«Решение уравнений, содержащих знак модуля»

МУНИЦИПАЛЬНОЕ БЮДЖЕТНОЕ ОБЩЕОБРАЗОВАТЕЛЬНОЕ УЧРЕЖДЕНИЕ « НИКОЛЬКИНСКАЯ СОШ»

461778, Оренбургская область, Абдулинский р-он, с. Николькино, ул. Центральная 56 тел.(35355) 33-3-12, e-mail: 12_ou29@mail.ru

XIX муниципальная научно-практическая конференция обучающихся «Старт в науку»

Секция физико-математических наук

«Решение уравнений, содержащих знак модуля»

Выполнил:

Стекольников Егор Алексеевич

ученик 11 класса МБОУ «Николькинская СОШ»

.

СОДЕРЖАНИЕ

ВВЕДЕНИЕ …………………………………………………………………………………. 3

ГЛАВА 1. Решение уравнений.

1.1.Определение модуля. Решение по определению………………………………….…… 4

1.2. Решение уравнений по правилам…………………………………………………….... 5

1.3. Задачи с несколькими модулями. Последовательное и параллельное раскрытие модулей……………………………………………………………………………………… 7

1.4. Метод интервалов в задачах с модулями…………………………………………….. 9

1.5. Вложенные модули……………………………………………………………………. 11

1.6. Модули и квадраты……………………………………………………………………. 12

1.7. Модули неотрицательных выражений……………………………………………….. 13

ГЛАВА 2. Функционально-графический способ решения задач.

2.1. Графики простейших функций, содержащих знак абсолютной величины……….. 13

2.2. Построение графиков уравнений, содержащих знак модуля………………………. 14

2.3. Графическое решение уравнений, содержащих знак модуля………………………. 16

2.4. Графическое решение задач с параметром и модулем……………………………… 17

ЗАКЛЮЧЕНИЕ…………………………………………………………………………… 19

ЛИТЕРАТУРА…………………………………………………………………………….. 20

ПРИЛОЖЕНИЕ 1

ПРИЛОЖЕНИЕ 2

ВВЕДЕНИЕ

Большую роль в развитии математического мышления играет изучение темы «Решение уравнений и неравенств, содержащих неизвестную под знаком модуля» Вместе с тем изучению этой темы в школьной программе не уделяется достаточного внимания. Наш интерес к теме объясняется тем, что уравнения с модулем предлагаются на олимпиадах различных уровней и на ЕГЭ.

Цель проекта:

1. Проалгоритмировать процесс решения уравнений содержащих неизвестную под знаком модуля;

2. Проанализировать изучения модуля в курсе алгебры 7-11 классов различных школьных учебников ( автор А.Г. Мордкович и др.);

3. Составить учебное пособие, содержащее решение различных типов уравнений с модулем для выпускников 11 класса.

Задачи:

1. Изучить теоретические основы решения уравнений с модулем, рекомендациями к решению;

2. Рассмотреть примеры с решениями уравнений с модулем;

3. Применять полученные знания при решении уравнений при сдаче ЕГЭ

Объект: решение уравнений, содержащих знак абсолютной величины

Предмет: методы и способы решения уравнений с модулем

Методы исследования:

1. Работа с литературными источниками;

2. Математическое моделирование постановки задачи для построения графического

образа линий, входящих в данное уравнение;

1. Эксперимент: исследование различных подходов и методов решения уравнений;

2. Исследование изменения вида кривой, в зависимости от параметров входящих в её уравнение.

Данная работа знакомит алгебраическим и графическим методом решения уравнений с параметрами и модулем. Знакомство с данным методом не только дополняет и углубляет, знания учащихся, но и развивает их интерес к предмету, любознательность и логическое мышление.

Слово «модуль» произошло от латинского слова «modulus», что в переводе означает «мера». Это многозначное слово (омоним), которое имеет множество значений и применяется не только в математике,  но и в архитектуре, физике, технике, программировании и других точных науках.

1. Определение модуля. Решение по определению.

       По определению, модуль, или абсолютная величина, неотрицательного числа a совпадает с самим числом, а модуль отрицательного числа равен противоположному числу, то есть – a:

Модуль числа всегда неотрицателен. Рассмотрим примеры.

Пример 1. Решить уравнение |x| = 5.

Решение.

Следуя определению модуля, рассматриваем два случая. При x  0 уравнение принимает вид x = 5, а при x x = –5. Поскольку 5  0, а –5 

Ответ: 5; –5.

Пример 2. Решить уравнение |–x| = –3.

