Mi ne biramo matematiku njena profesija, a ona bira nas.
Ruski matematičar Yu.I. Manin
Jednačine sa modulom
Najteži problemi za rješavanje u školskoj matematici su jednačine koje sadrže varijable pod predznakom modula. Da biste uspješno riješili takve jednačine, morate znati definiciju i osnovna svojstva modula. Naravno, učenici moraju imati vještine rješavanja jednačina ovog tipa.
Osnovni koncepti i svojstva
Modul (apsolutna vrijednost) realnog broja označeno sa i definira se na sljedeći način:
TO jednostavna svojstva modul uključuje sljedeće odnose:
Napomena, da posljednja dva svojstva vrijede za bilo koji paran stepen.
Štaviše, ako, gdje, onda i
Više kompleksna svojstva modul, koji se može efikasno koristiti pri rješavanju jednačina sa modulima, formulisani su kroz sledeće teoreme:
Teorema 1.Za bilo koje analitičke funkcije I nejednakost je tačna
Teorema 2. Jednakost je ekvivalentna nejednakosti.
Teorema 3. Jednakost jednako nejednakosti.
Pogledajmo tipične primjere rješavanja zadataka na temu „Jednačine, koji sadrže varijable pod znakom modula."
Rješavanje jednadžbi s modulom
Najčešća metoda u školskoj matematici za rješavanje jednačina s modulom je metoda, baziran na proširenju modula. Ova metoda je univerzalna, međutim, u opštem slučaju, njegova upotreba može dovesti do veoma glomaznih proračuna. U tom smislu, studenti bi trebali znati i druge, više efikasne metode i tehnike za rješavanje takvih jednačina. Posebno, potrebno je imati vještine primjene teorema, dato u ovom članku.
Primjer 1. Riješite jednačinu. (1)
Rješenje. Jednačinu (1) riješit ćemo „klasičnom“ metodom – metodom otkrivanja modula. Da bismo to učinili, podijelimo brojčanu osu tačke i u intervale i razmotriti tri slučaja.
1. Ako , Tada , , , i jednadžba (1) poprima oblik . Iz ovoga proizilazi. Međutim, ovdje, dakle, pronađena vrijednost nije korijen jednadžbe (1).
2. Ako, onda iz jednačine (1) dobijamo ili .
Od tada korijen jednačine (1).
3. Ako, tada jednačina (1) poprima oblik ili . Zapazimo to.
Odgovor: , .
Prilikom rješavanja sljedećih jednačina sa modulom, aktivno ćemo koristiti svojstva modula kako bismo povećali efikasnost rješavanja takvih jednačina.
Primjer 2. Riješite jednačinu.
Rješenje. Od i onda iz jednačine slijedi. U tom smislu, , , i jednačina poprima oblik. Odavde dobijamo. međutim, stoga originalna jednadžba nema korijen.
Odgovor: nema korijena.
Primjer 3. Riješite jednačinu.
Rješenje. Od tada. Ako , onda i jednačina poprima oblik.
Odavde dobijamo .
Primjer 4. Riješite jednačinu.
Rješenje.Prepišimo jednačinu u ekvivalentnom obliku. (2)
Rezultirajuća jednačina pripada jednadžbi tipa .
Uzimajući u obzir teoremu 2, može se tvrditi da je jednačina (2) ekvivalentna nejednakosti . Odavde dobijamo .
Odgovor: .
Primjer 5. Riješite jednačinu.
Rješenje. Ova jednačina ima oblik. zato , prema teoremi 3, ovdje imamo nejednakost ili .
Primjer 6. Riješite jednačinu.
Rješenje. Pretpostavimo to. jer , tada data jednačina poprima oblik kvadratne jednačine, (3)
Gdje . Budući da jednačina (3) ima jedan pozitivan korijen i , zatim . Odavde dobijamo dva korena originalne jednadžbe: i .
Primjer 7. Riješite jednačinu. (4)
Rješenje. Pošto jednačinaje ekvivalentno kombinaciji dvije jednačine: i , tada je pri rješavanju jednačine (4) potrebno razmotriti dva slučaja.
1. Ako , onda ili .
Odavde dobijamo , i .
2. Ako , onda ili .
Od tada.
Odgovor: , , , .
Primjer 8.Riješite jednačinu . (5)
Rješenje. Od i , onda . Odavde i iz jednačine (5) slijedi da i , tj. ovde imamo sistem jednačina
Međutim ovaj sistem jednačina je nekonzistentna.
Odgovor: nema korijena.
Primjer 9. Riješite jednačinu. (6)
Rješenje. Ako označimo , onda a iz jednačine (6) dobijamo
Ili . (7)
Kako jednačina (7) ima oblik , ova jednačina je ekvivalentna nejednakosti . Odavde dobijamo . Od , tada ili .
Odgovor: .
Primjer 10.Riješite jednačinu. (8)
Rješenje.Prema teoremi 1, možemo pisati
(9)
Uzimajući u obzir jednačinu (8), zaključujemo da se obje nejednačine (9) pretvaraju u jednakosti, tj. postoji sistem jednačina
Međutim, prema teoremi 3, gornji sistem jednačina je ekvivalentan sistemu nejednačina
(10)
Rješavajući sistem nejednačina (10) dobijamo . Pošto je sistem nejednačina (10) ekvivalentan jednačini (8), originalna jednačina ima jedan koren.
Odgovor: .
Primjer 11. Riješite jednačinu. (11)
Rješenje. Neka i , tada jednakost slijedi iz jednadžbe (11).
