Алгебраическое и графическое решение уравнений, содержащих модуль — страница 5

  • Просмотров 8945
  • Скачиваний 555
  • Размер файла 122
    Кб

x + 1=2x – 5 или x + 1=-2x + 5 x – 2x=-5 – 1 x + 2x=5 – 1 -x=-6|(:1) 3x=4 x=6 x=11/3 Корень первого уравнения x=6, корень второго уравнения x=11/3 Таким образом корни исходного уравнения x1=6, x2=11/3 2. В силу соотношения (2), получим (x + 1)2=(2x – 5)2, или x2 + 2x + 1=4x2 – 20x + 25 x2 – 4x2 +2x+1 + 20x – 25=0 -3x2 + 22x – 24=0|(:-1) 3x2 – 22x + 24=0 D/4=121-3 ´ 24=121 – 72=49>0 Þуравнение имеет 2 различных корня. x1=(11 – 7 )/3=11/3 x2=(11 + 7 )/3=6 Как показывает решение, корнями данного уравнения также являются числа 11/3 и 6 Ответ:

x1=6, x2=11/3 Пример 5. Решим уравнение (2x + 3)2=(x – 1)2. Учитывая соотношение (2), получим, что |2x + 3|=|x – 1|, откуда по образцу предыдущего примера(и по соотношению (1)): 2х + 3=х – 1 или 2х + 3=-х + 1 2х – х=-1 – 3 2х+ х=1 – 3 х=-4 х=-0,(6) Таким образом корнями уравнения являются х1=-4, и х2=-0,(6) Ответ: х1=-4, х2=0,(6) Пример 6. Решим уравнение |x – 6|=|x2 – 5x + 9| Пользуясь соотношением (1), получим: х – 6=х2 – 5х + 9 или х – 6 = -(х2 – 5х + 9) -х2 + 5х + х – 6 – 9=0 |(-1) x – 6=-x2 + 5x - 9 x2 - 6x + 15=0 x2 – 4x + 3=0 D=36

– 4 * 15=36 – 60= -24 <0Þ D=16 – 4 * 3=4 >0Þ2 р.к. Þ корней 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 геометрической интерпритации модуля для решения уравнений. Геометрический смысл модуля разности величин-это расстояние между ними. Например, геометрический смысл выражения |x – a | -длина отрезка координатной оси, соединяющей точки с абсцисами а и х . Перевод

алгеб-раической задачи на геометрический язык часто позволяет избежать громоздких решений. Пример7. Решим уравнение |x – 1| + |x – 2|=1 с использованием геометрической интерпритации модуля. Будем рассуждать следующим образом: исходя из геометрической интерпри-тации модуля, левая часть уравнения представляет собой сумму расстояний от некторой точки абсцисс х до двух фиксированных точек с абсциссами 1 и 2. Тогда очевидно, что все

точки с абсциссами из отрезка [1; 2] обладают требуемым свойством, а точки, расположенные вне этого отрезка- нет. Отсюда ответ: множеством решений уравнения является отрезок [1; 2]. Ответ: х Î [1; 2] Пример8. Решим уравнение |x – 1| - |x – 2|=1 1 с использованием геометрической интерпритации модуля. Будем рассуждать аналогично предыдущему примеру, при этом получим, что разность расстояний до точек с абсциссами 1 и 2 равна единице только для

точек, расположенных на координатной оси правее числа 2. Следовательно решением данного уравнения будет являтся не отрезок, заключенный между точками 1 и 2, а луч, выходящий из точки 2, и направленный в положительном направлении оси ОХ. Ответ: х Î[2; +¥) Обобщением вышеприведенных уравнений являются следующие равносильные переходы: |x – a| + |x – b|=b – a, где b ³ a Û a £ x £ b |x – a| - |x – b|=b – a, где b ³ a Û x ³ b 4.3. Графики