Здесь разбор случаев устраивать не нужно, потому что абсолютная величина числа всегда неотрицательна, и значит, данное уравнение не имеет решений.

Запишем решение этих простейших уравнений в общем виде:

Пример 3. Решить уравнение |x| = 2 – x.

Решение. При x  0 имеем уравнение x = 2 – x, т.е. x = 1. Поскольку 1  0, x = 1 – корень исходного уравнения. Во втором случае (x x = 2 – x, не имеющее корней. Ответ: x = 1.

Пример 4. Решить уравнение 3|x – 3| + x = –1.

Решение. Здесь разбиение на случаи определяется знаком выражения x – 3. При x – 3  0 имеем 3x – 9 + x = –1  x = 2. Но 2 – 3 x = 2 исходному уравнению не удовлетворяет. Второй случай: при x x + 9 + x = –1   x = 5, заметим что 5 – 3  0.

Ответ: уравнение корней не имеет.

Пример 5. Решить уравнение |x – 1| = 1 – x.

Решение. Поскольку 1 – x = – (x – 1), непосредственно из определения модуля следует, что уравнению удовлетворяют те и только те x, для которых x – 1  0. Это уравнение свелось к неравенству, и ответом является целый промежуток (луч).

Ответ: x  1.

1. Решение уравнений по правилам.

       Разобранные ранее примеры позволяют сформулировать правила освобождения от знака модуля в уравнениях. Для уравнений вида |f(x)| = g(x) таких правил два:

       1-е правило: |f(x)| = g(x)   (1)
       2-е правило:   |f(x)| = g(x)  (2)

Поясним используемые здесь обозначения. Фигурные скобки обозначают системы, а квадратные – совокупности.

Решения системы уравнений – это значения переменной, одновременно удовлетворяющие всем уравнениям системы.

Решениями совокупности уравнений являются все значения переменной, каждое из которых есть корень хотя бы одного из уравнений совокупности.

Два уравнения равносильны, если любое решение каждого из них является и решением другого, иначе говоря, если множества их решений совпадают.

Если уравнение содержит несколько модулей, то от них можно избавляться по очереди, пользуясь приведенными правилами. Но обычно есть более короткие пути. Мы познакомимся с ними позже, а сейчас рассмотрим решение самого простого из таких уравнений:

|f(x)| = |g(x)| 

Эта равносильность следует из того очевидного факта, что если равны модули двух чисел, то сами числа либо равны, либо противоположны.

Пример 1. Решить уравнение |x² – 7x + 11| = x + 1.
Решение. Избавимся от модуля двумя описанными выше способами:

1 способ: 2 способ:

Как видим, в обоих случаях приходится решать те же самые два квадратных уравнения, но в первом случае их сопровождают квадратные неравенства, а во втором – линейное. Поэтому второй способ для данного уравнения проще. Решая квадратные уравнения, находим корни первого , оба корня удовлетворяют неравенству . Дискриминант второго уравнения отрицателен, следовательно, уравнение корней не имеет.

Ответ: .
Пример 2. Решить уравнение |x² – x – 6| = |2x² + x – 1|.

Решение. Мы уже знаем, что рассматривать (целых 4) варианта распределения знаков выражений под модулями здесь не нужно: это уравнение равносильно совокупности двух квадратных уравнений без каких-либо дополнительных неравенств: Которая равносильна: Первое уравнение совокупности решений не имеет (его дискриминант отрицателен), второе уравнение имеет два корня .

Ответ: .

Приведем один поучительный способ вывода этой равносильности, основанный на том, что два неотрицательных числа равны тогда и только тогда, когда равны их квадраты, и на тождестве |x|² = x²:

|a| = |b|    |a|² = |b|²   a² – b² = 0    (a – b)(a + b) = 0    a = b или a = –b;

в качестве a и b здесь можно брать любые выражения, в частности выражения, стоящие под знаком модуля в данном уравнении.

       Во всех разобранных решениях, освобождаясь от модулей, мы из одного уравнения получали два, после чего тем или иным образом отсеивали посторонние корни при их наличии.

Третий способ освобождения от модуля – замена переменной.

Пример 3. Решить уравнение x² – 3 |x| + 2 = 0.
Решение.       Уравнение можно записать в виде |x|² – 3|x| + 2 = 0. Теперь сделаем замену y = |x|: получаем уравнение y² – 3y + 2 = 0, откуда y₁ = 1, y₂ = 2. Возвращаемся от y к x: |x| = 1, |x| = 2 и записываем ответ: x = ±1, ±2.

