Рішення рівнянь й нерівностей з модулем

Зміст

Введення

Абсолютна величина і її властивості

Найпростіші рівняння й нерівності з модулем

Графічне рішення рівнянь і нерівностей з модулем

Інші способи рішення рівнянь і нерівностей з модулем

Метод розкриття модулів

Використання тотожності, при рішенні рівнянь

Рішення рівнянь утримуючі модулі ненегативних виражень

Рішення рівнянь із використанням геометричної інтерпретації

Рішення рівнянь із використанням тотожності

Застосування теореми про знаки при рішенні рівнянь

Рішення рівнянь переходом до наслідку

Рішення рівнянь методом інтервалів

Рішення рівнянь до множенням на позитивний множник

Типові тестові задачі, що містять змінну під знаком модуля

Висновок

Список джерел

Введення

Поняття абсолютної величини (модуля) є однієї з найважливіших характеристик числа як в області дійсних, так і в області комплексних чисел.

Це поняття широко застосовується не тільки в різних розділах шкільного курсу математики, але й у курсах вищої математики, фізики й технічних наук, які вивчають у вузах. Наприклад, у теорії наближених обчислень використовуються поняття абсолютної й відносної погрішностей наближеного числа. У механіку й геометрії вивчаються поняття вектора і його довжини (модуля вектора). У математичному аналізі поняття абсолютної величини числа втримується у визначеннях таких основних понять, як межа, обмежена функція й ін. Задачі, пов'язані з абсолютними величинами, часто зустрічаються на математичних олімпіадах, вступних іспитах у вузи.

Програмою шкільного курсу математики не передбачені узагальнення й систематизація знань про модулі, їхніх властивостях, отриманих учнями за весь період навчання. Даний пробіл і намагається заповнити справжній диплом.

Дипломна робота складається з 5 розділів.

У першому розділі наведені рівносильні визначення модуля, його геометрична інтерпретація, властивості абсолютної величини. На прикладі показано, як використовуючи модуль, будь-яку систему рівнянь і нерівностей з однієї й теж областю визначення можна представити у вигляді одного рівносильного порівняння. Так само показано на прикладі, як лінійний сплайн, представити у вигляді одного рівняння з модулями. Наведені приклади завдань, у яких використовуються або властивості модуля, або рівняння й нерівності, що містять знак абсолютної величини, виникають у процесі рішення.

У другому розділі представлені методи рішення найпростіших рівнянь і нерівностей з модулями, рішення яких не вимагає використання трудомісткого процесу розкриття модулів.

У третьому розділі представлене графічне рішення рівнянь і нерівностей, що містять знак абсолютної величини. Графічне рішення рівнянь і нерівностей з модулем у деяких випадках набагато більше просте, чим аналітичне. У цьому розділі розглянута побудова графіків функцій ,  і . Багато уваги приділено побудові графіків функцій, що представляють собою суму лінійних виражень під знаком абсолютної величини. Так само наведені приклади побудови графіків функцій з ''вкладеними'' модулями. Наведено теореми про екстремумі функцій, що містять суму лінійних виражень під знаками абсолютних величин, що дозволяють ефективно вирішувати задачі як на знаходження екстремумів подібні функції, так і вирішувати задачі з параметрами.

У четвертому розділі представлені додаткові методи рішення рівнянь і нерівностей, що містять знак абсолютної величини. У першу чергу описаний трудомісткий і не завжди раціональний, а в деяких випадках і непридатний метод розкриття модулів, іноді називаний метод інтервалів, за допомогою якого можна вирішити будь-яке рівняння й нерівність з модулем. Описано метод використання тотожності ; розглянутий метод геометричної інтерпретації, використання тотожності , застосування теореми про знаки, метод переходу до наслідку, метод інтервалів, метод домноження на позитивний множник.

У п'ятому розділі наведені приклади рішення типових тестових задач пов'язаних з поняттям абсолютна величина. Наведено рішення як ''стандартних'' задач, у рішенні яких необхідно одержати яку-небудь комбінацію рішень, так і завдань із параметрами. Для деяких задач наведено кілька способів рішення, іноді зазначені типові помилки виникаючі в процесі рішення. Для всіх завдань наведено найбільш ефективне, по швидкості, рішення.