Iz toga slijedi i . Dakle, ovdje imamo sistem nejednakosti
Rješenje za ovaj sistem nejednakosti je i .
Odgovor: , .
Primjer 12.Riješite jednačinu. (12)
Rješenje. Jednačina (12) će se riješiti metodom sekvencijalnog proširenja modula. Da bismo to učinili, razmotrimo nekoliko slučajeva.
1. Ako , onda .
1.1. Ako , tada i , .
1.2. Ako, onda. međutim, dakle u u ovom slučaju jednačina (12) nema korijena.
2. Ako , onda .
2.1. Ako , tada i , .
2.2. Ako , onda i .
Odgovor: , , , , .
Primjer 13.Riješite jednačinu. (13)
Rješenje. Budući da je lijeva strana jednačine (13) nenegativna, onda . S tim u vezi, i jednadžba (13)
ima oblik ili .
Poznato je da je jednadžba je ekvivalentno kombinaciji dvije jednačine i , rešavanje koje dobijamo, . jer , tada jednačina (13) ima jedan korijen.
Odgovor: .
Primjer 14. Riješiti sistem jednačina (14)
Rješenje. Budući da i , onda i . Shodno tome, iz sistema jednačina (14) dobijamo četiri sistema jednačina:
Korijeni gornjih sistema jednačina su korijeni sistema jednačina (14).
Odgovor: ,, , , , , , .
Primjer 15. Riješiti sistem jednačina (15)
Rješenje. Od tada. S tim u vezi, iz sistema jednačina (15) dobijamo dva sistema jednačina
Korijeni prvog sistema jednadžbi su i , a iz drugog sistema jednačina dobijamo i .
Odgovor: , , , .
Primjer 16. Riješiti sistem jednačina (16)
Rješenje. Iz prve jednadžbe sistema (16) slijedi da je .
Od tada . Razmotrimo drugu jednačinu sistema. Pošto, to , i jednačina poprima oblik, , ili .
Ako zamijenite vrijednostu prvu jednačinu sistema (16), zatim , ili .
Odgovor: , .
Za dublje proučavanje metoda rješavanja problema, vezano za rješavanje jednačina, koji sadrži varijable pod znakom modula, Tutorijale možete preporučiti sa liste preporučene literature.
1. Zbirka zadataka iz matematike za kandidate na fakultetima / Ed. M.I. Scanavi. – M.: Mir i obrazovanje, 2013. – 608 str.
2. Suprun V.P. Matematika za srednjoškolce: zadaci povećane složenosti. – M.: CD “Librocom” / URSS, 2017. – 200 str.
3. Suprun V.P. Matematika za srednjoškolce: nestandardne metode rješavanja problema. – M.: CD “Librocom” / URSS, 2017. – 296 str.
Imate još pitanja?
Da biste dobili pomoć od tutora, registrujte se.
web stranicu, kada kopirate materijal u cijelosti ili djelomično, link na izvor je obavezan.
Jedan od najvecih teške teme za studente je to rješavanje jednačina koje sadrže varijablu pod predznakom modula. Hajde prvo da shvatimo sa čime je ovo povezano? Zašto, na primjer, većina djece razbija kvadratne jednadžbe poput oraha, ali ima toliko problema s tako daleko od složenog koncepta kao što je modul?
Po mom mišljenju, sve ove poteškoće su povezane sa nedostatkom jasno formulisanih pravila za rešavanje jednačina sa modulom. Dakle, odlučivanje kvadratna jednačina, učenik sigurno zna da prvo treba primijeniti diskriminantnu formulu, a zatim formule za korijene kvadratne jednačine. Šta učiniti ako se u jednačini nađe modul? Pokušaćemo da jasno opišemo neophodan plan radnje u slučaju kada jednačina sadrži nepoznatu pod predznakom modula. Navest ćemo nekoliko primjera za svaki slučaj.
Ali prvo, prisjetimo se definicija modula. Dakle, po modulu broja a sam ovaj broj se zove if a nenegativni i -a, ako je broj a manje od nule. Možete to napisati ovako:
|a| = a ako je a ≥ 0 i |a| = -a ako a< 0
Govoreći o geometrijskom značenju modula, treba imati na umu da svaki realni broj odgovara određenoj tački na brojčana osovina- njoj 
koordinata. Dakle, modul ili apsolutna vrijednost broja je udaljenost od ove tačke do početka numeričke ose. Udaljenost je uvijek navedena kao pozitivan broj. Dakle, modul bilo kojeg negativnog broja je pozitivan broj. Inače, čak i u ovoj fazi, mnogi učenici počinju da se zbunjuju. Modul može sadržavati bilo koji broj, ali rezultat korištenja modula je uvijek pozitivan broj.
Pređimo sada direktno na rješavanje jednačina.
1. Razmotrimo jednačinu oblika |x| = c, gdje je c realan broj. Ova jednačina se može riješiti korištenjem definicije modula.
Sve realne brojeve dijelimo u tri grupe: one koji su veći od nule, one koji su manji od nule, a treća grupa je broj 0. Rješenje zapisujemo u obliku dijagrama:
(±c, ako je c > 0
Ako |x| = c, tada je x = (0, ako je c = 0
(bez korijena ako je sa< 0
1) |x| = 5, jer 5 > 0, tada je x = ±5;
2) |x| = -5, jer -5< 0, то уравнение не имеет корней;
3) |x| = 0, tada je x = 0.