Ответ:

Пример 4. Решить уравнение

Решение. Так как уравнение равносильно уравнению откуда Теперь сделаем замену y = |x|: получаем уравнение y² – 5y + 6 = 0, откуда y₁ = 2, y₂ = 3. Возвращаемся от y к x: |x| = 2, |x| = 3 и записываем ответ: x = ±2, ±3.

Ответ:

Пример 5. Решить уравнение:

Решение. Заметим, что , тогда уравнение примет вид: Пусть , тогда решим квадратное уравнение: . Его корни , условию удовлетворяет первый корень. Возвращаясь к переменной х, получаем уравнение , решая которое находим: .

Ответ: .

1.3. Задачи с несколькими модулями. Методы решения.

Последовательное раскрытие модулей.

Есть два основных подхода к решению уравнений и неравенств, содержащих несколько модулей. Можно назвать их "последовательным" и "параллельным". Сейчас познакомимся с первым из них.

       Его идея в том, что сначала один из модулей изолируется в одной части уравнения (или неравенства) и раскрывается одним из описанных ранее методов. Затем то же самое повторяется с каждым из получившихся в результате уравнений с модулями и так продолжается, пока мы не избавимся ото всех модулей.

Пример. Решить уравнение: 1 – 3x + 43 + x = 12.

Решение. Уединим второй модуль и раскроем его, пользуясь первым способом, то есть просто определением абсолютной величины:

К полученным двум уравнениям применяем второй способ освобождения от модуля:

 Наконец, решаем получившиеся четыре линейных уравнения и отбираем те их корни, которые удовлетворяют соответствующим неравенствам. В результате остаются лишь два значения: x = –1 и .

Ответ: -1; .

Параллельное раскрытие модулей.

       Можно снять сразу все модули в уравнении или неравенстве и выписать все возможные сочетания знаков подмодульных выражений. Если в уравнении n модулей, то вариантов будет 2ⁿ, ибо каждое из n выражений, находящихся под модулем, при снятии модуля может получить один из двух знаков – плюс или минус. В принципе, нам надо решить все 2ⁿ уравнений (или неравенств), освобожденных от модулей. Но их решения будут и решениями исходной задачи, только если они лежат в областях, где соответствующее уравнение (неравенство) совпадает с исходным. Эти области определяются знаками выражений под модулями. Следующее неравенство мы уже решали, так что вы можете сравнить разные подходы к решению.

      

Пример. Решить неравенство 1 – 3x + 43 + x = 12.
Решение. 

 Рассмотрим 4 возможных набора знаков выражений под модулями.

   Лишь первый и третий из этих корней удовлетворяют соответствующим неравенствам, а значит, и исходному уравнению.

Ответ: -1; .

1.4. Метод интервалов в задачах с модулями

Присмотревшись внимательнее к условиям, задающим разные варианты распределения знаков подмодульных выражений в предыдущем решении, мы увидим, что одно их них, 1 – 3x x x) – 4(3 + x) = 12) решать не нужно было, потому что оно не может возникнуть. Такая ситуация типична; здесь мы еще легко отделались.

       Представьте, что мы решаем уравнение, в которое входят три модуля от линейных выражений; например, |x – a| + |x – b| + |x – c| = m.

       Первый модуль равен x – a при x  a и a – x при x a. Второй равен x – b или b – x при x  b и x b соответственно. Аналогично раскрывается и третий модуль. Нарисуем эти области и возьмем их пересечения.

Они образуют четыре промежутка. На каждом из них каждое из выражений под моду­лями сохраняет знак, следовательно, и уравнение в целом после раскрытия модулей имеет на каждом промежутке один и тот же вид. Итак, из 8 теоретически возможных вариан­тов раскрытия модулей нам оказалось достаточно только 4!

       Так же можно решать любую задачу с несколькими модулями. Именно, числовая ось разбива­ется на промежутки знакопостоянства всех выражений, стоящих под модулями, а затем на каждом из них решается то уравнение или неравенство, в которое превращается данная задача на этом промежутке. В частности, если все выражения под модулями рациональны, то достаточно отметить на оси их корни, а также точки, где они не определены, то есть корни их знаменателей. Отмеченные точки и задают искомые промежутки знакопостоянства. Точно так же мы действуем при решении рациональных неравенств методом интервалов. И описанный нами метод решения задач с модулями имеет то же название.

Пример 1. Решите уравнение .

Решение. Найдем нули функции , откуда . Решаем задачу на каждом интервале:

1) ;

2) ;

3) .

Итак, данное уравнение не имеет решений.

Ответ: .

Пример 2. Решите уравнение .

