Для этого нужно решить неравенства и .

Неравенство равносильно неравенству или совокупности двух систем неравенств:

Множество решений первой системы имеет вид , вторая система не имеет решений. Значит, только при значении корень уравнения лежит в области

Неравенство равносильно неравенству или системе неравенств

Множество решений полученной системы неравенств есть отрезок .

Только при этих значениях параметра , корень принадлежит области: . Таким образом, при данное уравнение в области решений не имеет.

Если , то уравнение в рассматриваемой области имеет единственное решение .

При значениях , лежащих в области исходное уравнение имеет два различных корня и . Если же , то исходное уравнение имеет единственный корень . Полученные результаты удобно свести в таблицу:

Таким образом, искомые значения образуют два промежутка: и .

Ответ. , .

Пример Найти все корни уравнения , удовлетворяющее неравенству .

Решение. Строим графики функций и . Получим две точки пересечения, абсцисса только одной из них меньше , т. е. удовлетворяет условию задачи (см. рис. ).

pics/ex14.eps

Абсциссу точки можно получить решив уравнение .

Ответ. .

Пример Решить аналитически и графически уравнение

Аналитическое решение

Преобразуем уравнение, умножив обе его части на 2, будучи положительным числом, его можно вносить под знак модуля, поэтому получим:

У каждого из трехчленов положительные дискриминанты. Это дает возможность разложить каждый из них на линейные множители.

Уравнение примет вид: .

На числовой прямой отложим точки, в которых каждый из множителей обращается в нуль. В результате получим пять промежутков, на каждом из которых определим знаки трехчленов под модулем и решим полученные уравнения.

Однако такой способ не будет рациональным. Целесообразнее изобразить промежутки знакопостоянства каждого из трехчленов на числовых осях. Тогда определение их знаков будет упрощено и сделается более наглядным (см. рис. ).

pics/ex9.eps

При таком схематическом изображении понятно, что:

1) при оба трехчлена положительны и уравнение примет вид:

Решая его, находим , . Оба корня не входят в промежуток и являются посторонними;

2) при первый трехчлен отрицателен, а второй положителен, получим уравнение: откуда находим корень , который входит в промежуток и является решением уравнения;

3) при оба трехчлена отрицательны, получаем:

, откуда , который входит в промежуток и является решением уравнения;

4) при первый трехчлен положителен, второй --- отрицателен, получаем уравнение:

, отсюда , который входит в промежуток и является решением уравнения;

5) при оба трехчлена положительны, получается такая же ситуация, как и в первом случае. И здесь, оба корня , не входят в промежуток и являются посторонними.

Ответ. , , .

Графическое решение

Для графического решения преобразуем уравнение:

Построим графики функций и

График функции будем строить в несколько этапов:

а) строим график функции ;

б) строим график функции , ``зеркально'' отразив нижнюю часть кривой в оси ;

в) строим график функции для этого достаточно график функции ``опустить'' вниз (осуществить параллельный перенос вдоль оси ) на ;

г) полученный график полностью симметрично отразим в оси , ``перевернем'' вокруг оси на .

В результате получим график функции .

График функции построим уже известным способом: строим параболу и зеркально отражаем в оси только часть параболы, находящуюся ниже оси .

Находим абсциссы точек пересечения графиков, которые и будут являться решениями уравнения (см. рис. ).

pics/ex10.eps

Абсциссы точек пересечения следующие: 1,75; 2,5 и 3,25. Они и будут решениями уравнения.

Пример Решите уравнение .

Решение. Решать будем это уравнение последовательно ``раскрывая'' модули, начиная с ``внешнего'' и ``приближаясь'' к переменной .

После раскрытия первого модуля, получим совокупность двух уравнений:

(1) или (2) .

Решая уравнение (1), в свою очередь, получаем два уравнения:

,

(3) или (4) .

Из уравнения (3) находим: , из уравнения (4) находим: ,

Решая уравнение (2), также получим: , которое распадается два уравнения:

() или () .

Из () получаем: , , Из () , которое не имеет решений.

Ответ.

Пример Решить уравнение:

Решение. ОДЗ данного уравнения:

Простой проверкой нетрудно убедиться, что и --- решения данного уравнения.

Ответ. .

Если решать уравнение путем возведения в квадраты обеих его частей, то получится уравнение

У этого уравнения добавится ``лишний'' корень , не принадлежащий ОДЗ.

Преобразование , не равносильное, т.к. входит в ОДЗ исходного выражения, но не входит в ОДЗ преобразованного.