2. Jednadžba oblika |f(x)| = b, gdje je b > 0. Za rješavanje ove jednačine potrebno je riješiti se modula. Radimo to na ovaj način: f(x) = b ili f(x) = -b. Sada trebate riješiti svaku od rezultirajućih jednačina zasebno. Ako je u originalnoj jednadžbi b< 0, решений не будет.
1) |x + 2| = 4, jer 4 > 0, onda
x + 2 = 4 ili x + 2 = -4
2) |x 2 – 5| = 11, jer 11 > 0, onda
x 2 – 5 = 11 ili x 2 – 5 = -11
x 2 = 16 x 2 = -6
x = ± 4 bez korijena
3) |x 2 – 5x| = -8, jer -8< 0, то уравнение не имеет корней.
3. Jednadžba oblika |f(x)| = g(x). Prema značenju modula, takva jednačina će imati rješenja ako joj je desna strana veća ili jednaka nuli, tj. g(x) ≥ 0. Tada ćemo imati:
f(x) = g(x) ili f(x) = -g(x).
1) |2x – 1| = 5x – 10. Ova jednačina će imati korijen ako je 5x – 10 ≥ 0. Ovdje počinje rješavanje takvih jednačina.
1. O.D.Z. 5x – 10 ≥ 0
2. Rješenje:
2x – 1 = 5x – 10 ili 2x – 1 = -(5x – 10)
3. Kombiniramo O.D.Z. a rješenje dobijamo:
Koren x = 11/7 ne odgovara O.D.Z., manji je od 2, ali x = 3 zadovoljava ovaj uslov.
Odgovor: x = 3
2) |x – 1| = 1 – x 2 .
1. O.D.Z. 1 – x 2 ≥ 0. Riješimo ovu nejednačinu metodom intervala:
(1 – x)(1 + x) ≥ 0
2. Rješenje:
x – 1 = 1 – x 2 ili x – 1 = -(1 – x 2)
x 2 + x – 2 = 0 x 2 – x = 0
x = -2 ili x = 1 x = 0 ili x = 1
3. Kombiniramo rješenje i O.D.Z.:
Prikladni su samo korijeni x = 1 i x = 0.
Odgovor: x = 0, x = 1.
4. Jednadžba oblika |f(x)| = |g(x)|. Takva jednačina je ekvivalentna sljedećim dvjema jednačinama f(x) = g(x) ili f(x) = -g(x).
1) |x 2 – 5x + 7| = |2x – 5|. Ova jednadžba je ekvivalentna sljedeće dvije:
x 2 – 5x + 7 = 2x – 5 ili x 2 – 5x +7 = -2x + 5
x 2 – 7x + 12 = 0 x 2 – 3x + 2 = 0
x = 3 ili x = 4 x = 2 ili x = 1
Odgovor: x = 1, x = 2, x = 3, x = 4.
5. Jednačine riješene metodom zamjene (zamjena varijable). Ova metoda rješenja najlakše je objasniti u konkretan primjer. Dakle, neka nam je data kvadratna jednačina sa modulom:
x 2 – 6|x| + 5 = 0. Po svojstvu modula x 2 = |x| 2, pa se jednačina može prepisati na sljedeći način:
|x| 2 – 6|x| + 5 = 0. Napravimo zamjenu |x| = t ≥ 0, tada ćemo imati:
t 2 – 6t + 5 = 0. Rješavajući ovu jednačinu, nalazimo da je t = 1 ili t = 5. Vratimo se zamjeni:
|x| = 1 ili |x| = 5
x = ±1 x = ±5
Odgovor: x = -5, x = -1, x = 1, x = 5.
Pogledajmo još jedan primjer:
x 2 + |x| – 2 = 0. Po svojstvu modula x 2 = |x| 2, dakle
|x| 2 + |x| – 2 = 0. Napravimo zamjenu |x| = t ≥ 0, tada:
t 2 + t – 2 = 0. Rješavanjem ove jednačine dobijamo t = -2 ili t = 1. Vratimo se zamjeni:
|x| = -2 ili |x| = 1
Nema korijena x = ± 1
Odgovor: x = -1, x = 1.
6. Druga vrsta jednadžbi su jednačine sa “složenim” modulom. Takve jednačine uključuju jednačine koje imaju "module unutar modula". Jednačine ovog tipa mogu se riješiti korištenjem svojstava modula.
1) |3 – |x|| = 4. Postupit ćemo na isti način kao u jednačinama drugog tipa. Jer 4 > 0, tada dobijamo dvije jednadžbe:
3 – |x| = 4 ili 3 – |x| = -4.
Izrazimo sada modul x u svakoj jednadžbi, a zatim |x| = -1 ili |x| = 7.
Rješavamo svaku od rezultirajućih jednačina. U prvoj jednadžbi nema korijena, jer -1< 0, а во втором x = ±7.
Odgovor x = -7, x = 7.
2) |3 + |x + 1|| = 5. Ovu jednačinu rješavamo na sličan način:
3 + |x + 1| = 5 ili 3 + |x + 1| = -5
|x + 1| = 2 |x + 1| = -8
x + 1 = 2 ili x + 1 = -2. Nema korijena.
Odgovor: x = -3, x = 1.
Postoji i univerzalna metoda za rješavanje jednačina s modulom. Ovo je intervalna metoda. Ali to ćemo kasnije pogledati.
blog.site, prilikom kopiranja materijala u cijelosti ili djelimično, potrebna je veza do originalnog izvora.