Абсолютна величина і її властивості

Модуль. Властивості модуля

Визначення. Модуль числа  або абсолютна величина числа  дорівнює , якщо  більше або дорівнює нулю й дорівнює , якщо  менше нуля:

З визначення треба, що для будь-якого дійсного числа , .

Теорема Абсолютна величина дійсного числа  дорівнює більшому із двох чисел  або .

1. Якщо число  позитивно, то  негативно, тобто . Звідси треба, що .

У цьому випадку , тобто  збігається з більшим із двох чисел  і .

2. Якщо  негативно, тоді  позитивно й , тобто більшим числом є . По визначенню, у цьому випадку,  --- знову, дорівнює більшому із двох чисел  і .

Наслідок З теореми треба, що .

Справді, як , так і  рівні більшому із чисел  і , а виходить, рівні між собою.

Наслідок Для будь-якого дійсного числа  справедливі нерівності , .

Множачи другу рівність  на  (при цьому знак нерівності зміниться на протилежний), ми одержимо наступні нерівності: ,  справедливі для будь-якого дійсного числа . Поєднуючи останні дві нерівності в одне, одержуємо: .

Теорема Абсолютна величина будь-якого дійсного числа  дорівнює арифметичному квадратному кореню з : .

Справді, якщо , те, по визначенню модуля числа, будемо мати . З іншого боку, при , , значить .

Якщо , тоді  й  і в цьому випадку .

Ця теорема дає можливість при рішенні деяких задач заміняти  на .

Геометрично  означає відстань на координатній прямій від крапки, що зображує число , до початку відліку.

Якщо , то на координатній прямій існує дві крапки  й , рівновіддаленої від нуля, модулі яких рівні.

Якщо , то на координатній прямій  зображується крапкою .

Властивості модуля

Із цієї властивості треба, що

; .

Рівносильні переходи між рівняннями з модулями

Тема ``Абсолютна величина'' (або ``Модуль числа'') є найбільш експлуатованою в практиці вступних іспитів. Імовірно, це пояснюється відчуттям простоти поняття абсолютної величини числа й тією обставиною, що, використовуючи модуль, будь-яку систему й сукупність рівнянь і нерівностей з однієї й тією же областю визначення можна представити у вигляді одного рівносильного порівняння.

Подивимося, на прикладі, як система однієї нерівності й сукупність двох нерівностей перетвориться до одного рівносильного рівняння.

В основі зазначених перетворень лежать наступні легко доказувані твердження:

Варіант приведення одного відношення до рівносильному йому відношенню іншого типу

<								>

Лінійні сплайни

Нехай задані  --- крапки зміни формул. Функція , певна при всіх , називається кусочно-лінійно, якщо вона лінійна на кожному інтервалі , , , ..., , тобто

де позначено , .

Якщо до того ж виконані умови узгодження

те розглянута кусочно-лінійно функція безперервна. Безперервна кусочно-лінійно функція називається також лінійним сплайном.

Функцію із графіком, показаним на цьому малюнку, можна задати й однієї й трьома формулами:

Однак неважко помітити, що цю же функцію можна задати й одною формулою, використовуючи модулі: . Виявляється, що й будь-яку безперервну кусочно-лінійну функцію виду (1) можна задати деякою формулою виду

(??)

де числа , , , ...,  легко знайти за графіком даної функції.

Помітимо, що дві ламані з нескінченними крайніми ланками й однаковими абсцисами вершин , , ...,  збігаються, якщо в них рівні кутові коефіцієнти всіх ``однойменних'' ланок і є загальна крапка. Іншими словами, знання кутових коефіцієнтів всіх ланок і координат однієї крапки такий ламаної на основі зазначеної інформації, при якому дана крапка  береться за вихідну.

Відзначений факт ми й покладемо в основу одержання формули для безперервної кусочно-лінійної функції, заданої своїм графіком. Нагадаємо, що  рівняється , якщо , і , якщо . Тому на кожному із проміжків , , ..., , на які числова пряма розбивається крапками, функція, обумовлена формулою ((??) ), буде лінійна (як сума лінійних функцій), і для знаходження кутового коефіцієнта відповідної ланки ламаної досить знайти коефіцієнт при  послу розкриття всіх модулів у вираженні ((??) ) на відповідним цим ланкам проміжках, знаходимо:

Віднімаючи із другої рівності перше, одержуємо  віднімаючи із третього друге, одержуємо  й т.д. Ми приходимо в підсумку до співвідношень

Складаючи першу рівність із останнім, одержуємо  звідки

(??)