Нюанс состоит в том, что при функция существует и при , т.к. на что ноль ни умножай --- будет ноль.

Пример Решить уравнение .

Решение. Начнем раскрывать внутренний модуль (раскрытие внешнего модуля займет гораздо больше времени):

1. При имеем .

Теперь рассмотрим два случая:

а) , т.е. ;

б) и

Т.к. функция, стоящая в первой части исходного уравнения, --- четная, то решением так же будет и .

Ответ. .

Пример Чему равна сумма корней уравнения (корень, если он один) уравнения

Решение. Рассмотрим выражение

и преобразуем его к виду

Очевидно, что числитель дроби при любых значениях переменной является положительным числом. Значит дробное выражение положительно, если (т.к. ). Преобразуем полученное выражение, при условии . Получим уравнение, равносильное исходному:

Ответ. .

Пример Все значения квадратного трёхчлена на отрезке по модулю не превосходят 1. Какое наибольшее значение при этом может иметь величина ?

Ответ. Максимальное значение величины равно 17.

Докажем это. Сначала докажем, что эта величина не может быть больше 17. Так как значения трёхчлена на отрезке по модулю не превосходят единицы, то , , , то есть , , . Так как модуль суммы не превосходит суммы модулей, то

Следовательно, . Осталось заметить, что квадратный трёхчлен удовлетворяет условию задачи и для него величина равна 17.

Пример Найдите наибольшее целое значение параметра , при котором уравнение не имеет решений.

Решение. Исходное уравнение равносильно уравнению

Вторая система имеет решение только при (при этом ее решениями будут все ). Первая система не имеет решений, если При этом наибольшее целое , очевидно, равно .

Ответ. .

Заключение

Материал данной дипломной работы адресован учителям математики, преподавателям подготовительных курсов, школьникам и абитуриентам. Рассмотрены свойства абсолютных величин, приведены теоремы о равносильных преобразованиях уравнений и неравенств, содержащих знак модуля. Сформулированы малоизвестные утверждения, существенно упрощающие традиционные алгоритмические способы решения школьных, конкурсных и олимпиадных задач. Теоретический материал проиллюстрирован значительным количеством заданий (более 80) из вступительных экзаменов, математических олимпиад и заданий централизованного тестирования.

Список использованных источников

Веременок В. В., Практикум по математикеке, подготовка к тестированию и экзамену/Веременок В. В., Кожушко В. В. --- Мн.: Тетра-Системз, 2006.

Д. Гущин, Мощное решение. Уравнения и неравенства с модулями //Учительская газета №39.

В.Голубев, Школа решения нестандартных задач. Занятие 3. Нестандартная техника решения неравенств с модулем // Математика №5, 2005 с. 24--31.

В.Голубев, Школа решения нестандартных задач. Занятие 5. Сумма модулей// Математика № 12, 2005 с.41--48.

Тишин В. И., Математика для учителей и учащихся: рациональные алгебраические уравнения/ Тишин В. И. --- п. Комаричи, 2002. --- 167с.

О. Игудисман, Математика на устном экзамене/ О. Игудисман --- М.: Айрис Пресс, Рольф, 2001---254с.

Математика: готовимся к централизованному тестированию: Анализ ошибок 2007 года. Комментарии к ответам. Тренировочные тесты/ Респ. ин-т контроля знаний М-ва образования Респ. Беларусь.--- Мн.: Аверсэв, 2008. --- 64 с.

Азаров А.И., Математика: задачи-<<ловушки>> на централизованном тестировании и экзамене/ А.И. Азаров, С.А. Барвенов, В.С. Романчик. --- 2-е изд., перераб.,--- Мн.: Аверсэв, 2006. --- 176с.

Куланин Е.Д., 3000 конкурсных задач по математике/Куланин Е.Д., Норин В.П., Федин С.Н., Шевченко Ю.А. --- 10-е изд. --- М.: Айрис-пресс, 2007. --- 624с.

Веременюк В. В., Математика: учимся быстро решать тесты: пособие для подгот. к тестированию и экзамену/ В. В. Веременюк, Е. А. Крушевский, И. Д. Беганская. --- 4-е изд. --- Минск: ТетраСистемс, 2006. --- 176с.

Азаров А. И., Математика для старшеклассников: Методы решения алгебраических уравнений, неравенств и систем: Пособие для учащихся учреждений, обеспечивающих получение общего среднего образования/А. И. Азаров, С. А. Барвенов. --- Мн.: Аверсэв, 2004. --- 448с.