Алгебраическое і графічне рішення рівнянь, містять модуль

Дослідницька робота з математике.

Тема:

Алгебраїчне і графічне рішення уравнений,.

містять модули.

учня 10 класса.

Палдиской Російської гимназии.

Гаврилова Александра.

вчитель: Сокольская Т.Н.

Палдиски 2003 год.

1.

Введение

…4 2. Понятия і определения…4 3. Доказательство теорем…5 4. Способы рішення рівнянь, містять модуль…6 4.1.Решение з допомогою залежностей між числами a і b, їх модулями і квадратами…12 4.2.Использование геометричній интерпритации модуля на вирішення уравнений…14 4.3.Графики найпростіших функцій, містять знак абсолютної величини. …15 4.4.Решение нестандартних рівняння, містять модуль…16 5.

Заключение

…22 6. Список використаної литературы…23.

Мета роботи: хоча рівняння з модулями учні досліджуються вже с.

6-го — 7-го класу, де вони проходять самі ази рівнянь з модулями. Я вибрав саме цієї теми, бо вважаю, що вона потребує глибшого і досканального дослідження. Я дуже хочу отримати широкі знання про модулі числа, різних засобах рішення рівнянь, містять знак абсолютної величины.

1.

Введение

:

Слово «модуль» походить від латинського слова «modulus», що у перекладі означає «міра». Це дуже полісемантичне слово (омоним), що має безліч значень вживається у математиці, а й у архітектурі, фізиці, техніці, програмировании та інших точних науках. У архитектуре-это вихідна еденица виміру, встановлювана для даного архітектурного спорудження та службовець висловлення кратних співвідношень його складових елементів. У технике-это термін, застосовуваний у різних облостях техніки, яка має універсального значення й службовець для позначення різних коефіцієнтів і величин, наприклад модуль зачеплення, модуль пружності і .т.п. Модуль об'ємного стискування (в физике)-отношение нормального напруги у вихідному матеріалі відносного удлинению.

2. Поняття і определения.

Щоб глибоко вивчати цю тему, необхідно ознайомитися з найпростішими визначеннями, що мені знадобляться: Уравнение-это рівність, сродержащее перемінні. Рівняння з модулем-это рівняння, містять зміну під знаком абсолютної величины (под знаком модуля).Например: |x|=1 Вирішити уравнение-это отже знайти коріння, чи довести, що коренів немає. У математиці модуль має низку значень, але у моєї дослідницької роботи я візьму лише одне: Модуль-абсолютная величина числа, рівна відстані з початку відліку до крапки над числової прямой.

3. Доказ теорем.

Визначення. Модуль числа a чи абсолютна величина числа a дорівнює a, якщо a більше або одно нулю і дорівнюєa, якщо a менше нуля:

[pic].

З визначення слід, що з будь-якого дійсного числа a, [pic].

Теорему 1. Абсолютна величина дійсного числа [pic] дорівнює більшого з цих двох чисел a чиa.

Доказательство.

1. Якщо a позитивно, тоa негативно, т. е. -a < 0 Звідси випливає, щоa.

Наприклад, число 5 позитивно, тоді -5 — негативно і -5 < 0 < 5, звідси -5 < 5.

І тут |a| = a, т. е. |a| збігаються з великим з цих двох чисел a і - a.

2. Якщо a негативно, тодіa позитивно і a < - a, т. е. великим числом єa. За визначенням, у разі, |a| = -a — знову, одно більшого з цих двох чиселa і a.

Слідство 1. З теореми слід, що |-a| = |a|.

У насправді, як [pic], і [pic] рівні більшого з чиселa і a, а отже, рівні між собой.

Слідство 2. Для будь-якого дійсного числа a справедливі нерівності [pic].

Примножуючи друге рівність [pic] на -1 (у своїй знак нерівності зміниться на протилежний), ми матимемо такі нерівності: [pic] справедливі нічого для будь-якого дійсного числа a. Об'єднуючи останні нерівності за одну, отримуємо: [pic].

Теорему 2. Абсолютна величина будь-якого дійсного числа a дорівнює арифметичному квадратному корені з [pic] [pic].

У насправді, якщо [pic] то визначенню модуля числа, матимемо [pic] З іншого боку, при [pic] [pic] отже |a| = [pic].

