04.05.2022 група №9 факультатив
Тема уроку: Лінійні рівняння та нерівності, що містять знак модуля
1. Передивіться відеоурок за посиланням
https://www.youtube.com/watch?v=7WDJTbrLaNo
2. Законспектуйте
Подамо метод розв’язування рівняння |f(х)| = а, де а - число.
|f(х)| = а, а - число
1) а > 0 f(х) = а або f(x) = -а
2) а = 0 f(х) = 0
3) а < 0 рівняння не має розв’язків
Приклад. Розв’яжіть рівняння 
Розв’язання. Х2 + 2х = 3 або х2 + 2х = -3. Розв’язуючи перше з цих рівнянь отримаємо х2 + 2х - 3 = 0, х 1 = 1, х2 = -3. Друге рівняння х2 + 2х + 3 = 0 розв’язків не має. Отже,
х 1 =1; х2 = -3 - корені даного рівняння.
Розв’язання рівняння можна було оформити по-іншому, використовуючи знак сукупності [, який замінює слово “або”. Це виглядає наступним чином:
______________________________________________________________________
Рівняння виду |f(x)| = g(x).
Оскільки ліва частина рівняння |f(x)| = g(x) є невід’ємною, то й права частина повинна бути невід’ємною, тобто має виконуватися g(x) ≥ 0. В цьому випадку f(x) = g(x) або
f(x) = -g(х) . Отже, рівняння рівносильне сукупності систем:
Приклад. Розв’яжіть рівняння |х - 1| = 2х + 4.
Розв’язання. Рівняння рівносильне сукупності систем:
Отже, х = -1 - єдиний розв’язок початкового рівняння.
__________________________________________________________________________
Рівняння виду |f(x)| = |g(х)|.
Очевидно, що рівність |а| =|b| виконується в одному з випадків а = b або а = -b. Тому рівняння |f(x)| = |g(х)| рівносильне сукупності
Приклад. Розв’язати рівняння |x + 1| = |2х - 3|.
Розв’язання. Маємо
Отже, початкове рівняння має корені х 1 = 4 ; х2 = 2/3.
_________________________________________________________
Рівняння, що містять декілька модулів.
Рівняння виду 
та інші містять два і більше виразів зі змінними, що стоять під знаком модуля. Такі рівняння доцільно розв’язувати за наступною схемою:
1) Знаходимо ОДЗ рівняння.
2) Знаходимо значення змінної, при яких дорівнює нулю хоча б один із виразів, що стоїть під знаком модуля (їх називають нулі під модульних виразів).
3) Розглянемо нулі підмодульних виразів на ОДЗ і розбиваємо ОДЗ на проміжки.
4) Знаходимо розв’язок рівняння - наслідку на кожному з проміжків і перевіряємо, чи входить цей розв’язок у розглядуваний проміжок.
5) Даємо відповідь
Приклад. Розв’язати рівняння 
Розв’язання.
1) ОДЗ: х 
R.
2) х — 1 = 0; х = 1; Зх - 12 = 0, х = 4. Отже, х = 1 і х = 4 — нулі підмодульних виразів.
3) Позначимо нулі підмодульних виразів на числовій прямій «жирними» точками (оскільки вони входять в ОДЗ) і маємо три проміжки (-∞;1], (1;4], (4;+∞) (мал. 33).
4) Якщо х ( -∞;1], тобто х ≤ 1, то х - 1≤ 0 і |х -1| = -(х - 1); Зх - 12 < 0 і |3х-12| = -(Зх - 12). Маємо -(х - 1) - (3х - 12)= 7; х = 1,5. Число 1,5 в розглядуваний проміжок (-∞;1], а тому не є коренем рівняння. Якщо х (1;4], тобто 
Маємо х -1 - (Зх - 12) = 7; х = 2.
Число 2 входить у розглядуваний проміжок (1;4], тому є коренем початкового рівняння.
Якщо х (4;+∞), тобто 
Маємо х - 1 + 3х - 12 = 7; х = 5. Число 5 входить у розглядуваний проміжок (4;+∞), тому є коренями початкового рівняння.