MBOU Srednja škola br. 17, Ivanovo
« Jednačine sa modulom"
Metodološki razvoj
Sastavljeno
nastavnik matematike
Lebedeva N.V.20010
Objašnjenje
Poglavlje 1. Uvod
Odjeljak 2. Osnovna svojstva Odjeljak 3. Geometrijska interpretacija pojma modula broja Odjeljak 4. Grafikon funkcije y = |x| Odjeljak 5. KonvencijePoglavlje 2. Rješavanje jednačina koje sadrže modul
Odjeljak 1. Jednačine oblika |F(x)| = m (najjednostavniji) Odjeljak 2. Jednačine oblika F(|x|) = m Odjeljak 3. Jednačine oblika |F(x)| = G(x) Odjeljak 4. Jednačine oblika |F(x)| = ± F(x) (najljepše) Odjeljak 5. Jednačine oblika |F(x)| = |G(x)| Odjeljak 6. Primjeri rješavanja nestandardnih jednačina Odjeljak 7. Jednačine oblika |F(x)| + |G(x)| = 0 Odjeljak 8. Jednačine oblika |a 1 x ± in 1 | ± |a 2 x ± u 2 | ± …|a n x ± u n | = m Odjeljak 9. Jednačine koje sadrže nekoliko modulaPoglavlje 3. Primjeri rješavanja različitih jednačina sa modulom.
Odjeljak 1. Trigonometrijske jednadžbe Odjeljak 2. Eksponencijalne jednadžbe Odjeljak 3. Logaritamske jednačine Odjeljak 4. Iracionalne jednadžbe Odjeljak 5. Napredni zadaci Odgovori na vježbe ReferenceObjašnjenje.
Koncept apsolutne vrijednosti (modula) realnog broja jedna je od njegovih bitnih karakteristika. Ovaj koncept je raširen u različitim dijelovima fizičkih, matematičkih i tehničkih nauka. U praksi izvođenja nastave matematičkih predmeta u srednja škola u skladu sa Programom Ministarstva odbrane Ruske Federacije, koncept „apsolutne vrijednosti broja“ se susreće iznova: u 6. razredu se uvodi definicija modula i njegovo geometrijsko značenje; u 8. razredu se formira pojam apsolutne greške, razmatraju se rješenja najjednostavnijih jednačina i nejednačina koje sadrže modul, proučavaju se svojstva aritmetike kvadratni korijen; u 11. razredu koncept se nalazi u odeljku „Koren n-. stepen." Nastavno iskustvo pokazuje da učenici često nailaze na poteškoće u rješavanju zadataka koji zahtijevaju poznavanje ovog gradiva, te ih često preskaču, a da ne počnu da ih izvršavaju. Tekstovi ispitnih zadataka za predmete 9. i 11. razreda takođe sadrže slične zadatke. Osim toga, zahtjevi koje univerziteti postavljaju maturantima razlikuju se, naime, više visok nivo od zahtjeva školskog nastavnog plana i programa. Za život u savremenom društvu veoma je važno formiranje matematičkog stila razmišljanja koji se manifestuje u određenim mentalnim veštinama. U procesu rješavanja problema sa modulima potrebna je sposobnost korištenja tehnika kao što su generalizacija i specifikacija, analiza, klasifikacija i sistematizacija i analogija. Rješavanje takvih zadataka omogućava vam da provjerite svoje znanje o glavnim dijelovimaškolski kurs , nivo logičko razmišljanje , početne istraživačke vještine. je posvećen jednom od odjeljaka - rješavanju jednadžbi koje sadrže modul. Sastoji se od tri poglavlja. Prvo poglavlje uvodi osnovne koncepte i najvažnija teorijska razmatranja. Drugo poglavlje predlaže devet glavnih tipova jednadžbi koje sadrže modul, razmatra metode za njihovo rješavanje i ispituje primjere različitih nivoa složenosti. Treće poglavlje nudi složenije i nestandardne jednačine (trigonometrijske, eksponencijalne, logaritamske i iracionalne). Za svaku vrstu jednačine postoje vježbe za nezavisna odluka(odgovori i uputstva su u prilogu). Osnovna svrha ovog rada je pružanje metodičke pomoći nastavnicima u pripremi za nastavu i organizovanju izbornih predmeta. Materijal se može koristiti i kao nastavno pomagaloza srednjoškolce. Zadaci predloženi u radu su zanimljivi i nisu uvijek laki za rješavanje, što omogućava osvješćivanje obrazovne motivacije učenika, provjeru njihovih sposobnosti i povećanje stepena pripremljenosti maturanata za upis na fakultete. Diferenciran izbor predloženih vježbi podrazumijeva prijelaz sa reproduktivnog nivoa savladavanja gradiva na kreativni, kao i mogućnost da naučite kako primijeniti svoje znanje pri rješavanju nestandardnih problema.
Poglavlje 1. Uvod. .