Якщо a < 0, тоді |a| = -a і [pic] й у разі |a| = [pic].

Ця теорема дає можливість під час вирішення деяких завдань заміняти |a| на [pic].

Геометрично |a| означає відстань на координатної прямий від точки, яка зображує число a, на початок отсчета.

Якщо [pic] то, на координатної прямий є дві точки a іa, рівновіддаленою від нуля, модулі яких равны.

Якщо a = 0, то, на координатної прямий |a| змальовується точкою 0 (див. рис.).

[pic].

Рис.

4.Способы рішення рівнянь, містять модуль.

Аби вирішити рівнянь, містять знак абсолютної величини, ми основыватся на визначенні модуля числа і властивості абсолютної величини числа. Ми вирішимо кілька прикладів у тому самим чином й подивимося, який із способів виявиться простіше на вирішення рівнянь, містять модуль.

Приклад 1. Решитм аналітично і графічно рівняння |x — 2| = 3.

Решение.

Аналітичне решение.

1-ї способ.

Розмірковувати будемо, з визначення модуля. Якщо вираз, яка під модулем неотрицательно, т. е. x — 2 [pic] 0, тоді він «вийде «з під знака модуля зі знаком «плюс «і рівняння набуде вигляду: x — 2 = 3. Якщо значення висловлювання під знаком модуля негативно, тоді, по визначенню, він дорівнюватиме: [pic] чи x — 2=-3.

Отже, отримуємо, або x — 2 = 3, або x — 2 = -3. Вирішуючи отримані рівняння, знаходимо: [pic].

Відповідь: [pic].

Нині можна дійти невтішного висновку: якщо модуль деякого висловлювання дорівнює дійсному позитивному числу a, тоді вираз під модулем одно або a, або [pic].

Графічне решение.

Однією з способів вирішення рівнянь, містять модуль є графічний спосіб. Стисло суть цього способу у тому, щоб побудувати графіки даних функцій. Що стосується, якщо графіки перетнуться, точки перетинань даних графіків будуть являтся корінням нашого рівняння. У разі, якщо графіки не перетнуться, зможемо дійти невтішного висновку, що рівняння коренів немає. Такий спосіб, мабуть, рідше інших застосовують на вирішення рівнянь, містять модуль, оскільки, по-перше, вона обіймає досить багато часу який завжди раціональний, а, по-друге, результати, отримані при построениии графіків, який завжди я вляются точними. Інший спосіб розв’язання рівнянь, містять модульце спосіб розбивки числової прямий на проміжки. І тут ми мусимо розбити числову пряму отже з визначення модуля, знак абсолютної величини на даних проміжках можна буде потрапити зняти. Потім, кожного з проміжків ми повинні будемо вирішити дане рівняння і дійти невтішного висновку, щодо одержані корней (удовлетворяют вони нашому проміжку чи ні). Коріння, задовольняють проміжки нададуть остаточний ответ.

2-ї способ.

Встановимо, за яких значеннях x, модуль нульовий: [pic] Одержимо два проміжку, кожному у тому числі вирішимо рівняння (див. рис. 9):

[pic].

Рис. 9.

Одержимо дві змішаних системы:

(1) [pic] (2) [pic].

Вирішимо кожну систему:

(1) [pic] (задовольняє даному промежутку).

(2) [pic] (задовольняє даному промежутку).

Відповідь: [pic].

Графічне решение.

Аби вирішити рівняння графічним способом, вибудувати графіки функцій [pic] і [pic].

Для побудови графіка функції [pic], побудуємо графік функції [pic] - це пряма, яка перетинає вісь OX у точці (2; 0), а вісь OY у точці [pic] а потім частина прямий, що лежить нижче осі OX дзеркально відбити в осі OX.

Графіком функції [pic] є пряма, паралельна осі OX і через точку (0; 3) на осі OY (див. рис. 10).

[pic].

Рис. 10.

Абсциссы точок перетину графіків функцій дадуть рішення уравнения.

Пряма графіка функції y=3 перетнулася з графіком функції y=|x — 2| в точках з координатами (-1; 3) і (5; 3), отже рішеннями рівняння будуть абсциссы точок: x=-1, x=5.