Решение. Найдем нули функции . Решаем задачу на каждом интервале:

1) (решений нет);

2) ;

3) . Ответ: .

Пример 3. Решите уравнение .

Решение. Выражения, стоящие под знаком абсолютной величины обращаются в ноль при . Соответственно нам нужно рассмотреть три случая:

1) ;

2) - корень уравнения;

3) - корень данного уравнения.

Ответ: .

Пример 4. Решите уравнение

Решение. Выражения, стоящие под знаком абсолютной величины обращаются в ноль при . Соответственно нам нужно рассмотреть три случая:

1) - корень данного уравнения;

2) ;

3) .

Ответ: .

1.5. Вложенные модули

       Последовательное раскрытие модулей наиболее эффективно в "задачах-матрешках", где внутри одного модуля находится другой, а то и несколько.
Пример 1. Решите уравнение:

Решение. Освободимся от внешнего модуля, получим Второе уравнение совокупности решений не имеет, так как модуль всегда положителен, а первое уравнение равносильно совокупности:

Ответ: 0; 2.

Пример 2. Решите уравнение: .

Решение. Освободимся от внешнего модуля, получим . Проделаем эту операцию ещё раз: . Первое уравнение равносильно совокупности: Второе уравнение совокупности решений не имеет: .

Ответ: 1.

Пример 3. Решите уравнение: .

Решение. Введем новые переменные, пусть , тогда данное уравнение равносильно уравнению , то есть выражения и одного знака. Возвращаясь к переменной х имеем: . Решая последнее неравенство методом интервалов, получаем: .

Ответ: .

Пример 4. Решите уравнение: .

Решение. Введем новые переменные, пусть , тогда имеем уравнение Сделав обратную замену, получим:

Решая последнюю систему неравенств методом интервалов, получаем: . Ответ:

1.6. Методом интервалов можно решать и задачи с вложенными модулями. Внутренний модуль в уже рассмотренном неравенстве

||x² – 3x + 2| – 1|  x – 2

обращается в 0 в точках x₁ = 1 и x₂ = 2 (корнях уравнения x² – 3x + 2 = 0). Чтобы найти нули внешнего модуля, приходится решать дополнительное уравнение с модулем:

|x² – 3x + 2| – 1 = 0 
     .

(В возникающей здесь совокупности двух квадратных уравнений второе решений не имеет.) Найденные корни разбивают ось на 5 промежутков,

однако на некоторых промежутках неравенство после раскрытия модулей принимает одинаковый вид, причем из четырех возможных вариантов раскрытия модулей реализуются только три. Даже не доводя это решение до конца, мы видим, что оно проигрывает приведенному ранее решению с помощью последовательного раскрытия модулей.

Модули и квадраты.

       Существует простой и быстрый способ освобождения от знака модуля в уравнениях (1) вида |f(x)| = |g(x)|:

       Он основан на двух очевидных соображениях. Во-первых, из двух неотрицательных чисел то больше, квадрат которого больше, а если квадраты равны, то и числа равны: a  b  a²  b²; a = b  a² = b².   (2)

    Во-вторых, квадрат модуля числа равен квадрату самого числа: |a|² = a². Поэтому (1) допускает такое равносильное преобразование:

Заметим, что уравнение свелось к совокупности уравнений, которую мы уже выводили ранее. Впрочем, важнее запомнить не вид этих совокупностей, а идею решения.

       Эту же идею можно применить к уравнениям или неравенствам, одна часть которых равна нулю, а другая содержит разность модулей как сомножитель. В такой задаче разность модулей можно заменить разностью квадратов тех же выражений:

и этот переход будет равносильным, поскольку в силу (2) обе разности могут быть положительны, отрицательны или равны нулю только одновременно.

Пример. Решите уравнение:

Решение. Возведя обе части уравнения в квадрат, получим эквивалентное уравнение: то есть то есть ,

Ответ:

1.7. Модули неотрицательных выражений.

Пример 1. Решите уравнение .

Решение. Нетрудно догадаться, что все выражения, стоящие под знаком второго, третьего и т.д. модулей положительны. И поскольку модуль положительного выражения равен самому этому выражению, получим

.

Ответ: 0.

Пример 2. Решите уравнение .

Решение. Поскольку левая часть уравнения неотрицательна при всех допустимых значениях переменной, на множестве корней уравнения правая его часть тоже должна быть неотрицательной, отсюда условие , на этом промежутке знаменатели обеих дробей равны, и остается решить уравнение . Решая его и учитывая ограничение , получаем х = 1.

Ответ: 1.

Пример 3. Решите уравнение .