Odjeljak 1. Određivanje apsolutne vrijednosti : Definicija Apsolutna vrijednost (modul) realnog broja A Apsolutna vrijednost (modul) realnog broja nenegativan broj se zove: ili -A. │ Apsolutna vrijednost (modul) realnog broja │ Oznaka:│ Unos glasi kako slijedi: “modul broja a” ili “apsolutna vrijednost broja a”
│a, ako je a > 0
│ a│ = │ 0, ako je a = 0 (1)- i, ako a 1) │2,5│ = 2,5 2) │-7│ = 7 3) │1 - √2│ = √2 – 1
- primjeri:
a) │x - 8│, ako je x > 12 b) │2x + 3│, ako je x ≤ -2 │x – 8│= x – 8 │ 2x + 3│= - 2x – 3
Odjeljak 2. Osnovna svojstva. Razmotrimo osnovna svojstva apsolutne vrijednosti. Nekretnina #1: Suprotni brojevi imaju jednake module, tj.│a│=│- a│ Pokažimo da je jednakost tačna. Zapišimo definiciju broja : │- A= (2) - a│ Uporedimo skupove (1) i (2). Očigledno je da su definicije apsolutne vrijednosti Apsolutna vrijednost (modul) realnog broja brojevi Pokažimo da je jednakost tačna. Zapišimo definiciju broja I Suprotni brojevi imaju jednake module, tj.match. dakle, Kada razmatramo sljedeća svojstva, ograničit ćemo se na njihovu formulaciju, budući da je njihov dokaz dat Nekretnina #2: Apsolutna vrijednost zbira konačnog broja realnih brojeva ne prelazi zbir apsolutnih vrijednosti članova: │a 1 + a 2 +…+ a n │ ≤│a 1 │+│a 2 │ + … + │a n │ Nekretnina #3: Apsolutna vrijednost razlike između dva realna broja ne prelazi zbir njihovih apsolutnih vrijednosti: │a - v│ ≤│a│+│v│ Apsolutna vrijednost proizvoda konačnog broja realnih brojeva jednaka je proizvodu apsolutnih vrijednosti faktora: │a·v│=│a│·│v│ Nekretnina #5: Apsolutna vrijednost količnika realnih brojeva jednaka je količniku njihovih apsolutnih vrijednosti:
Odjeljak 3. Geometrijska interpretacija pojma modula broja.
Svaki realan broj može biti povezan sa tačkom na brojevnoj liniji, koja će biti geometrijska slika ovog realnog broja. Svaka tačka na brojevnoj pravoj odgovara njenoj udaljenosti od početka, tj. dužina segmenta od početka do date tačke. Ova udaljenost se uvijek smatra nenegativnom vrijednošću. Stoga će dužina odgovarajućeg segmenta biti geometrijska interpretacija apsolutne vrijednosti datog realnog broja
Prikazana geometrijska ilustracija jasno potvrđuje svojstvo broj 1, tj. moduli suprotnih brojeva su jednaki. Odavde se lako razumijeva valjanost jednakosti: │h – a│= │a – x│. Rješenje jednačine │h│= m, gdje je m ≥ 0, odnosno x 1.2 = ± m, također postaje očiglednije. - i, ako a 1) │h│= 4 x 1,2 = ± 4 2) │h - 3│= 1
x 1,2 = 2; 4 Odjeljak 4. Grafikon funkcije y = │h│
Domen ove funkcije su svi realni brojevi.Odjeljak 5. Konvencije.
U budućnosti, prilikom razmatranja primjera rješavanja jednačina, koristit će se sljedeće simboli: ( - znak sistema [ - znak totaliteta Prilikom rješavanja sistema jednačina (nejednačina) nalazi se presjek rješenja jednačina (nejednačina) uključenih u sistem. Prilikom rješavanja skupa jednačina (nejednačina) nalazi se unija rješenja uključenih u skup jednačina (nejednačina).Poglavlje 2. Rješavanje jednačina koje sadrže modul.
U ovom poglavlju ćemo pogledati algebarske metode za rješavanje jednačina koje sadrže jedan ili više modula.Odjeljak 1. Jednačine oblika │F (x)│= m
Jednačina ovog tipa naziva se najjednostavnija. Ima rješenje ako i samo ako je m ≥ 0. Po definiciji modula, originalna jednadžba je ekvivalentna skupu od dvije jednačine: │ F(x)│=m
- i, ako a
№1. Riješite jednačinu: │7h - 2│= 9
Odgovor: x 1
= - 1; X 2
= 1
4
/
7
№2
│x 2 + 3x + 1│= 1
x 2 + 3x + 2 = 0 x 2 +3x = 0 x 1 = -1; x 2 = -2 x (x + 3) = 0 x 1 = 0; x 2 = -3 Odgovor: zbir korijena je - 2.№3
│x 4 -5x 2 + 2│= 2 x 4 – 5x 2 = 0 x 4 – 5x 2 + 4 = 0 x 2 (x 2 – 5) = 0 označimo x 2 = m, m ≥ 0 x = 0 ; ±√5 m 2 – 5m + 4 = 0 m = 1; 4 – obe vrednosti zadovoljavaju uslov m ≥ 0 x 2 = 1 x 2 = 4 x = ± 1 x = ± 2 Odgovor: broj korijena jednačine 7. vježbe:
№1. Riješite jednačinu i označite zbir korijena: │h - 5│= 3 №2 . Riješite jednadžbu i označite manji korijen: │x 2 + x│= 0 №3 . Riješite jednačinu i označite veći korijen: │x 2 – 5x + 4│= 4 №4 .Riješi jednačinu i naznači cijeli korijen: │2x 2 – 7x + 6│= 1 №5 .Riješi jednačinu i naznači broj korijena: │x 4 – 13x 2 + 50│= 14
Odjeljak 2. Jednačine oblika F(│h│) = m