Відповідь: [pic].

Приклад 2. Решитм аналітично і графічно рівняння 1 + |x| = 0.5.

Решение:

Аналітичне решение.

Перетворимо рівняння: 1 + |x| = 0.5.

|x| =0.5−1.

|x|=-0.5 Зрозуміло, у цьому разі рівняння немає рішень, оскільки, по визначенню, модуль завжди неотрицателен.

Відповідь: рішень нет.

Графічне решение.

Перетворимо рівняння:: 1 + |x| = 0.5.

|x| =0.5−1.

|x|=-0.5.

Графіком функції [pic] є промені - биссектрисы 1-го і другого координатних кутів. Графіком функції [pic] є пряма, паралельна осі OX і через точку -0,5 на осі OY.

[pic].

Рис. 11.

Графіки не перетинаються, отже рівняння немає рішень (див. рис. 11).

Відповідь: немає решений.

Пример 3. Вирішіть аналітично і графічно рівняння |-x + 2| = 2x + 1.

Решение:

Аналітичне решение.

1-ї способ.

Перш слід встановити область допустимих значень перемінної. Виникає природне запитання, чому попередніх прикладах був необхідності робити це, і тепер вона возникла.

Річ у тім, у цьому прикладі у частині рівняння модуль деякого висловлювання, а правій частині не число, а вираз з перемінної, — саме цієї обставини відрізняє даний приклад від предыдущих.

Бо у лівої частини — модуль, а правій частині, вираз, що містить зміну, необхідно зажадати, щоб цей вислів було неотрицательным, т. е. [pic] Отже, область допустимих значень модуля [pic].

Нині можна розмірковувати як і в прикладі 1, як у правій частині рівності перебувало позитивної число. Одержимо дві змішаних системы:

(1) [pic] і (2) [pic].

Вирішимо кожну систему:

(1) [pic] входить у проміжок [pic] і є коренем уравнения.

(2) [pic] x = -3 не входить у проміжок [pic] не є коренем уравнения.

Відповідь: [pic].

2-ї способ.

Встановимо, за яких значеннях x модуль у частині рівняння звертається до нуль: [pic].

Одержимо два проміжку, кожному у тому числі вирішимо дане рівняння (див. рис. 12):

[pic].

Рис. 12.

Через війну матимемо сукупність змішаних систем:

[pic].

Вирішуючи отримані системи, находим:

(1) [pic] [pic] входить у проміжок і [pic] є коренем уравнения.

(2) [pic] не входить у проміжок і x=-3 перестав бути коренем уравнения.

Відповідь: [pic].

4.1.Решение з допомогою залежностей між числами a і b, їх модулями і квадратами цих чисел.

Окрім наведених мною вище способів існує певна равносильность, між числами і модулями даних чисел, і навіть між квадратами і модулями даних чисел:

|a|=|b|? a=b чи a=-b.

a2=b2? a=b чи a=-b.

(1).

Звідси своє чергу одержимо, что.

|a|=|b|? a2=b2.

(2).

Приклад 4. Вирішимо рівняння |x + 1|=|2x — 5| двома різними способами.

1.Учитывая співвідношення (1), одержимо: x + 1=2x — 5 чи x + 1=-2x + 5 x — 2x=-5 — 1 x + 2x=5 — 1.

— x=-6|(:1) 3x=4 x=6 x=11/3 Корінь першого рівняння x=6, корінь другого рівняння x=11/3 Отже коріння вихідного рівняння x1=6, x2=11/3.

2. З огляду на співвідношення (2), одержимо (x + 1)2=(2x — 5)2, чи x2 + 2x + 1=4×2 — 20x + 25×2 — 4×2 +2x+1 + 20x — 25=0.

— 3×2 + 22x — 24=0|(:-1).

3x2 — 22x + 24=0.

D/4=121−3 Ч 24=121 — 72=49>0 ?рівняння має 2 різних корня.

x1=(11 — 7)/3=11/3.

x2=(11 + 7)/3=6.

Как показує рішення, корінням даного рівняння також є числа 11/3 і 6.

Відповідь: x1=6, x2=11/3.

Пример 5. Вирішимо рівняння (2x + 3)2=(x — 1)2.

