për këtë arsye është rrënja e ekuacionit origjinal.

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

Vlera që rezulton e x është gjithashtu e mirë - i përket intervalit në shqyrtim.

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

Ne morëm barazinë numerike të saktë për çdo x nga intervali i konsideruar 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 se x = 1 është një zgjidhje.

Përgjigje: ∪ (5).

Moduli në modul

Le të zgjidhim ekuacionin:

Fillojmë duke zgjeruar modulin e brendshëm.

1) x ≤ 3. Marrim:

Shprehja nën modul zhduket në. Kjo pikë i përket të konsideruarit
intervali. Prandaj, duhet të analizojmë dy nënraste.

1.1) Ne marrim në këtë rast:

Kjo vlerë e x nuk është e vlefshme sepse nuk i përket intervalit në shqyrtim.

1.2). Pastaj:

Kjo vlerë x gjithashtu nuk është e vlefshme.

Pra, për x ≤ 3 nuk ka 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 nën-raste: moduli hiqet "me një plus":

Kjo vlerë e x është në intervalin e konsideruar dhe për këtë arsye është rrënja e ekuacionit origjinal.

Kështu zgjidhen të gjitha detyrat e këtij lloji - ne hapim modulet e mbivendosur një nga një, duke filluar nga ai i brendshëm.

Shkolla e mesme MBOU nr. 17 Ivanov

« Ekuacionet me modul "
Zhvillimi metodik

Përpiluar nga

mësues matematike

N.V. Lebedeva

20010 g.

Shënim shpjegues

Kapitulli 1. Hyrje

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

Kapitulli 2. Zgjidhja e ekuacioneve që përmbajnë një modul

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

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

Seksioni 1. Ekuacionet trigonometrike Seksioni 2. Ekuacionet eksponenciale Seksioni 3. Ekuacionet logaritmike Seksioni 4. Ekuacionet irracionale Seksioni 5. Detyrat me kompleksitet të shtuar Përgjigjet e ushtrimeve Bibliografi

Shënim shpjegues.

Koncepti i vlerës absolute (modulit) të një numri real është një nga karakteristikat thelbësore të tij. Ky koncept është i përhapur në degë të ndryshme të shkencave fizike, matematikore dhe teknike. Në praktikën e mësimdhënies së një kursi matematike në shkollën e mesme në përputhje me Programin e Ministrisë së Mbrojtjes së Federatës Ruse, koncepti i "vlerës absolute të një numri" ndodh vazhdimisht: në klasën e 6-të, përkufizimi i një moduli, kuptimi i tij gjeometrik, futet; në klasën e 8-të formohet koncepti i gabimit absolut, merret parasysh zgjidhja e ekuacioneve dhe pabarazive më të thjeshta që përmbajnë modulin, studiohen vetitë e rrënjës katrore aritmetike; në klasën e 11-të koncepti gjendet në rubrikën “Rrënja n-shkalla e saj”. Përvoja e mësimdhënies tregon se nxënësit shpesh hasin vështirësi në zgjidhjen e detyrave që kërkojnë njohuri të këtij materiali dhe shpesh i anashkalojnë përpara se të fillojnë të kryejnë. Në tekstet e detyrave të provimit për kursin e klasave të 9-ta dhe të 11-ta përfshihen edhe detyra të ngjashme. Përveç kësaj, kërkesat që universitetet u vendosin të diplomuarve ndryshojnë, përkatësisht në një nivel më të lartë se kërkesat e kurrikulës shkollore. Për jetën në shoqërinë moderne, është shumë e rëndësishme të formohet një stil matematikor i të menduarit, i manifestuar në aftësi të caktuara mendore. Në procesin e zgjidhjes së problemeve me module, kërkohet aftësia për të aplikuar teknika të tilla si përgjithësimi dhe konkretizimi, analiza, klasifikimi dhe sistemimi, analogjia. Zgjidhja e detyrave të tilla ju lejon të kontrolloni njohuritë e seksioneve kryesore të kursit shkollor, nivelin e të menduarit logjik, aftësitë fillestare të aktiviteteve kërkimore. Kjo punë i kushtohet njërit prej seksioneve - zgjidhja e ekuacioneve që përmban një modul. Ai përbëhet nga tre kapituj. Kapitulli i parë prezanton konceptet bazë dhe llogaritjet më të rëndësishme teorike. Në kapitullin e dytë propozohen nëntë lloje bazë të ekuacioneve që përmbajnë një modul, shqyrtohen metodat për zgjidhjen e tyre, analizohen shembuj të niveleve të ndryshme të kompleksitetit. Kapitulli i tretë ofron ekuacione më komplekse dhe jo standarde (trigonometrike, eksponenciale, logaritmike dhe irracionale). Çdo lloj ekuacioni ka ushtrime për zgjidhje të pavarur (përgjigjet dhe drejtimet janë bashkangjitur). Qëllimi kryesor i kësaj pune është t'u ofrojë ndihmë metodologjike mësuesve në përgatitjen e mësimeve dhe në organizimin e kurseve fakultative. Materiali mund të përdoret edhe si mjet mësimor për nxënësit e shkollave të mesme. Detyrat e ofruara në vepër janë interesante dhe jo gjithmonë të lehta për t'u zgjidhur, gjë që bën të mundur që të ndërgjegjësohet motivimi arsimor i studentëve, të testohen aftësitë e tyre dhe të përmirësohet niveli i përgatitjes së maturantëve për pranim në universitete. Përzgjedhja e diferencuar e ushtrimeve të propozuara përfshin kalimin nga niveli riprodhues i zotërimit të materialit në atë krijues, si dhe mundësinë për të mësuar se si të zbatoni njohuritë tuaja në zgjidhjen e problemeve jo standarde.