Обернено, неважко перевірити, що з рівностей (3) і ((??) ) випливають співвідношення ((??) ).

Отже, якщо коефіцієнти  визначаються формулами (3) і ((??) ), те кутові коефіцієнти всіх ланок графіка функції ((??) ) збігаються з відповідними кутовими коефіцієнтами заданого графіка й, виходить, залишається забезпечити всього одну загальну крапку цих ламаних для їхнього збігу.

Цього завжди можна домогтися вибором підходящого значення що залишилося поки не певним коефіцієнта . Із цією метою досить підставити у формулу ((??) ), коефіцієнти якої вже обчислені зі співвідношень (3) і ((??) ), координати якої-небудь однієї крапки даної ламаної й знайти  з отриманої рівності.

Приклад Знайдемо рівняння ламаної, зображеної на малюнку (??) (трикутний імпульс).pics/ex3.eps

Рішення. Кутові коефіцієнти ланок такі:

, , , . Тому .

Виходить, рівняння даної ламаної має вигляд

Знайдемо значення коефіцієнта  з умови , підставляючи координати вершини (0; 1) нашої ламаної в рівняння, одержимо , звідки знаходимо, , і рівняння остаточно запишемо у вигляді

Приклади рішення задач, що використовують властивості модуля

Приклад У деякому лісі відстань між будь-якими двома деревами не перевершує різниці їхніх висот. Усе дерева мають висоту менше 100 м. Доведіть, що цей ліс можна огородити забором довжиною 200 м.

Рішення. Нехай дерева висотою  ростуть у крапках . Тоді за умовою

.

Отже, довжина ламаної  не перевершує м. Цю ламану можна огородити забором, довжина якого не перевершує 200 м.

 

Приклад На відрізку  числової осі розташовані чотири крапки: , , , . Доведіть, що крапка , що належить , така, що

.

Рішення. Крапки , , ,  ділять відрізок  не більше ніж на п'ять частин; хоча б одна із цих частин є інтервалом довжини не менше . Візьмемо за  центр цього інтервалу. Відстань від  до кінців цього інтервалу не менше , а до інших крапок із числа , , ,  --- більше . Тому два із чисел , , ,  не менше , а інші два строго більше . Так що всі зворотні величини не більше 10, а дві з них строго менше 10. Тоді сума зворотних величин менше 40, що й потрібно.

Приклад Два тіла починають одночасно рухатися рівномірно по прямих  і , що перетинаються під прямим кутом. Перше тіло рухається зі швидкістю 3 км/год по прямій  від крапки  до крапки , що перебуває на відстані 2 км від крапки . Друге тіло рухається зі швидкістю 4 км/год по прямій  від крапки  до крапки , що перебуває на відстані 3 км від крапки . Знайти найменшу відстань (у км) між цими тілами під час руху.

Рішення. Через  годин перше тіло буде перебуває від крапки  на відстані  км, а друге --- на відстані  км. По теоремі Піфагора відстань між тілами складе.

  км.

Відповідь.  км.

Приклад Пункти  й  розташовані на прямолінійній магістралі в 9 км друг від друга. З пункту  в напрямку пункту  виходить автомашина, що рухається рівномірно зі швидкістю 40 км/ч. Одночасно з пункту  в тім же напрямку з постійним прискоренням 32 км/год  виходить мотоцикл. Знайти найбільшу відстань між машиною й мотоциклом у плині перших двох годин руху.

Рішення. Відстань між автомобілем і мотоциклом через  годин складе

. .

Відповідь. 16 км.

Приклад З пункту  в пункт  вийшов пішохід. Не пізніше чим через 40 хв слідом за ним вийшов другий. Відомо, що в пункт  один з них прийшов раніше іншого не менш, ніж на 1 годину. Якби пішоходи вийшли одночасно, то вони б прийшли в пункт  із інтервалом не більш ніж в 20 хв. Визначити, скільки часу потрібно кожному пішоходу на шлях від  до , якщо швидкість одного з них в 1,5 рази більше швидкості іншого.

Рішення. Нехай  і  (хв) --- час, витрачений відповідно до першим і другим пішоходом на шлях з  в , і нехай другий пішохід вийшов пізніше першого на  хвилин. Розглянь 2 можливості 1)  і 2) . У випадку  маємо рівність  і систему

З першої й третьої нерівності одержимо , з огляду на другу умову одержимо, що , і це у свою чергу дає рівності  й . , , .