Учитывая співвідношення (2), одержимо, що |2x + 3|=|x — 1|, звідки на зразок попереднього примера (и за співвідношенням (1)): 2х + 3=х — 1 чи 2х + 3=- x + 1 2х — х=-1 — 3 2х+ х=1 — 3 х=-4 х=-0,(6).

Таким чином корінням рівняння є х1=-4, і х2=-0,(6).

Відповідь: х1=-4, х2=0,(6).

Приклад 6. Вирішимо рівняння |x — 6|=|x2 — 5x + 9|.

Пользуясь співвідношенням (1), получим:

х — 6=х2 — 5х + 9 чи x — 6 = -(х2 — 5х + 9) -х2 + 5х + x — 6 — 9=0 |(-1) x — 6=-x2 + 5x — 9×2 — 6x + 15=0×2 — 4x + 3=0.

D=36 — 4 * 15=36 — 60= -24 0?2 р.к.? коренів нет.

x1=(4- 2) /2=1.

x2=(4 + 2) /2=3.

Проверка: |1 — 6|=|12 — 5 * 1 + 9| |3 — 6|=|32 — 5 * 3 + 9|.

5 = 5(И) 3 = |9 — 15 + 9|.

3 = 3(И) Ответ: x1=1; x2=3.

4.2.Использование геометричній интерпритации модуля на вирішення уравнений.

Геометрический сенс модуля різниці величин-это відстань з-поміж них. Наприклад, геометричний смисл терміна |x — a | -довжина відрізка координатної осі, що з'єднує точки з абсцисами чи x. Переклад алгебраической завдання на геометричний мову часто дозволяє уникнути громіздких решений.

Пример7. Вирішимо рівняння |x — 1| + |x — 2|=1 з допомогою геометричній интерпритации модуля.

Будем розмірковувати так: з геометричній интерпри-тации модуля, ліва частина рівняння є сумою відстаней від некторой точки абсцис x до двох фіксованих точок з абсциссами 1 і 2. Тоді очевидно, що це точки з абсциссами з відрізка [1; 2] мають потрібним властивістю, а точки, розташовані поза цього відрізканемає. Звідси відповідь: безліччю рішень рівняння є відрізок [1; 2].

Ответ: x? [1; 2].

Пример8. Вирішимо рівняння |x — 1| - |x — 2|=1 1 з допомогою геометричній интерпритации модуля.

Будем розмірковувати аналогічно попередньому прикладу, у своїй одержимо, що різницю відстаней до точок з абсциссами 1 і 2 дорівнює одиниці лише точок, розташованих на координатної осі правіше числа 2. Отже рішенням даного рівняння буде являтся не відрізок, укладений між точками 1 і 2, а промінь, який із точки 2, і спрямований в позитивному напрямі осі ОХ.

Ответ: x ?[2; +?).

Узагальненням вищенаведених рівнянь є такі рівносильні переходы:

|x — a| + |x — b|=b — a, де b? a? a? x? b.

|x — a| - |x — b|=b — a, де b? a? x? b.

4.3. Графіки найпростіших функцій, містять знак абсолютної величины.

Під найпростішими функціями розуміють алгебраїчну суму модулів лінійних висловів. Сформулюємо твердження, що дозволяє будувати графіки таких функцій, не розкриваючи модулі (що особливо важливо, коли модулів досить багато): «Алгебраїчна сума модулів n лінійних висловів представляє собою кусочнолінійну функцію, графік якої з n +1 прямолінійного відрізка. Тоді графік буде побудовано по n +2 точкам, n у тому числі є коріння внутримодульных висловів, ще одна — довільна точка з абсциссой, меншою меншого з цих коренів і — з абсциссой, більшої більшого з корней.

Например:

1)f (x)=|x — 1| Вираховуючи функції в точках 1, 0 і 2, отримуємо графік, що з двох отрезков (рис.1).

2) f (x)=|x — 1| + |x — 2| Вираховуючи значення функиции в точках з абсциссами 1, 2, 0 і трьох, отримуємо графік, що з двох відрізків прямых.(рис.2).

3) f (x)=|x — 1| + |x — 2| + |x — 3| Для побудови графіка обчислимо значення функції в точках 1, 2, 3, 0 і 4 (рис.3).