Kapitulli 1. Hyrje.

Seksioni 1. Përcaktimi i vlerës absolute .

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

│ a, nëse a> 0

│a│ = │ 0 nëse a = 0 (1)

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

Zgjero modulin e shprehjes:

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

Seksioni 2. Vetitë themelore.

Le të shqyrtojmë vetitë kryesore të vlerës absolute. Prona # 1: Numrat e kundërt kanë module të barabarta, d.m.th. │а│ = │- a│ Le të tregojmë se barazia është e saktë. Le të shkruajmë përkufizimin e numrit - a : │- a│= (2) Le të krahasojmë koleksionet (1) dhe (2). Natyrisht, përkufizimet e vlerave absolute të numrave a dhe - a përputhen. Prandaj, │а│ = │- a│
Kur shqyrtojmë veçoritë e mëposhtme, ne kufizohemi në formulimin e tyre, pasi prova e tyre është dhënë Prona # 2: Vlera absolute e shumës së një numri të fundëm numrash realë nuk e kalon shumën e vlerave absolute të termave: │а 1 + а 2 + ... + а n │ ≤│а 1 │ + │а 2 │ + ... + │а n │ Numri i pronës 3: Vlera absolute e diferencës midis dy numrave realë nuk e kalon shumën e vlerave të tyre absolute: │а - │ ≤│а│ + │в│ Prona # 4: Vlera absolute e produktit të një numri të kufizuar numrash realë është e barabartë me produktin e vlerave absolute të faktorëve: Prona # 5: Vlera absolute e herësit të numrave realë është e barabartë me herësin e vlerave të tyre absolute:

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

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

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

Seksioni 4. Grafiku i funksionit y = │х│

Fusha e këtij funksioni është të gjithë numrat realë.

Seksioni 5. Konventat.

Në të ardhmen, kur merren parasysh shembuj të zgjidhjes së ekuacioneve, do të përdoren konventat e mëposhtme: (- shenja e sistemit [- shenja e tërësisë Me rastin e zgjidhjes së sistemit të ekuacioneve (pabarazive), gjendet kryqëzimi i zgjidhjeve të përfshira në sistemin e ekuacioneve (pabarazive). Me rastin e zgjidhjes së një grupi ekuacionesh (pabarazime), gjendet bashkimi i zgjidhjeve të përfshira në bashkësinë e ekuacioneve (pabarazitë).

Kapitulli 2. Zgjidhja e ekuacioneve që përmbajnë një modul.

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

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

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


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

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

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

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

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

Ana e djathtë e një ekuacioni të kësaj forme varet nga ndryshorja dhe, për rrjedhojë, ka një zgjidhje nëse dhe vetëm nëse ana e djathtë është një funksion G (x) ≥ 0. Ekuacioni origjinal mund të zgjidhet në dy mënyra : Metoda 1: Standardi, bazohet në zbulimin e një moduli bazuar në përkufizimin e tij dhe konsiston në një kalim ekuivalent në një kombinim të dy sistemeve. │ F(x) │ =G(X)

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

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

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

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

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

Përgjigje: x = 3.

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

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

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




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

Seksioni 6. Shembuj të zgjidhjes së ekuacioneve jo standarde

Në këtë pjesë, ne do të shqyrtojmë shembuj të ekuacioneve jo standarde, kur zgjidhim të cilat vlera absolute e një shprehjeje zbulohet me përkufizim. Shembuj:

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

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

№20. Zgjidhe ekuacionin:

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

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

Seksioni 8. Ekuacionet e formës │а 1 х + в 1 │ ± │а 2 х + в 2 │ ± ... │а n х + в n │ = m