Решение. Воспользуемся тождеством , и получим уравнение , решая которое методом интервалов получим ответ .

Ответ:

ГЛАВА 2.

2.1. Графики простейших функций, содержащих знак модуля

Под простейшими функциями понимают алгебраическую сумму модулей линейных выражений. Сформулируем утверждение, позволяющее строить графики таких функций, не раскрывая модули (что особенно важно, когда модулей достаточно много): "Алгебраическая сумма модулей n линейных выражений представляет собой кусочно-линейную функцию, график которой состоит из n +1 прямолинейного отрезка. Тогда график может быть построен по n +2 точкам, n из которых представляют собой корни внутримодульных выражений, ещё одна – произвольная точка с абсциссой, меньшей меньшего из этих корней, и последняя – с абсциссой, большей большего из корней.

Например:

1) f(x) = |x - 1|. Вычисляя функции в точках 1, 0 и 2, получаем график, состоящий из двух отрезков (рис.1)

2) f(x) = |x - 1| + |x – 2|. Вычисляя значение функции в точках с абсциссами 1, 2, 0 и 3, получаем график, состоящий из двух отрезков прямых (рис.2)

3) f(x) = |x - 1| + |x – 2| + |x – 3|. Для построения графика вычислим значения функции в точках 1, 2, 3, 0 и 4 (рис.3)

4) f(x) = |x - 1| - |x – 2|. График разности строится аналогично графику суммы, то есть по точкам 1, 2, 0 и 3.

рис1. рис2. рис3. рис4.

2.2. Построение графиков уравнений, содержащих знак абсолютной величины.

1		Исходная функция.
2		Часть графика, расположенная выше оси Ох остается без изменения, а часть графика, расположенная ниже оси абсцисс симметрично отображается вверх
3		Часть графика, расположенная правее оси Ох остается без изменения, и симметрично отображается относительно оси ординат.
4		Часть графика, построенная при остается без изменения, а при построить график
5		Строим график , оставляем часть графика, расположенную выше оси Ох и отображаем часть графика, лежащую ниже оси абсцисс симметрично вверх.
6		Строим часть графика при , затем при строим часть графика при .
7		Строим график при , затем строим график функции при .
8		Строим график уравнения при , затем отображаем полученное изображение симметрично относительно оси абсцисс.

Пример 1. Построить множество точек на плоскости .

Р ешение. Строим вспомогательный график . Затем , а затем множество .

2.3. Графическое решение уравнений, содержащих знак абсолютной величины.

П ример 1. Решить уравнение

3| x + 2 | + x² + 6x + 2 = 0.

Решение.

Для решения уравнения графическим способом, надо построить графики функций и . Абсциссы точек пересечения графиков функций дадут решения уравнения. Парабола пересеклась с графиком функции в точках с координатами (-4; 6) и (-1; 3), следовательно, решениями уравнения будут абсциссы точек: .

Ответ: -4; -1.

П ример 2. Решить равнение

| 4 – x | + | (x – 1)(x – 3) | = 3.

Решение. Для решения уравнения графическим способом, надо построить графики функций и .

Парабола пересеклась с графиком функции в точках с координатами (1; 0), (2; 1) и (4; 3), следовательно, решениями уравнения будут абсциссы точек: . Ответ: 1; 2; 4.

Пример 3. Решить графически уравнение

Для решения уравнения графическим способом, надо построить графики функций и . Эти графики пересекаются в двух точках (-2; -3) и (2; 3), следовательно, исходное уравнение имеет два решения . Ответ: -2; 2.

2.4. Графическое решение задач с параметром и модулем.

При решении заданий, содержащих параметр, встречаются задачи, которые условно можно разделить на два больших класса. Первый: «для каждого значения параметра найти все решения некоторого уравнения или неравенства». Второй: «найти все значения параметра, при каждом из которых уравнения или неравенства удовлетворяют некоторым условиям».

Проблемы, возникающие при решении задач с параметрами в совокупности с модулями, вызваны как сложностью этих задач, так и тем, что в школе, таким задачам уделяется мало внимания. Это связано с тем, что решение таких задач носит творческий, исследовательский характер. Очень часто при решении задач с параметрами целесообразно обращаться к наглядно – графическим интерпретациям. В зависимости, от того какая роль отводится в задаче параметру (равноправная или неравноправная с переменной), можно выделить два основных графических приёма. Первый – построение графического образа на координатной плоскости , второй – на . На плоскости функция задает семейство кривых, зависящих от параметра а, строим их и проводим исследования, удовлетворяющие постановке задачи. Понятно, что каждое семейство обладает определенными характерными свойствами, они то и помогают решить задачу. Конечно, далеко не все задачи с параметрами можно решить графическим способом. Выделим самые общие признаки, которые помогут узнавать задачи, подходящие под рассматриваемый метод:

• в задаче фигурирует лишь один параметр а и одна переменная х,

• они задают некоторые аналитические выражения

• графики уравнений строятся в системе координат (х; а) несложно.