Argument funkcije na lijevoj strani je ispod predznaka modula, a desna strana je nezavisna od varijable. Razmotrimo dva načina rješavanja jednadžbi ovog tipa. 1 način: Po definiciji apsolutne vrijednosti, originalna jednačina je ekvivalentna kombinaciji dva sistema. U svakom od njih je uslov nametnut submodularnom izrazu. F(│h│) =m
Budući da je funkcija F(│x│) parna u cijeloj domeni definicije, korijeni jednadžbi F(x) = m i F(- x) = m su parovi suprotnih brojeva. Dakle, dovoljno je riješiti jedan od sistema (kada se primjeri razmatraju na ovaj način, dat će se rješenje jednog sistema). Metoda 2: Primjena metode uvođenja nove varijable. U ovom slučaju se uvodi oznaka │x│= a, gdje je a ≥ 0. Ova metoda je manje obimna u dizajnu. - i, ako a №1 . Riješite jednačinu: 3x 2 – 4│x│= - 1 Koristimo uvođenje nove varijable. Označimo │x│= a, gdje je a ≥ 0. Dobijamo jednačinu 3a 2 - 4a + 1 = 0 D = 16 – 12 = 4 a 1 = 1 a 2 = 1 / 3 Vratimo se na izvornu varijablu: │ x│=1 i │h│= 1/3. Svaka jednadžba ima dva korijena. Odgovor: x 1 = 1; X 2 = - 1; X 3 = 1 / 3 ; X 4 = - 1 / 3 . №2. Riješite jednačinu: 5x 2 + 3│x│- 1 = 1 / 2 │x│ + 3x 2
Nađimo rješenje za prvi sistem populacije: 4x 2 + 5x – 2 =0 D = 57 x 1 = -5+√57 / 8 x 2 = -5-√57 / 8 Imajte na umu da x 2 ne zadovoljava uslov x ≥ 0. Rješenje drugi sistem će biti broj suprotan vrijednosti x 1. Odgovor: x 1
=
-5+√57
/
8
; X 2
=
5-√57
/
8
.№3
.
Riješite jednačinu: x 4 – │h│= 0 Označimo │h│= a, gdje je a ≥ 0. Dobijamo jednačinu a 4 – a = 0 a · (a 3 – 1) = 0 a 1 = 0 a 2 = 1 Vratite se na originalnu varijablu: │h│=0 i │h│= 1 x = 0; ± 1 Odgovor: x 1
= 0; X 2
= 1; X 3
= - 1.
vježbe: №6. Riješite jednačinu: 2│h│ - 4,5 = 5 – 3 / 8 │h│ №7 . Riješite jednačinu, navedite broj korijena u svom odgovoru: 3x 2 - 7│x│ + 2 = 0 №8 . Riješite jednačinu, navedite cjelobrojna rješenja u svom odgovoru: x 4 + │x│ - 2 = 0
Odjeljak 3. Jednačine oblika │F(x)│ = G(x)
Desna strana jednadžbe ovog tipa zavisi od varijable i stoga ima rješenje ako i samo ako je desna strana funkcija G(x) ≥ 0. Originalna jednadžba se može riješiti na dva načina : 1 način: Standard, zasnovan na otkrivanju modula na osnovu njegove definicije i sastoji se od ekvivalentnog prelaska na kombinaciju dva sistema. │ F(x)│ =G(X)
Ova metoda se može racionalno koristiti u slučaju složenog izraza za funkciju G(x) i manje složenog za funkciju F(x), budući da se pretpostavlja da će nejednakosti sa funkcijom F(x) biti riješene. Metoda 2: Sastoji se u prelasku na ekvivalentni sistem u kojem je uslov nametnut na desnoj strani. │ F(x)│=
G(x)
Ovu metodu je pogodnije koristiti ako je izraz za funkciju G(x) manje složen nego za funkciju F(x), jer se pretpostavlja da je nejednakost G(x) ≥ 0 riješena U slučaju nekoliko modula, ova metoda se preporučuje za korištenje druge opcije. - i, ako a
№1.
Riješite jednačinu: │x + 2│= 6 -2x 
(1 način) Odgovor: x = 1 1
/
3
№2.
│h 2 – 2h - 1│= 2·(x + 1)
(2 smjera) Odgovor: Proizvod korijena je 3.№3. Riješite jednačinu i navedite zbir korijena u svom odgovoru:
│x - 6│= x 2 - 5x + 9
Odgovor: zbir korijena je 4.
vježbe: №9. │x + 4│= - 3x №10. Riješite jednačinu, navedite broj rješenja u svom odgovoru:│x 2 + x - 1│= 2x – 1 №11 . Riješite jednačinu, u svom odgovoru naznačite proizvod korijena:│x + 3│= x 2 + x – 6
Odjeljak 4. Jednačine oblika │F(x)│= F(x) i │F(x)│= - F(x)
Jednačine ovog tipa ponekad se nazivaju „najljepšima“. Pošto desna strana jednadžbe zavisi od varijable, rješenja postoje ako i samo ako je desna strana nenegativna. Prema tome, originalne jednadžbe su ekvivalentne nejednačinama:│F(x)│= F(x) F(x) ≥ 0 i │F(x)│= - F(x) F(x) - i, ako a №1 . Riješite jednačinu, navedite manji cijeli korijen u svom odgovoru: │5x - 3│= 5x – 3 5x – 3 ≥ 0 5x ≥ 3 x ≥ 0,6 Odgovor: x = 1№2. Riješite jednačinu, navedite dužinu intervala u svom odgovoru: │h 2 - 9│= 9 – x 2 x 2 – 9 ≤ 0 (x – 3) (x + 3) ≤ 0 [- 3; 3] Odgovor: dužina intervala je 6.№3 . Riješite jednačinu i navedite broj cjelobrojnih rješenja u svom odgovoru: │2 + x – x 2 │= 2 + x – x 2 2 + x – x 2 ≥ 0 x 2 – x – 2 ≤ 0 [- 1; 2] Odgovor: 4 cijela rješenja.№4 . Riješite jednačinu i navedite najveći korijen u svom odgovoru:
│4 – x -
│= 4 – x – 
x 2 – 5x + 5 = 0 D = 5 x 1,2 = 
≈ 1,4Odgovor: x = 3.
vježbe:
№12.
