Учебник. Уравнения, содержащие модуль




Уравнения, содержащие модуль

Самый распространённый, а иногда и единственно возможный метод решения уравнений с модулем – раскрытие модуля согласно определению: | x |={ x, -x, x0, x0.

Решите уравнение |x – 5| – |2x + 8| = –12.

Выражения, стоящие под знаком абсолютной величины, обращаются в нуль при x = –4 и x = 5. Значит, нужно рассмотреть 3 случая:

1) x ≤ –4; 2) –4 < x ≤ 5; 3) x > 5.

Получим три уравнения, в каждом из которых на неизвестное наложено ограничение. На рисунке схематично показано, какой знак будут иметь подмодульные выражения на каждом из трёх промежутков.

  1. x ≤ –4. В этом случае 2x + 8 < 0, x – 5 < 0. Следовательно, { |2x+8|=-2x-8, |x-5|=x+5. С учётом этого уравнение принимает вид

    -2x-8-5+x=12 x=-25 .

    x = –25 удовлетворяет ограничению x ≤ –4.

  2. –4 < x ≤ 5. 2x+8-5+x=12 3x=9 x=3 . Этот корень удовлетворяет нужным ограничениям.
  3. 3. x > 5. 2x+8-x+5=12 x=-1 . Этот корень не удовлетворяет нужным ограничениям.

Ответ. −25; 3.

Этот метод удобно применять, когда подмодульные выражения довольно просты (линейны), и можно сразу понять, где они обращаются в нуль. Рассмотрим простейшее уравнение с модулем вида |f (x)| = g (x), где функция f (x) проще функции g (x). Это уравнение равносильно следующей системе уравнений: | ( x ) |=( x ) [ { ( x ) 0, ( x ) =( x ) ; { ( x ) <0, ( x ) =-( x ) . Убедиться в справедливости этого утверждения можно, перебрав все возможные варианты.

Если же под модулем стоит функция, найти корни которой затруднительно, то условие равносильности можно переписать так: | ( x ) |=( x ) { ( x ) 0, [ ( x ) =( x ) , ( x ) =-( x ) .

Решите уравнение 2|x2 + 2x – 5| = x – 1.

Этому уравнению соответствуют два уравнения 2(x2 + 2x – 5) = x – 1 и 2(x2 + 2x – 5) = 1 – x, среди корней которых нужно отобрать удовлетворяющие условию x ≥ 1. Имеем:

1. 2 x 2 +3x-9=0 . Корни этого уравнения x= 3 2 и x = –3, из которых подходит первый корень.

2. 2 x 2 +5x-11=0 . Корни этого уравнения x 1, 2 = -5± 113 4 . Опять подходит только первый корень, так как второй заведомо отрицателен.

Ответ.  x= 3 2 ,   x= -5+ 113 4 .

В случае вложенных знаков модуля применим этот метод несколько раз. Здесь тоже можно рассмотреть весь набор получающихся при раскрытии модуля уравнений среди решений которых содержатся решения исходного уравнения, а потом отобрать из всех полученных решений подходящие хотя бы с помощью проверки.

Решите уравнение | | x 3 - x+1 |-3 |= x 3 + x+1 -7 .

Все корни исходного уравнения содержатся среди корней двух уравнений [ | x 3 - x+1 |-3= x 3 + x+1 -7, | x 3 - x+1 |-3=- x 3 - x+1 +7, которые можно переписать в виде [ | x 3 - x+1 |= x 3 + x+1 -4, | x 3 - x+1 |=- x 3 - x+1 +10.

Аналогично, каждое из этих уравнений распадается на два: [ [ x 3 - x+1 = x 3 + x+1 -4, x 3 - x+1 =- x 3 - x+1 +10, [ x 3 - x+1 =- x 3 - x+1 +4, x 3 - x+1 = x 3 + x+1 -10, что приводит к четырём уравнениям: [ x+1 =2, x 3 =5, x 3 =2, x+1 =5.

Отсюда получаем 4 решения: x 1 =3,   x 3 = 5 3 ,   x 2 = 2 3 ,   x 4 =24,  среди которых содержатся корни исходного уравнения. 1-й корень, очевидно, удовлетворяет уравнению. Это проверяется легко. 2-й и 3-й не походят, так как правая часть исходного уравнения при этих значениях отрицательна. 4-й корень тоже является лишним, так как этот корень должен удовлетворять уравнению (*), а при этом значении его правая часть отрицательна.

Ответ. 3.





 

Ремонт двигателя
Ремонт двигателя с оплатой за результат. Плати только за решение проблемы
andreas-auto.ru
© Физикон, 1999-2015