Сам же процесс решения схематично выглядит так. Вначале строится графический образ, затем, пересекая полученный график прямыми, перпендикулярными параметрической оси, «читаем» нужную информацию.

П ример 1. Найти все значения а, при которых уравнение имеет ровно три корня

?

Решение. Исходное уравнение равносильно совокупности , выражая параметр а, получаем: .

График этой совокупности – объединение уголка и параболы. Очевидно, лишь прямая пересекает полученное объединение в трех точках.

Ответ:

Пример 2. Сколько решений имеет уравнение в зависимости от значений параметра а?

Р ешение. Данное уравнение решаем аналогично предыдущему. Оно равносильно совокупности следующих двух уравнений: .

График этой совокупности – объединение уголка и параболы. По рисунку «считываем» ответ: при , а = 0 и исходное уравнение имеет два корня, при а = -1 и а = 1 уравнение имеет три корня, при и уравнение имеет четыре корня.

Ответ: если , а = 0 и , то два корня,

если а = -1 и а = 1 , то три корня,

если и , то четыре корня.

заключение

Материал, представленный в работе, расширяет кругозор учащихся, пополняет теоретические знания и практические навыки по решению уравнений, содержащих абсолютную величину числа.

В процессе работы над темой «Решение уравнений содержащих неизвестную под знаком модуля» мы:

1. Изучили литературу по данному вопросу.

2. Познакомились с алгебраическим и графическим подходом к решению уравнений, содержащих неизвестную под знаком модуля.

3. Исследовали количество решений уравнения, в зависимости от параметров входящих в её условие.

4. Проалгоритмировали процесс решения уравнений содержащих неизвестную под знаком модуля;

5. Проанализировали изучение модуля в курсе алгебры 7-11 классов различных школьных учебников (приложение 1);

6. Составили учебное пособие, содержащее решение различных типов уравнений с модулем для выпускников 11 класса (приложение 2)

и пришли к выводу:

1. В ряде случаев при решении уравнений с модулем, возможно, решать уравнения по правилам, а иногда удобнее воспользоваться геометрический способ решения, который, к сожалению, не всегда применим, из-за сложности изображения линий входящих в условие задачи.

2. При решении уравнений, содержащих модуль и параметр, графический способ является более наглядным и сравнительно более простым.

3. Данная тема представляет большие возможности для проявления исследовательских и творческих умений при решении задач.

4. В учебнике «Алгебра и начала анализа. Профильный уровень 10-11 класс» Мордкович А. Г. изучению решения уравнений с модулем оказано большое внимание, о чем свидетельствует богатый теоретический материал и большое количество заданий с модулем.

5. Созданное мной учебное пособие оказывает весомую помощь моим одноклассникам при подготовке к итоговой аттестации в форме ЕГЭ.

Литература

 

1. Башмаков М.И. Уравнения и неравенства. – М.: ВЗМШ при МГУ, 1983.

2. Виленкин Н.Я. и др. Алгебра и математический анализ. 11 кл. – М.: Просвещение, 1993.

3. Гайдуков И.И. Абсолютная величина. – М.: Просвещение, 1968.

4. Галицкий М.Л. и др. Сборник задач по алгебре 8 – 9 кл. – М.: Просвещение, 1995.

5. Говоров В.М. и др. Сборник конкурсных задач по математике.– М.: Просвещение, 1983.

6. Горнштейн П.И. и др. Задачи с параметрами. – М.: Илекса, Харьков: Гимназия, 2003.

7. Колесникова С.И. Математика. Интенсивный курс подготовки к Единому Государственному экзамену. М.: Айрис-пресс, 2004.

8. Мерзляк А.Г. и др. Алгебраический тренажер. – М.: Илекса, 2001.

9. Мордкович А.Г. Алгебра. 8 кл. – М.: Мнемозина, 2015.

10. Нешков К.И. и др. Множества. Отношения. Числа. Величины. – М.: Просвещение, 1978.

11. Никольская И.Л. Факультативный курс по математике. – М.: Просвещение, 1995.

12. Олехник С.Н. и др. Уравнения и неравенства. Нестандартные методы решения. 10 – 11 кл. – М.: Дрофа, 1995.