5) Отже, х 1 = 2; х2 = 5 - корені початкового рівняння.
________________________________________________________
Нерівність виду |f(х)| > а та |f (х)| ≥ а, а — число.
Розглянемо спочатку нерівність |х| > а. Якщо а < 0, то очевидно, що х - будь-яке число, оскільки |х| ≥ 0 для всіх значень х.
Якщо а ≥ 0, то позначимо на числовій прямій корені рівняння |х| = a тобто числа х1 = -а; х2 = а. Вони розбивають числову пряму на три інтервали (мал. 34). Легко перевірити, взявши по одній «пробній» точці у кожному інтервалі, що нерівність задовольняють такі значення х : х < -а або х > а.
Узагальнюючи маємо:
множиною розв’язків нерівності |f(x)| > а у випадку х < 0 є всі числа з ОДЗ функції f(x);
а у випадку а ≥ 0 ця нерівність рівносильна сукупності нерівностей
Аналогічно можна розв’язувати нерівність |f(х)| ≥ a.
Приклад. Розв’язати нерівність |х - 2| > 3.
Розв’язання. Нерівність рівносильна сукупності нерівностей
Далі маємо 
Отже, 
___________________________________________________
Нерівності виду f (x) < а та |f(х)| ≤ а, а — число.
Спочатку розглянемо нерівність |x| < а. Якщо а < 0, то очевидно, що нерівність не має розв’язків, оскільки |х| ≥ 0 для всіх значень х.
Якщо а ≥ 0, то міркуючи аналогічно нерівності |х| > а (мал. 35), матимемо, що нерівність задовольняють такі значення x: -а < х < а.
Узагальнюючи маємо:
нерівність |f(x) | < а у випадку а < 0 немає розв’язків; а у випадку a ≥ 0 ця нерівність рівносильна подвійній нерівності -а < f(x) < а.
Аналогічно можна розв’язати нерівність |f(x)| ≤ а.
Приклад. Розв’язати нерівність |х + 3| ≤ 5.
Розв’язання: Маємо -5 ≤ x + 3 ≤ 5. Далі -5 – 3 ≤ х ≤ 5 - 3; -8 ≤ х ≤ 2.
Зауважимо, що у випадку коли f(x) не є лінійною функцією, від подвійної нерівності -а < f(x) < a (aбо –a ≤ (х) ≤ a) доцільно перейти до системи
_______________________________________________________
Загальний підхід до розв’язання нерівностей, що містять знак модуля.
При розв’язані більш складних нерівностей, що містять знак модуля, можна застосувати той самий підхід, що й при розв’язуванні рівнянь, які містять кілька знаків модулів.
Оформляти розв’язування на кожному з утворених проміжків доцільно у вигляді системи нерівностей, одна з яких — умова, накладена на х, а інша нерівність — наслідок, яку отримали після розкриття модулів. Відповідно початковій нерівності є об’єднання відповідей, отриманих на кожному з розглянутих проміжків.
Приклад. Розв’яжіть нерівність 
Розв’язання: 1) ОДЗ: х 
R.
2) х + 1 = 0, коли х = -1; 2х - 4 = 0, коли х = 2. Отже, х1= -1; х2 = 2 - нулі підмодульних виразів (мал. 36).
3) Позначимо нулі підмодульних виразів на числовій прямій «жирними» точками (оскільки вони входять в ОДЗ) і маємо три проміжки 
4) Якщо х (-∞;-1], тобто х ≤ -1, маємо 
Отже, на проміжку (-∞;-1] маємо систему
Якщо х (-1;2], тобто -1 < х ≤ 2, маємо 
Отже, на проміжку (-1;2] маємо систему
Якщо х (2;+∞), тобто х > 2, маємо 
Отже, на проміжку (2;+∞) маємо систему
5) Об’єднуючи відповіді, отримані на кожному з розглянутих проміжків, маємо 
Отже, 
.
R.