Riješite jednačinu, navedite cijeli korijen u svom odgovoru: │x 2 + 6x + 8│= x 2 + 6x + 8 №13.
Riješite jednačinu, navedite broj cjelobrojnih rješenja u svom odgovoru: │13x – x 2 - 36│+ x 2 – 13x + 36 = 0 №14.
Riješite jednačinu u svom odgovoru, navedite cijeli broj koji nije korijen jednačine: 
Odjeljak 5. Jednačine oblika │F(x)│= │G(x)│
Budući da su obje strane jednadžbe nenegativne, rješenje uključuje razmatranje dva slučaja: submodularni izrazi su jednaki ili suprotni po predznaku. Prema tome, originalna jednadžba je ekvivalentna kombinaciji dvije jednadžbe: │ F(x)│= │ G(x)│
- i, ako a
№1.
Riješite jednačinu, navedite cijeli korijen u svom odgovoru: │x + 3│=│2x - 1│ 
Odgovor: cijeli korijen x = 4.№2.
Riješite jednačinu: │
x – x 2 - 1│=│2x – 3 – x 2 │ 
Odgovor: x = 2.№3
.
Riješite jednačinu i navedite umnožak korijena u svom odgovoru: 
Korijenske jednadžbe 4x 2 + 2x – 1 = 0 x 1,2 = - 1±√5 / 4 Odgovor: proizvod korijena je – 0,25. vježbe:
№15
. Riješite jednačinu i navedite cijelo rješenje u svom odgovoru: │x 2 – 3x + 2│= │x 2 + 6x - 1│ №16.
Riješite jednačinu, navedite manji korijen u svom odgovoru:│5x - 3│=│7 - x│ №17
. Riješite jednačinu i navedite zbir korijena u svom odgovoru: 
Odjeljak 6. Primjeri rješavanja nestandardnih jednačina
U ovom dijelu ćemo razmotriti primjere nestandardnih jednačina, pri rješavanju kojih se definicijom otkriva apsolutna vrijednost izraza. - i, ako a№1.
Riješite jednačinu, navedite zbir korijena u svom odgovoru: x · │x│- 5x – 6 = 0 
Odgovor: zbir korijena je 1 №2.
.
Riješite jednačinu, navedite manji korijen u svom odgovoru: x 2 - 4x · 
- 5 = 0 
Odgovor: manji korijen x = - 5. №3.
Riješite jednačinu: 
Odgovor: x = -1. vježbe:
№18.
Riješite jednačinu i naznačite zbir korijena: x · │3x + 5│= 3x 2 + 4x + 3
№19.
Riješite jednačinu: x 2 – 3x = 
№20.
Riješite jednačinu: 
Odjeljak 7. Jednačine oblika │F(x)│+│G(x)│=0
Lako je primijetiti da se na lijevoj strani jednačine ovog tipa nalazi zbir nenegativnih veličina. Prema tome, originalna jednadžba ima rješenje ako i samo ako su oba člana jednaka nuli u isto vrijeme. Jednačina je ekvivalentna sistemu jednačina: │ F(x)│+│ G(x)│=0
- i, ako a
№1
. Riješite jednačinu: 
Odgovor: x = 2. №2.
Riješite jednačinu: Odgovor: x = 1. vježbe:
№21.
Riješite jednačinu: №22
. Riješite jednačinu i navedite zbir korijena u svom odgovoru: №23
. Riješite jednačinu i navedite broj rješenja u svom odgovoru: Odjeljak 8. Jednačine oblika │a 1 x + b 1 │±│a 2 x + b 2 │± ... │a n x +b n │= m
Za rješavanje jednadžbi ovog tipa koristi se metoda intervala. Ako to riješimo sekvencijalnim širenjem modula, dobićemo n skupova sistema, što je veoma glomazno i nezgodno. Razmotrimo algoritam intervalne metode: 1). Pronađite varijabilne vrijednosti X, za koji je svaki modul jednak nuli (nule submodularnih izraza):
2). Označite pronađene vrijednosti na brojevnoj pravoj, koja je podijeljena na intervale (broj intervala je jednak n+1
) 3). Odredite kojim se predznakom svaki modul otkriva u svakom od rezultirajućih intervala (kada formulirate rješenje, možete koristiti brojevnu pravu, označavajući znakove na njoj) 4). Originalna jednadžba je ekvivalentna agregatu n+1
sistema, u svakom od kojih je naznačeno članstvo varijable X jedan od intervala. - i, ako a
№1
. Riješite jednačinu i navedite najveći korijen u svom odgovoru: 
1). Nađimo nule submodularnih izraza: x = 2; x = -3 2). Označimo pronađene vrijednosti na brojevnoj liniji i odredimo s kojim se predznakom svaki modul otkriva na dobivenim intervalima: x – 2 x – 2 x – 2 - - + - 3 2 x 2x + 6 2x + 6 2x + 6 - + + 3)
- nema rješenja Jednačina ima dva korijena. Odgovor: najveći korijen x = 2. №2.
