86383 (589972), страница 7
Текст из файла (страница 7)
і є сторонніми;
2) при 
перший тричлен негативний, а другий позитивний, одержимо рівняння:
звідки знаходимо корінь
, що входить у проміжок
і є рішенням рівняння;
3) при 
обидва тричлени негативні, одержуємо:
, звідки
, що входить у проміжок
і є рішенням рівняння;
4) при 
перший тричлен позитивний, другий --- негативний, одержуємо рівняння:
, звідси
, що входить у проміжок
і є рішенням рівняння;
5) при 
обидва тричлени позитивні, виходить така ж ситуація, як і в першому випадку. І тут, обидва корені
,
не входять у проміжок і є сторонніми.
Відповідь. 
,
,
.
Графічне рішення
Для графічного рішення перетворимо рівняння:
Побудуємо графіки функцій
і
Графік функції
будемо будувати в кілька етапів:
а) будуємо графік функції
;
б) будуємо графік функції
, `
дзеркально'' відбивши нижню частину кривої
в осі
;
в) будуємо графік функції
для цього досить графік функції ``опустити'' долілиць (здійснити паралельний перенос уздовж осі
) на
;
г) отриманий графік повністю симетрично відіб'ємо в осі , ``перевернемо'' навколо осі
на
.
У результаті одержимо графік функції
.
Графік функції
побудуємо вже відомим способом: будуємо параболу 
й дзеркально відбиваємо в осі
тільки частина параболи, що перебуває нижче осі
.
Знаходимо абсциси крапок перетинання графіків, які й будуть рішеннями рівняння
Абсциси крапок перетинання наступні: 1,75; 2,5 і 3,25. Вони й будуть рішеннями рівняння.
Приклад 74 Вирішите рівняння 
.
Рішення. Вирішувати будемо це рівняння послідовне ``розкриваючи'' модулі, починаючи з ``зовнішнього'' і ``наближаючись'' до змінного 
.
Після розкриття першого модуля, одержимо сукупність двох рівнянь:
(1) 
або (2)
.
Вирішуючи рівняння (1), у свою чергу, одержуємо два рівняння:
,
(3) 
або (4)
.
З рівняння (3) знаходимо: 
,
з рівняння (4) знаходимо:
,
Вирішуючи рівняння (2), також одержимо: 
, що розпадається два рівняння:
(
)
або (
)
.
З ( ) одержуємо:
,
,
З (
)
, що не має рішень.
Відповідь. 
Приклад 75 Вирішити рівняння:
Рішення. ОДЗ даного рівняння:
Простою перевіркою неважко переконатися, що 
й
--- рішення даного рівняння.
Відповідь. 
.
Якщо вирішувати рівняння шляхом піднесення у квадрати обох його частин, то вийде рівняння
У цього рівняння додасться ``зайвий'' корінь 
, що не належить ОДЗ.
Перетворення 
, не рівносильне, тому що
входить в ОДЗ вихідного вираження, але не входить в ОДЗ перетвореного.
Нюанс полягає в тому, що при функція
існує й при
, тому що на що нуль не множ --- буде нуль.
Приклад 76 Вирішити рівняння 
.
Рішення. Почнемо розкривати внутрішній модуль (розкриття зовнішнього модуля займе набагато більше часу):
1. При 
маємо
.
Тепер розглянемо два випадки:
а) 
, тобто
;
б) 
і
Так як функція, що стає в першій частині вихідного рівняння, --- парна, то рішенням так само буде 
й
.
Відповідь. 
.
Приклад 77 Чому дорівнює сума корінь рівняння (корінь, якщо він один) рівняння
Рішення. Розглянемо вираження
і перетворимо його до виду
Очевидно, що чисельник дробу при будь-яких значеннях змінної є позитивним числом. Значить дробове вираження позитивно, якщо 
(тому що
). Перетворимо отримане вираження, за умови
. Одержимо рівняння, рівносильне вихідному:
Відповідь. 
.
Приклад 78 Всі значення квадратного тричлена 
на відрізку
по модулі не перевершують 1. Яке найбільше значення при цьому може мати величина
?
Відповідь. Максимальне значення величини дорівнює 17.
Доведемо це. Спочатку доведемо, що ця величина не може бути більше 17. Тому що значення тричлена 
на відрізку
по модулі не перевершують одиниці, те
,
,
, тобто
,
,
. Тому що модуль суми не перевершує суми модулів, те
Отже, 
. Залишилося помітити, що квадратний тричлен
задовольняє умові задачі й для нього величина
дорівнює 17.
Приклад 79 Знайдіть найбільше ціле значення параметра 
, при якому рівняння
не має рішень.
Рішення. Вихідне рівняння рівносильне рівнянню
Друга система має рішення тільки при 
(при цьому її рішеннями будуть усе
). Перша система не має рішень, якщо
При цьому найбільше ціле
, мабуть, дорівнює
.
Відповідь. 
.
Висновок
абсолютна величина модуль теорема
Матеріал даної дипломної роботи адресований учителям математики, викладачам підготовчих курсів, школярам і абітурієнтам. Розглянуто властивості абсолютних величин, наведені теореми про рівносильні перетворення рівнянь і нерівностей, що містять знак модуля. Сформульовано маловідомі твердження, що істотно спрощують традиційні алгоритмічні способи рішення шкільних, конкурсних задач. Теоретичний матеріал проілюстрований значною кількістю завдань (більше 80) із вступних іспитів, математичних олімпіад і завдань незалежного оцінювання знань.
Список джерел
11[] Веременок В. В., Практикум по математиці, підготовка до тестування й іспитів. – К., 2008
22[] Д. Гущин, Потужне рішення. Рівняння й нерівності з модулями //Учительська газета №39.
33[] В.Голубєв Школа рішення нестандартних задач. Заняття 3. Нестандартна техніка рішення нерівностей з модулем // Математика №5, 2005 с. 24--31.
44[] В.Голубєв, Школа рішення нестандартних задач. Заняття 5. Сума модулів// Математика № 12, 2005 с.41--48.
55[] Тишин В. И., Математика для вчителів і учнів: раціональні алгебраїчні рівняння. – К., 2005
66[] О. Ігудисман, Математика на усному іспиті. – К., 2006
[7] Куланін Е.Д., 3000 конкурсних задач по математиці. – К., 2005
Размещено на Allbest.ru
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