У випадку  маємо  й систему

Але тому що , те система не сумісна, і, отже, випадок 2 не може мати місця.

Відповідь. , , .

Приклад За розкладом автобус повинен проходити шлях , що складається з відрізків , ,  довжиною 5, 1, 4 км відповідно, за 1 годину. При цьому виїжджаючи з пункту  в 10 год, він проходить пункт  в 10 год 10 хв, пункт  в 10год 34 хв. З якою швидкістю  повинен їхати автобус, щоб час за яке автобус проходить половину шляху від  до  (зі швидкістю ), складене із сумою абсолютних величин відхилення від розкладу при проходженні пунктів  і , перевищувало абсолютну величину відхилення від розкладу при проходженні пункту  не більш, ніж на 28 хв.

Рішення. Умова задачі приводить до системи

яка має єдине рішення .

Відповідь. 30 км/ч.

Приклад Відповідно до розкладу катер проходить по ріці, швидкість плину якої 5 км/год, шлях з  у  довжиною 15 км за 1 годину. При цьому виходячи з пункту  в 12 год, він прибуває в пункти  й , що відстоять від  на відстань 11 км і 13 км відповідно, в 12 год 20 хв і в 12 год 40 хв. Відомо, що якби катер рухався з  у  без зупинок з постійною швидкістю  (щодо води), те сума абсолютних величин відхилень від розкладу прибуття в пункти , ,  не перевищувало б зменшеного на півгодини часу, необхідного катеру для проходження 5 км зі швидкістю  в стоячій воді. Який з пунктів перебуває вище за течією:  або ?

Рішення. Розглянемо 2 випадки 1) пункт  перебуває вище за течією 2) пункт  перебуває нижче за течією.

У першому випадку одержуємо систему

яка не має рішення. Тоді виконується другий випадок.

Відповідь. .

Приклад Дані три квадратних тричлени: ,  і . Доведіть, що рівняння  має не більше восьми корінь.

Рішення. Кожний корінь даного рівняння є коренем одного із квадратних тричленів , ,  з деяким набором знаків. Таких наборів 8, і всі вони дають дійсно квадратні тричлени, тому що коефіцієнт при  має вигляд , тобто відмінний від нуля. Однак двом протилежним наборам знаків відповідають квадратні рівняння, що мають ті самі коріння. Виходить, всі рішення рівняння  втримуються серед корінь чотирьох квадратних рівнянь. Отже, їх не більше восьми.

Приклад Шабат Г.Б. Нескінченна послідовність чисел  визначається умовами: , причому . Доведіть, що послідовність, починаючи з деякого місця, періодична в тому випадку, якщо  раціонально.

Рішення. Якщо , то . Дійсно, . Якщо  раціональне, то  раціональне, причому зі знаменником не більшим чим в . Дійсно, нехай  --- нескоротний дріб. Тоді

Якщо цей дріб нескоротний, то її знаменник такої ж, як і в , якщо вона скоротна, те після скорочення знаменник зменшиться.

Отже, всі члени послідовності --- раціональні числа, укладені між 0 і 1, тобто правильні дроби. Але правильних дробів зі знаменниками, не більшими заданої величини , --- кінцеве число. Тому якісь члени послідовності повторяться, і із цього моменту послідовність буде періодичною.

Найпростіші рівняння й нерівності з модулем

До найпростішого (не обов'язково простим) рівнянням ми будемо відносити рівняння, розв'язувані одним з нижчеподаних рівносильних переходів:

(??)(??)(??)(??)

Приклади рішення найпростіших рівнянь.

Приклад Вирішимо рівняння

.

Рішення.

Відповідь. .

Приклад Вирішимо рівняння

.

Рішення.

Відповідь. .

Приклад Вирішимо рівняння

.

Рішення.

Відповідь. .

Зупинимося докладніше на рівняннях, у яких зустрічається сума модулів (формули (??)--(??) ).

Теорема Сума модулів дорівнює алгебраїчній сумі підмодульних величин тоді й тільки тоді, коли кожна величина має той знак, з яким вона входить в алгебраїчну суму.

Приклад Вирішити рівняння

Рішення. Тому що , те ми маємо рівність виду , де , . Тому вихідне рівняння рівносильне системі:

Відповідь. .