13. Шарыгин И.Ф. Факультативный курс по математике 10 – 11 кл. – М.: Просвещение, 1989.

14. Электронный учебник «Алгебра 7 – 11».

15. Ястребинецкий Г.А. Задачи с параметрами. – М.: Просвещение, 1986.

Приложение 1

В курсе математики 6 класса мы познакомились с понятием модуля и его геометрическим толкованием (эта тема представлена во всех учебниках 6 класса, в частности, в учебниках математики авторов Н.Я. Виленкина и др.; Г.В. Дорофеева и др.; Э.Р. Нурка и А.Э. Тельгмаа ). С тем чтобы проследить, как происходит дальнейшее изучение модуля в курсе алгебры 7-11 классов, приведу результаты анализа школьных учебников алгебры ( автор А.Г. Мордкович и др.) В таблице указано количество заданий, связанных с понятием модуля.

класс	количество заданий
7	-
8	61
9	19
10	78
11	96

Из таблицы видно, что в курсе алгебры происходит фрагментарное обращение к теме «Модуль» в основной школе, но в учебнике «Алгебра и начала анализа. Профильный уровень 10-11 класс» Мордкович А. Г. изучению решения уравнений с модулем оказано большое внимание, о чем свидетельствует богатый теоретический материал и большое количество заданий с модулем, решение которых является хорошей подготовкой к единому государственному экзамену..

Все задания, встречающиеся в учебниках, можно разбить на четыре типа:

1. задания на отработку определения и свойств модуля;

2. задания на свойства функций с модулем и построение графиков функций с модулем;

3. задания на решение уравнений, содержащих модуль;

4. задания на решение неравенств со знаком модуля.

Приложение 2

Учебное пособие

по решению уравнений с модулем

Составил: Стекольников Егор Алексеевич,

ученик 11 класса МБОУ «Николькинская СОШ»

Уравнение вида |f(x)|=a

Простейшим уравнением, содержащим неизвестное под знаком модуля, является уравнение вида | f(x)|=a. В зависимости от знака числа а возможны случаи:

1. если а

2. если а≥0, то уравнение может иметь решения.

2.1. Если а=0, то решением уравнения | f(x)|=a является решение уравнения f(x)=0.

2.2. Если а0, то существует несколько способов решения уравнения |f(x)|=a.

1 способ – способ раскрытия модуля по определению. По определению модуля уравнение |f(x)|=a распадается на совокупность двух уравнений: f(x)=a

f(x)=-a

Решением исходного уравнения являются все решения уравнений совокупности.

2 способ – графический. Решение уравнения f(x)|=a графическим способом возможно в случае, если график функции у=f(x) хорошо известен и его легко построить. Алгоритм графического решения уравнения приведен во второй главе в шестом параграфе.

3 способ – способ возведения обеих частей уравнения в квадрат. Так как по определению модуля |f(x)|≥0 и а≥0, то обе части уравнения f(x)|=a неотрицательны. Поэтому, возведя в квадрат обе части уравнения, получим уравнение f^2(x)=a^2, равносильно данному.

Замечание. Данный способ применим, когда после преобразований получаем легко решаемое уравнение. Например, если f(x) линейная, то после возведения в квадрат обеих частей уравнения исходное уравнение сводится к квадратному, решение которого не требует больших усилий. Если же функция f(x), к примеру, квадратичная, то применение такого способа приведет к необходимости решать уравнение четвертой степени, что вряд ли оправдано.

На схеме 1 отражены различные случаи и способы решения уравнения вида f(x)|=a.

Схема 1

x-3=2

x-3=-2

откуда

x1=5

x2=1.

Пример 1. Решить уравнение: |x-3|=2

1 способ. По определению модуля исходное уравнение равносильно совокупности уравнений:

2 способ. Построим графики функций у=|x-3| и у=2 в одной системе координат (рис.1). отметим точки А и В пересечения графиков построенных функций. Найдем абсциссы этих точек: XА=1; XВ=5. Абсциссы точек пересечения графиков функций левой и правой частей уравнения |x-3|=2 являются его корнями. Корни x=1 и x=5 легко проверяются подстановкой.

3 способ. Так как обе части уравнения |x-3|=2 неотрицательны, то это уравнение равносильно следующему: |x-3|^2=2^2 или (x-3)^2=4, откуда х^2-6x+5=0 и x1=1; x2=5.

Ответ: x1=1; x2=5.

Уравнение вида |f(x)|=|g(x)|

Уравнение вида |f(x)|=|g(x)| решается такими же способами, что и уравнение вида |f(x)|=a.