4) f (x)=|x — 1| - |x — 2| Графік різниці будується аналогічно графіку суми, тоесть по точкам 1, 2, 0 і 3.

[pic] рис1. рис2. рис3. рис4.

4.4.Решение нестандартних рівнянь, містять модули.

Пример9. Вирішити рівняння 3| x + 2 | + x2 + 6x + 2 = 0.

Рішення. Розглянемо два случая.

[pic] Відповідь: (- 4; - 1).

Пример10. Вирішити рівняння | 4 — x | + | (x — 1)(x — 3) | = 1.

Решение.

Учитывая, що | 4 — x | = | x — 4 |, розглянемо чотири случая.

[pic]так як [pic] 2) [pic].

3) 4) [pic] 4) [pic].

Ответ: 3.

Графічний способ.

Построим графіки функцій y = |(x-1)(x-3)| і y=1-|x-4 |.

1)в Гy = |(x-1)(x-3)| підставимо значення х=1 і х=3. Ми одержимо у=0, тоесть те що графіка з віссю ОХ. При x рівному нулю у=3, тоесть графік перетинається з віссю ЗУ у точці (0 ;3). І за х=4 у також дорівнює 3- ми отримали перший графік. 2) y=1-|x-4 | Знайдемо те що з віссю ОХ, при цьому вирішимо просте рівняння: 1-|x-4|=0.

|x-4|=1 x — 4=1 чи x — 4=-1 x=5 x=3 Отже даний графік перетинає вісь ОХ в точках 5 і трьох. При х=4 у=1 і ак це випливає з графіка: графіки обох функцій перетинаються в одній точці 3.

[pic].

Ответ: 3.

Пример11. Вирішити рівняння | x2 + 3x | = 2(x + 1).

Рішення. Рівняння рівносильне системе.

[pic] Відповідь: [pic].

Пример12.Решить рівняння х2 — 4х +|x — 3| +3=0.

Для звільнення з знака абсолютної величини розіб'ємо числову пряму на дві області й шукатимемо рішення вихідного рівняння у кожному з цих областей отдельно:

__________x ?3__________________|____________x 0? два различ. корня.

x=0 -сторонній корінь, оскільки x1= (5- 1)/2 =2 не задовольняє проміжку. x2=(5 + 1)/2=3.

x=3 — сторонній корінь, бо задовольняє промежутку.

Значит, вихідне рівняння має дві рішення х1=2 і х2=3.

Ответ: х1=2, х2=3.

Пример13. Вирішити рівняння | 2x + 8 | - | x — 5 | = 12.

Рішення. Розкриття пари модулів призводить до трьом випадків (без x + 4? 0, x — 5? 0).

[pic] Відповідь: {- 25; 3}.

Приклад 14. Вирішити рівняння .

[pic].

Рішення: Напишемо рівносильну змішану систему:

[pic] Відповідь: х=-4.

Приклад 15 Вирішити графічно рівняння |1 — x| - |2x + 3| + x + 4=0.

Рішення: Уявімо рівняння як |1 — x| - |2x + 3| =-x — 4 Побудуємо два графіка у=|1 — x| - |2x + 3| і у=-х — 4.

1) у=|1 — x| - |2x + 3|.

Критические точки: х=1, х=-1.5.

(1 — x) ________+________|______ +____________|_____-______ > (2х +3) — -1.5 +.

1 +.

а) x< -1.5, (1- x)>0 і (2х + 3)0, тобто. функція набуде вигляду у= -1 + x — 2х — 3, у= -x — 4 -графіком є пряма, через дві точки (0; -4), (-4; 0).

График функції у= - x — 4 збігаються з графіком у=|1 — x| - |2x + 3|, при x ?1, Тому рішенням є всі x ?1 і x= -4.

[pic] Відповідь: x ?1,х= -4.

Аналітичне решение.

y=|1 — x| - |2x + 3| y=-x — 4 Побудуємо числову пряму те щоб з визначення модуля знак абсолютної величини числа можна буде потрапити зняти. І тому знайдемо критичні точки: 1- х=0 і 2х — 3 =0, х=1 х=-1,5.

___________х.