Уравнения и неравенства с модулем

Уравнения с модулем

Пример 1. Решить уравнение |10х – 5| = 15.

В соответствии с правилом, уравнение равносильно совокупности двух уравнений:

│10х – 5 = 15
│10х – 5 = –15

Решаем:

│10х = 15 + 5 = 20
│10х = –15 + 5 = –10

│х = 20 : 10
│х = –10 : 10

│х = 2
│х = –1

Ответ: х1 = 2, х2 = –1.


Пример 2. Решить уравнение |2х + 1| = х + 2.

Поскольку модуль – число неотрицательное, то х + 2 ≥ 0. Соответственно:

х ≥ –2.

Составляем два уравнения:

│2х + 1 = х + 2
│2х + 1 = –(х + 2)

Решаем:

│2х + 1 = х + 2
│2х + 1 = –х – 2

│2х – х = 2 – 1
│2х + х = –2 – 1

│х = 1
│х = –1

Оба числа больше –2. Значит, оба являются корнями уравнения.

Ответ: х1 = –1, х2 = 1.


Пример 3. Решить уравнение

$$ \frac{|х + 3| – 1}{х – 1}= 4 $$

Уравнение имеет смысл, если знаменатель не равен нулю – значит, если х ≠ 1. Учтем это условие. Наше первое действие простое – не просто освобождаемся от дроби, а преобразуем ее так, чтобы получить подмодульное выражение в чистом виде:

|х + 3| – 1 = 4 · (х – 1),

|х + 3| – 1 = 4х – 4,

|х + 3| = 4х – 4 + 1,

|х + 3| = 4х – 3.

Теперь у нас в левой части уравнения только выражение под модулем. Идем дальше.

Модуль числа есть неотрицательное число – то есть он должен быть больше нуля или равен нулю. Соответственно, решаем неравенство:

4х – 3 ≥ 0

4х ≥ 3

х ≥ 3/4

Таким образом, у нас появилось второе условие: корень или корни уравнения должны быть не меньше 3/4.

В соответствии с правилом модуля составляем совокупность двух уравнений и решаем их:

│х + 3 = 4х – 3
│х + 3 = –(4х – 3)

│ х + 3 = 4х – 3
│ х + 3 = –4х + 3

│х – 4х = –3 – 3
│х + 4х = 3 – 3

│х = 2
│х = 0

Мы получили два ответа. Проверим, являются ли они корнями исходного уравнения.

У нас было два условия: корень уравнения должен быть не меньше 3/4, но не может быть равен 1. То есть х ≠ 1, х ≥ 3/4. Обоим этим условиям соответствует только один из двух полученных ответов – число 2. Значит, только оно и является корнем исходного уравнения.

Ответ: х = 2.


Пример 4. Рассмотрим уравнение вида |x| = с, где с – действительное число. Это уравнение можно решить с помощью определения модуля.

Все действительные числа разобьем на три группы: те, что больше нуля, те, что меньше нуля, и третья группа – это число 0. Запишем решение в виде схемы:

±c, если с > 0

 Если |x| = c, то x = 0, если с = 0

нет корней, если с < 0

Примеры:

1) |x| = 5, т. к. 5 > 0, то x = ±5;

2) |x| = -5, т. к.5 < 0, то уравнение не имеет корней;

3) |x| = 0, то x = 0.


Пример 5. Уравнение вида |f(x)| = b, где b > 0. Для решения данного уравнения необходимо избавиться от модуля. Делаем это так: f(x) = b или f(x) = -b. Теперь необходимо решить отдельно каждое из полученных уравнений. Если в исходном уравнении b < 0, решений не будет.

Примеры:

1) |x + 2| = 4, т. к. 4 > 0, то

x + 2 = 4 или x + 2 = -4

x = 2 x = -6

2) |\(x^2\) – 5| = 11, т. к. 11 > 0, то

\(x^2\) – 5 = 11 или \(x^2\) – 5 = -11

\(x^2\) = 16     \(x^2\) = -6

x = ± 4     нет корней

3) |\(x^2\) – 5x| = -8, т. к.8 < 0, то уравнение не имеет корней.


Пример 6. Уравнение вида |f(x)| = g(x). По смыслу модуля такое уравнение будет иметь решения, если его правая часть больше или равна нулю, т. е. g(x) ≥ 0. Тогда будем иметь:

f(x) = g(x) или f(x) = -g(x).