1 способ – способ раскрытия модуля по определению:

f(x)=g(x);

|f(x)|=|g(x)|

f(x)=-g(x).

Решениями исходного уравнения являются все решения уравнений совокупности.

2 способ – графический – применяется в случае, если графики функций у=|f(x)| и у=|g(x)| имеют простой вид.

3 способ – способ возведения обеих частей уравнения в квадрат ( удобен тогда, когда функции у=|f(x)| и у=|g(x)| линейные).

На схеме 2 показаны возможные способы решения уравнения вида |f(x)|=|g(x)|.

Схема 2

Пример 2. Решить уравнение: |x|=|1-x|.

Решение.

1 способ. По определению модуля имеем совокупность уравнений: x=1-x;

x=-(1-x)

Решение первого уравнения: x= 0,5; второе уравнение не имеет решений. Решение исходного уравнения: x= 0,5.

2 способ. Построим графики функций y=|x| и y=|1-x| (рис.2). найдем абсциссу точки А пересечения графиков: xА=0,5. При x=0,5 уравнение |x|=|1-x| превращается в верное равенство, значит x=0,5 – корень уравнения.

Рис.2

3 способ. Так как обе части уравнения неотрицательны, возведем обе части в квадрат. Получим уравнение, равносильное данному: |x|^2=|1-x|^2, или x^2=(1-x)^2,

или 1-2x=0, откуда x=0,5 Ответ: x=0,5

Уравнение вида f(|x|) =g(x)

1 способ решения уравнение вида f(|x|)=g(x) – способ раскрытия модуля по определению. По определению модуля: f(x),если x≥0;

f(|x|)=

f(-x), если x

П оэтому исходное уравнение равносильно совокупности: f(x)=g(x), если x≥0

f(-x)=g(x), если x

Сформулируем правило решения уравнения вида f(|x|)=g(x). Для того, чтобы решить уравнение f(|x|)=g(x), нужно сначала найти все решения уравнения f(x)=g(x), принадлежащие множеству х≥0; затем решить уравнение f(-x)=g(x) на множестве хобъединение всех найденных решений составляет множество решений данного уравнения.

2 способ. Уравнение f(|x|)=g(x) можно решить графически, если легко построить графики функций у=f(x) и у=g(x).

Способы решения уравнения f(|x|)=g(x) показаны на схеме 3.

Схема 3

Пример 3. Решить уравнение: 2-3|x|=x+1.

Решение.

1 способ. Перепишем уравнение в виде 1-x=3|x|. Оно равносильно совокупности двух смешанных систем:

2 способ. Построим графики функций y=1-x и y=3|x| (рис.3). Точные значения абсцисс точек А и В пересечения графиков функций находим из уравнений: 3хв=1-хв и -3ха=1-ха, откуда хв=0,25; ха=-0,5.

Ответ: -0,5; 0,25.

Рис. 3

Уравнение вида |f(x)|=g(x)

1 способ. По определению модуля f(x), если f(х)≥0;

| f(x)|=

- f(х), если f(х)

Поэтому уравнение |f(x)|=g(x) равносильно совокупности двух смешанных систем:

f(x)=g(x);

f (x)≥0;

-f(x)=g(x);

f(x)

2 способ. Так как левая часть уравнения |f(x)|=g(x) неотрицательны, то для наличия решений уравнения нужно потребовать неотрицательность правой его части g(x). Следовательно, исходное уравнение можно записать в виде совокупности двух смешанных систем:

f (x)=g(x);

g(x)≥0;

-f(x)=g(x);

g(x)≥0.

Заметим, что первый способ решения уравнения |f(x)|=g(x) целесообразно применять в случае, если функция y=f(x) имеет более простой вид, чем функция y=g(x) (т.е. если легче решить неравенство f(x)≥0, чем неравенство g(x)≥0). Второму способу отдают предпочтение, когда более простой вид имеет функция y=g(x) по сравнению с функцией y=f(x).

3 способ – графический – имеет преимущество перед другими, если не составляет труда построить графики функций y=|f(x)| и y=g(x).

Способы решения уравнения вида |f(x)|=g(x)

Схема 4

Пример 4. решить уравнение |x-1|=2x+3.

Решение. Для уравнения |x-1|=2x+3 первый и второй способы решения в данном случае равноправны.

1 способ.

|x-1|=2x+3

2 способ.

|x-1|=2x+3

3 способ. Строим графики y=|x-1|, y=2x+3 ( рис. 4)

Точное значение абсциссы точки А пересечения графиков находим из уравнения: -(х-1)=2х+3, откуда хА=-⅔

Ответ: -⅔

33