Riješite jednačinu i navedite cijeli korijen u svom odgovoru: 
1). Nađimo nule submodularnih izraza: x = 1,5; x = - 1 2). Označimo pronađene vrijednosti na brojevnoj liniji i odredimo s kojim se predznakom svaki modul otkriva na rezultujućim intervalima: x + 1 x + 1 x + 1 - + + -1 1,5 x 2x – 3 2x – 3 2x – 3 - - +
3).
Posljednji sistem nema rješenja, stoga jednačina ima dva korijena. Prilikom rješavanja jednačine treba obratiti pažnju na znak “-” ispred drugog modula. Odgovor: cijeli korijen x = 7. №3.
Riješite jednačinu, navedite zbir korijena u svom odgovoru: 1). Nađimo nule submodularnih izraza: x = 5; x = 1; x = - 2 2). Označimo pronađene vrijednosti na brojevnoj liniji i odredimo s kojim se predznakom svaki modul otkriva u rezultujućim intervalima: x – 5 x – 5 x – 5 x – 5 - - - + -2 1 5 x x – 1 x – 1 x – 1 x – 1 - - + + x + 2 x + 2 x + 2 x + 2 - + + +
3).
Jednačina ima dva korijena x = 0 i 2. Odgovor: zbir korijena je 2. №4
.
Riješite jednačinu: 1). Nađimo nule submodularnih izraza: x = 1; x = 2; x = 3. 2). Odredimo pod kojim predznakom se svaki modul otkriva na rezultujućim intervalima. 3). 
Hajde da kombinujemo rešenja prva tri sistema Odgovor: ; x = 5.vježbe: №24. Riješite jednačinu:
№25.
Riješite jednačinu i navedite zbir korijena u svom odgovoru: №26.
Riješite jednačinu i navedite manji korijen u svom odgovoru: №27.
Riješite jednačinu i navedite veći korijen u svom odgovoru: Odjeljak 9. Jednačine koje sadrže nekoliko modula
Jednačine koje sadrže više modula pretpostavljaju prisustvo apsolutnih vrijednosti u submodularnim izrazima. Osnovni princip za rješavanje jednačina ovog tipa je sekvencijalno otkrivanje modula, počevši od onog „spoljnog“. Prilikom rješavanja koriste se tehnike o kojima se govori u odjeljcima br. 1, br. 3.- i, ako a
№1.
Riješite jednačinu: 
Odgovor: x = 1; - 11. №2.
Riješite jednačinu:
Odgovor: x = 0; 4; - 4. №3.
Riješite jednačinu i navedite umnožak korijena u svom odgovoru: 
Odgovor: proizvod korijena je – 8. №4.
Riješite jednačinu: 
Označimo jednačine stanovništva (1)
brojevi (2)
i razmotrite rješenje za svaki od njih posebno radi lakšeg dizajna. Budući da obje jednačine sadrže više od jednog modula, pogodnije je izvršiti ekvivalentan prijelaz na skupove sistema. (1)
(2)
odgovor:
vježbe:
№36.
Riješite jednačinu, navedite zbir korijena u svom odgovoru: 5 │3x-5│ = 25 x №37.
Riješite jednačinu, ako postoji više od jednog korijena, navedite zbir korijena u svom odgovoru: │x + 2│ x – 3x – 10 = 1 №38.
Riješite jednačinu: 3 │2x -4│ = 9 │x│ №39.
Riješite jednačinu i navedite broj korijena u svom odgovoru: 2 │ sin x│ = √2 №40
. Riješite jednačinu i navedite broj korijena u svom odgovoru:
Odjeljak 3. Logaritamske jednadžbe.
Prije rješavanja sljedećih jednačina, morate pregledati svojstva logaritama i logaritamske funkcije. - i, ako a №1. Riješite jednačinu, navedite proizvod korijena u svom odgovoru: log 2 (x+1) 2 + log 2 │x+1│ = 6 O.D.Z. x+1≠0 x≠ - 1Slučaj 1: ako je x ≥ - 1, onda je log 2 (x+1) 2 + log 2 (x+1) = 6 log 2 (x+1) 3 = log 2 2 6 (x+1) 3 = 2 6 x+1 = 4 x = 3 – zadovoljava uslov x ≥ - 1 2 slučaj: ako je x log 2 (x+1) 2 + log 2 (-x-1) = 6 log 2 (x+1) 2 + log 2 (-(x+1)) = 6 log 2 (-(x+1) 3) = log 2 2 6- (x+1) 3 = 2 6- (x+1) = 4 x = - 5 – zadovoljava uslov x - 1
Odgovor: proizvod korijena je – 15.
№2.
Riješite jednačinu, navedite zbir korijena u svom odgovoru: lg 
O.D.Z. 
Odgovor: zbir korijena je 0,5.
№3.
Riješite jednačinu: log 5 
O.D.Z. 
Odgovor: x = 9. №4.
Riješite jednačinu: │2 + log 0,2 x│+ 3 = │1 + log 5 x│ O.D.Z. x > 0 Koristimo formulu za prelazak na drugu bazu. │2 - log 5 x│+ 3 = │1 + log 5 x│
│2 - log 5 x│- │1 + log 5 x│= - 3 Nađimo nule submodularnih izraza: x = 25; x = Ovi brojevi dijele raspon prihvatljivih vrijednosti u tri intervala, tako da je jednadžba ekvivalentna skupu od tri sistema. 
Odgovor: )