Примеры:

1) |2x – 1| = 5x – 10. Данное уравнение будет иметь корни, если 5x – 10 ≥ 0. Именно с этого и начинают решение таких уравнений.

1. О. Д. З. 5x – 10 ≥ 0

   5x ≥ 10  

   x ≥ 2.  

2. Решение:

2x – 1 = 5x – 10 или 2x – 1 = -(5x – 10)

3x = 9 7x = 11

x = 3   x = 11/7

3. Объединяем О. Д. З. и решение, получаем:

Корень x = 11/7 не подходит по О. Д. З. он меньше 2, а x = 3 этому условию удовлетворяет.

Ответ: x = 3

2) |x – 1| = 1 – \(x^2\).

1. О. Д. З. 1 – \(x^2\) ≥ 0. Решим методом интервалов данное неравенство:

   (1 – x)(1 + x) ≥ 0

   -1 ≤ x ≤ 1  

2. Решение:

x – 1 = 1 – \(x^2\)      или   x – 1 = -(1 – \(x^2\))

\(x^2\) + x – 2 = 0          \(x^2\) – x = 0

x = -2 или x = 1   x = 0 или x = 1

3. Объединяем решение и О. Д. З.:

Подходят только корни x = 1 и x = 0.

Ответ: x = 0, x = 1. 


Пример 7. Уравнение вида |f(x)| = |g(x)|. Такое уравнение равносильно двум следующим уравнениям f(x) = g(x) или f(x) = -g(x).

Пример:

1) |\(x^2\) – 5x + 7| = |2x – 5|. Данное уравнение равносильно двум следующим:

\(x^2\) – 5x + 7  = 2x – 5 или \(x^2\) – 5x +7  = -2x + 5   

\(x^2\) – 7x + 12  = 0            \(x^2\) – 3x + 2  = 0

x = 3 или x = 4             x = 2 или x = 1  

Ответ: x = 1, x = 2, x = 3, x = 4.


Пример 8. Уравнения, решаемые методом подстановки (замены переменной). Данный метод решения проще всего объяснить на конкретном примере. Так, пусть дано квадратное уравнение с модулем:

 \(x^2\) – 6|x| + 5 = 0. По свойству модуля \(x^2\) = \(|x|^2\), поэтому уравнение можно переписать так:

\(|x|^2\) – 6|x| + 5 = 0. Сделаем замену |x| = t ≥ 0, тогда будем иметь:

\(t^2\) – 6t + 5 = 0. Решая данное уравнение, получаем, что t = 1 или t = 5. Вернемся к замене:

|x| = 1 или |x| = 5

x = ±1        x = ± 5

Ответ: x = -5, x = -1, x = 1, x = 5. 

Рассмотрим еще один пример:

\(x^2\) + |x| – 2 = 0. По свойству модуля  \(x^2\) = \(|x|^2\), поэтому

\(|x|^2\) + |x| – 2 = 0. Сделаем замену |x| = t ≥ 0, тогда:

\(t^2\) + t – 2 = 0. Решая данное уравнение, получаем, t = -2 или t = 1. Вернемся к замене:

|x| = -2   или |x| = 1

Нет корней     x = ± 1

Ответ: x = -1, x = 1.


Пример 8. Еще один вид уравнений – уравнения со "сложным" модулем. К таким уравнениям относятся уравнения, в которых есть "модули в модуле". Уравнения данного вида можно решать, применяя свойства модуля.

Примеры:

1) |3 – |x|| = 4. Будем действовать так же, как и в уравнениях второго типа. Т. к. 4 > 0, то получим два уравнения:

3 – |x| = 4 или  3 – |x| = -4.


Неравенства с модулем

Пример 1. Решить неравенство:

|х - 3| < 4

Решение.

Правило модуля гласит:

|а| = а, если а ≥ 0.
|а| = –а, если а < 0.

Модуль может иметь и неотрицательное, и отрицательное число. Значит, мы должны рассмотреть оба случая:
х – 3 ≥ 0 и х – 3 < 0.

1) При х – 3 ≥ 0 наше исходное неравенство остается как есть, только без знака модуля:

х – 3 < 4.

2) При х – 3 < 0 в исходном неравенстве надо поставить знак минус перед всем подмодульным выражением:

–(х – 3) < 4. Раскрыв скобки, получаем:

–х + 3 < 4.