Теорема Сума модулів дорівнює модулю алгебраїчної суми підмодульних величин тоді й тільки тоді, коли всі величини мають той знак, з яким вони входять в алгебраїчну суму, або всі величини мають протилежний знак одночасно.

Приклад Вирішити рівняння

Рішення. ''Заганяємо'' коефіцієнти 2 і 5 під знак модуля й ''ізолюємо'' суму модулів:

По константах одержуємо . Дійсно, , тобто рівняння має вигляд . Отже, рівняння рівносильне сукупності двох систем:

тобто .

Відповідь. .

До найпростішого (не обов'язково простим) нерівностям ми будемо відносити нерівності, розв'язувані одним з нижчеподаних рівносильних переходів:

(??)

(??)

Приклади рішення найпростіших нерівностей.

Приклад Вирішимо нерівність .

Рішення.

.

Відповідь. .

Приклад Вирішимо нерівність

.

Рішення.

Відповідь. .

Як не дивно, але  досить, щоб позбутися від знака модуля в будь-яких нерівностях.

Приклад Вирішити нерівність

Рішення.

Відповідь. .

Приклад Вирішити нерівність

Рішення. Щодо будь-якого модуля дана нерівність має вигляд . Тому перебравши всі комбінації знаків двох підмодульних виражень, маємо

Відповідь. .

Приклад При яких значеннях параметра  нерівність

виконується при всіх значеннях ?

Рішення. Вихідне рівняння рівносильне системі:

Виконання для всіх  вихідної нерівності рівносильне виконанню для  всіх нерівностей останньої системи. А це рівносильне тому, що дискримінанти всіх чотирьох квадратних тричленів непозитивні:

Відповідь. .

Приклад Знайти всі значення параметра , при кожному з яких число цілозчисленних рішень нерівності

максимально.

Рішення. Тому що

 те вихідне рівняння рівносильне системі:

Оскільки обоє нерівності в системі лінійні відносно . Вирішимо систему відносно :

(??)

Умови існування параметра  рівносильне вимозі

(??)

Нерівність (??) повідомляє всі значення, які можуть бути рішенням вихідної нерівності хоча б при одному значенні параметра. Отже, цілочисленими рішеннями вихідної нерівності можуть бути тільки цілі числа із проміжку , тобто

(??)

Природно, що для будь-якого цілого числа з набору (??) треба з'ясувати, при яких значеннях параметра  це число буде рішенням вихідної нерівності.

Оскільки вихідна нерівність рівносильна (??), те по черзі підставляючи числа з набору (??) в нерівності (??), ми відразу й знайдемо всі відповідні значення параметра. Маємо

Щоб виявити значення параметра, при яких вихідна нерівність має максимальне число цілочисленних рішень, скористаємося ``розгорненням'', отриманої інформації уздовж від параметра (див. мал. (??)):

 

Очевидно, що максимальна кількість рішень дорівнює трьом, і це досягається, коли  або .

Відповідь. .

Графічне рішення рівнянь і нерівностей з модулем

Рішення рівнянь, що містять знак абсолютної величини часто набагато зручніше вирішувати не аналітично, а графічно (особливо рівняння утримуючі параметри).

Побудова графіків виду

,  і

Відзначимо правило побудови графіка функції .

1) Будуємо спочатку графік функції .

2) Там, де графік функції  лежить вище осі  або на ній, залишаємо його без зміни; крапки графіка, які лежать нижче осі , заміняємо симетричними їм щодо осі  крапками.

Для приклада, на малюнку (??) зображений графік функції

.

 

Для побудови графіка функції  будуємо графік функції  для  й відображаємо симетрично щодо осі .

Для приклада, на малюнку (??) зображений графік функції .

 

Для побудови графіка функції  будуємо графік функції  для  й симетрично відображаємо щодо осі .

Для приклада, на малюнку (??) зображений графік функції .

 

Приклад Побудувати графік функції .

Рішення. Скористаємося правилами перетворення графіків.

1. Графік функції  --- бісектриса перших і третього координатних кутів.

2. Графік функції  виходить із графіка функції  відображенням його частини, розташованої нижче осі абсцис (при ) симетрично щодо осі абсцис.

3. Графік функції  виходить із попереднім зрушенням уліво по осі абсцис на дві одиниці.

4. Отриманий графік зрушуємо по осі ординат на 3 одиниці долілиць. Одержуємо графік функції .