Për zgjidhjen e ekuacioneve të këtij lloji përdoret metoda e intervaleve. Nëse e zgjidhim atë me zgjerim sekuencial të moduleve, atëherë marrim n grupe sistemesh, gjë që është shumë e rëndë dhe e papërshtatshme. Le të shqyrtojmë algoritmin e metodës së intervaleve: 1). Gjeni vlerat e ndryshueshme X në të cilin çdo modul është i barabartë me zero (zero të shprehjeve të nënmoduleve):
2). Shënoni vlerat e gjetura në vijën numerike, e cila ndahet në intervale (numri i intervaleve, përkatësisht, është n+1 ) 3). Përcaktoni shenjën me të cilën zbulohet secili modul në secilin prej intervaleve të marra (kur bëni një zgjidhje, mund të përdorni një rresht numerik duke shënuar shenja mbi të) 4). Ekuacioni origjinal është i barabartë me tërësinë n+1 sisteme, secila prej të cilave tregon përkatësinë e një ndryshoreje X një nga intervalet. Shembuj: №1 ... Zgjidheni ekuacionin, në përgjigje tregoni rrënjën më të madhe:
një). Gjeni zerot e shprehjeve të nënmodulit: x = 2; x = -3 2). Le të shënojmë vlerat e gjetura në vijën numerike dhe të përcaktojmë shenjën me të cilën zgjerohet secili modul në intervalet e marra:
x - 2 x - 2 x - 2 - - + - 3 2 x 2x + 6 2x + 6 2x + 6 - + + 3)
- nuk ka zgjidhje Ekuacioni ka dy rrënjë. Përgjigje: rrënja më e madhe x = 2. №2. Zgjidheni ekuacionin, në përgjigje tregoni rrënjën e plotë:
një). Gjeni zerot e shprehjeve të nënmodulit: x = 1,5; x = - 1 2). Le të shënojmë vlerat e gjetura në vijën numerike dhe të përcaktojmë se me çfarë shenje zbulohet secili modul në intervalet e marra: х + 1 х + 1 х + 1 - + +
-1 1,5 x 2x - 3 2x - 3 2x - 3 - - +
3).
Sistemi i fundit nuk ka zgjidhje, prandaj, ekuacioni ka dy rrënjë. Gjatë zgjidhjes së ekuacionit, duhet t'i kushtoni vëmendje shenjës "-" përpara modulit të dytë. Përgjigje: rrënja e plotë x = 7. №3. Zgjidheni ekuacionin, në përgjigje tregoni shumën e rrënjëve: 1). Gjeni zerot e shprehjeve të nënmodulit: x = 5; x = 1; x = - 2 2). Le të shënojmë vlerat e gjetura në vijën numerike dhe të përcaktojmë se me çfarë shenje zbulohet secili modul në intervalet e marra: x - 5 x - 5 x - 5 x - 5 - - - +
-2 1 5 x x - 1 x - 1 x - 1 x - 1 - - + + x + 2 x + 2 x + 2 x + 2 - + + +
3).
Ekuacioni ka dy rrënjë x = 0 dhe 2. Përgjigje: shuma e rrënjëve është 2. №4 . Zgjidheni ekuacionin: 1). Gjeni zerot e shprehjeve të nënmodulit: x = 1; x = 2; x = 3.2). Le të përcaktojmë shenjën me të cilën zbulohet çdo modul në intervalet e marra. 3).
Le të kombinojmë zgjidhjet e tre sistemeve të para. Përgjigje: ; x = 5.
Ushtrime: №24. Zgjidhe ekuacionin:
№25. Zgjidheni ekuacionin, në përgjigje tregoni shumën e rrënjëve: №26. Zgjidheni ekuacionin, në përgjigje tregoni rrënjën më të vogël: №27. Zgjidheni ekuacionin, në përgjigje tregoni rrënjën më të madhe:

Seksioni 9. Ekuacionet që përmbajnë module të shumta

Ekuacionet që përmbajnë module të shumta marrin vlera absolute në shprehjet e nënmoduleve. Parimi kryesor për zgjidhjen e ekuacioneve të këtij lloji është zbulimi sekuencial i moduleve, duke filluar nga ai "i jashtëm". Gjatë zgjidhjes, përdoren teknikat e diskutuara në seksionet №1, №3.

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

(2)


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

Seksioni 3. Ekuacionet logaritmike.

Para se të zgjidhen ekuacionet e mëposhtme, është e nevojshme të përsëriten vetitë e logaritmeve dhe funksioni logaritmik. Shembuj: №1. Zgjidheni ekuacionin, në përgjigje tregoni prodhimin e rrënjëve: log 2 (x + 1) 2 + log 2 │x + 1│ = 6 ODZ. x + 1 ≠ 0 x ≠ - 1

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

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

Përgjigje: x = 9. №4. Zgjidhe ekuacionin: │2 + log 0,2 x│ + 3 = │1 + log 5 x│ O.D.Z. x> 0 Le të përdorim formulën për kalimin në një bazë tjetër. │2 - log 5 x│ + 3 = │1 + log 5 x│
│2 - log 5 x│- │1 + log 5 x│ = - 3 Gjeni zerot e shprehjeve të nënmodulit: x = 25; x = Këta numra ndajnë gamën e vlerave të lejuara në tre intervale, kështu që ekuacioni është i barabartë me kombinimin e tre sistemeve.
Përgjigje :)