Таким образом, от этих двух условий мы пришли к объединению двух систем неравенств:

│ х – 3 ≥ 0
│ х – 3 < 4

и

│ х – 3 < 0
│–х + 3 < 4

Решим их:

│х ≥ 3
│ х < 7

и

│х < 3
│х > –1

Итак, у нас в ответе объединение двух множеств:

3 ≤ х < 7 U –1 < х < 3.

Определяем наименьшее и наибольшее значения. Это –1 и 7. При этом х больше –1, но меньше 7. Кроме того, х ≥ 3. Значит, решением неравенства является все множество чисел от –1 до 7, исключая эти крайние числа.

Ответ: –1 < х < 7.

Или: х ∈ (–1; 7).

Дополнения.

1) Есть более простой и короткий способ решения данного неравенства - графический. Для этого надо нарисовать горизонтальную ось (рис.).

Отмечаем на оси число 3 и отсчитываем влево и вправо от от него 4 деления

Выражение |х - 3| < 4 означает, что расстояние от точки х до точки 3 меньше четырех единиц. Отмечаем на оси число 3 и отсчитываем влево и вправо от от него 4 деления. Слева мы придем к точке -1, справа – к точке 7. Таким образом, точки х мы просто увидели, не вычисляя их.

При этом, согласно условию неравенства, сами -1 и 7 не включены во множество решений. Таким образом, получаем ответ:

–1 < х < 7.

2) Но есть еще одно решение, которое проще даже графического способа. Для этого наше неравенство надо представить в следующем виде:

–4 < х – 3 < 4.

Ведь так оно и есть по правилу модуля. Неотрицательное число 4 и аналогичное отрицательное число –4 являются границами решения неравенства.

Далее мы просто переносим влево и вправо число –3 с обратным знаком, оставляя х в одиночестве:

–4 + 3 < х < 4 + 3

–1 < х < 7.


Пример 2. Решить неравенство

|х – 2| ≥ 5

Решение.

Этот пример существенно отличается от предыдущего. Левая часть больше 5 либо равна 5. Решим это неравенство способом перестановки свободного члена влево и вправо с противоположным знаком:

–5 ≥ х – 2 ≥ 5

–5 + 2 ≥ х ≥ 5 + 2

Ответ: –3 ≥ х ≥ 7 или х ∈ [–3; 7]


Пример 3. Решить неравенство:

2 – |х| – 2 ≤ 0

Решение.

Число х может быть и положительным числом, и отрицательным, и нулем. Поэтому нам надо учесть все три обстоятельства. Как вы знаете, они учитываются в двух неравенствах: х ≥ 0 и х < 0. При х ≥ 0 мы просто переписываем наше исходное неравенство как есть, только без знака модуля:

2 – х – 2 ≤ 0.

Теперь о втором случае: если х < 0. Модулем отрицательного числа является это же число с противоположным знаком. То есть пишем число под модулем с обратным знаком и опять же освобождаемся от знака модуля:

2 – (–х) – 2 ≤ 0.

Раскрываем скобки:

2 + х – 2 ≤ 0.

Таким образом, мы получили две системы уравнений:

│6х2 – х – 2 ≤ 0
│ х ≥ 0

и

│6х2 + х – 2 ≤ 0
│ х < 0

Надо решить неравенства в системах – а это значит, надо найти корни двух квадратных уравнений. Для этого приравняем левые части неравенств к нулю.

Начнем с первого:

2 – х – 2 = 0.

Как решается квадратное уравнение – см. раздел «Квадратное уравнение». Мы же сразу назовем ответ:

х1 = –1/2, х2 = 2/3.

Из первой системы неравенств мы получаем, что решением исходного неравенства является все множество чисел от –1/2 до 2/3. Пишем объединение решений при х ≥ 0:
[–1/2; 2/3].

Теперь решим второе квадратное уравнение:

2 + х – 2 = 0.

Его корни:

х1 = –2/3, х2 = 1/2.

Вывод: при х < 0 корнями исходного неравенства являются также все числа от –2/3 до 1/2.

Объединим два ответа и получим итоговый ответ: решением является все множество чисел от –2/3 до 2/3, включая и эти крайние числа.

Ответ: –2/3 ≤ х ≤ 2/3.

Или: х ∈ [–2/3; 2/3].



« назад