Kalkulator matematika online ini akan membantu Anda menyelesaikan persamaan atau pertidaksamaan dengan moduli. Program untuk menyelesaikan persamaan dan pertidaksamaan dengan moduli tidak hanya memberikan jawaban terhadap masalah, tetapi juga mengarahkan solusi terperinci dengan penjelasan, yaitu menampilkan proses memperoleh hasil.

Program ini mungkin berguna bagi siswa sekolah menengah atas di sekolah menengah sebagai persiapan tes dan ujian, saat menguji pengetahuan sebelum Ujian Negara Bersatu, bagi orang tua untuk mengontrol penyelesaian banyak masalah dalam matematika dan aljabar. Atau mungkin terlalu mahal bagi Anda untuk menyewa seorang tutor atau membeli buku pelajaran baru? Atau apakah Anda hanya ingin menyelesaikannya secepat mungkin? pekerjaan rumah dalam matematika atau aljabar? Dalam hal ini, Anda juga dapat menggunakan program kami dengan solusi terperinci.

Dengan cara ini Anda dapat membelanjakan uang Anda pelatihan sendiri dan/atau mendidik adik-adiknya, sedangkan tingkat pendidikan di bidang permasalahan yang dipecahkannya meningkat.

|x| atau abs(x) - modul x

Masukkan persamaan atau pertidaksamaan dengan moduli

Memecahkan persamaan atau pertidaksamaan

Ditemukan bahwa beberapa skrip yang diperlukan untuk mengatasi masalah ini tidak dimuat, dan program mungkin tidak berfungsi.
Anda mungkin mengaktifkan AdBlock.
Dalam hal ini, nonaktifkan dan segarkan halaman.

JavaScript dinonaktifkan di browser Anda.
Agar solusinya muncul, Anda perlu mengaktifkan JavaScript.
Berikut adalah petunjuk tentang cara mengaktifkan JavaScript di browser Anda.

Karena Ada banyak orang yang bersedia menyelesaikan masalah, permintaan Anda telah diantri.
Dalam beberapa detik solusinya akan muncul di bawah.
Harap tunggu detik...

Jika kamu melihat kesalahan dalam solusi, lalu Anda dapat menulis tentang hal ini di Formulir Masukan.
Jangan lupa menunjukkan tugas yang mana Anda memutuskan apa masuk ke dalam kolom.

Game, teka-teki, emulator kami:

Sedikit teori.

Persamaan dan pertidaksamaan dengan moduli

Dalam kursus aljabar sekolah dasar, Anda mungkin menemukan persamaan dan pertidaksamaan paling sederhana dengan moduli. Untuk menyelesaikannya, Anda dapat menggunakan metode geometri berdasarkan fakta bahwa \(|x-a| \) adalah jarak garis bilangan antara titik x dan a: \(|x-a| = \rho (x;\; a) \). Misalnya, untuk menyelesaikan persamaan \(|x-3|=2\) Anda perlu mencari titik-titik pada garis bilangan yang berjarak 2 dari titik 3. Ada dua titik seperti itu: \(x_1=1 \) dan \(x_2=5\) .

Menyelesaikan pertidaksamaan \(|2x+7|

Namun cara utama untuk menyelesaikan persamaan dan pertidaksamaan dengan modulus dikaitkan dengan apa yang disebut “pengungkapan modulus menurut definisi”:
jika \(a \geq 0 \), maka \(|a|=a \);
jika \(a Biasanya, suatu persamaan (pertidaksamaan) dengan modulus direduksi menjadi himpunan persamaan (pertidaksamaan) yang tidak mengandung tanda modulus.

Selain definisi di atas, pernyataan berikut digunakan:
1) Jika \(c > 0\), maka persamaan \(|f(x)|=c \) ekuivalen dengan himpunan persamaan: \(\left[\begin(array)(l) f(x )=c \\ f(x)=-c \end(array)\kanan.
2) Jika \(c > 0 \), maka pertidaksamaan \(|f(x)| 3) Jika \(c \geq 0 \), maka pertidaksamaan \(|f(x)| > c \) adalah ekuivalen dengan himpunan pertidaksamaan : \(\left[\begin(array)(l) f(x) c \end(array)\right. \)
4) Jika kedua ruas pertidaksamaan \(f(x) CONTOH 1. Selesaikan persamaan \(x^2 +2|x-1| -6 = 0\).

Jika \(x-1 \geq 0\), maka \(|x-1| = x-1\) dan persamaannya berbentuk
\(x^2 +2(x-1) -6 = 0 \Panah kanan x^2 +2x -8 = 0 \).
Jika \(x-1 \(x^2 -2(x-1) -6 = 0 \Panah kanan x^2 -2x -4 = 0 \).
Jadi, persamaan yang diberikan harus dipertimbangkan secara terpisah di masing-masing dari dua kasus ini.
1) Misalkan \(x-1 \geq 0 \), mis. \(x\geq 1\). Dari persamaan \(x^2 +2x -8 = 0\) kita menemukan \(x_1=2, \; x_2=-4\). Kondisi \(x \geq 1 \) hanya dipenuhi oleh nilai \(x_1=2\).
2) Misalkan \(x-1 Jawaban: \(2; \;\; 1-\sqrt(5) \)

CONTOH 2. Selesaikan persamaan \(|x^2-6x+7| = \frac(5x-9)(3)\).

Cara pertama(perluasan modul menurut definisi).
Dengan alasan seperti pada contoh 1, kita sampai pada kesimpulan bahwa persamaan yang diberikan perlu dipertimbangkan secara terpisah jika dua kondisi terpenuhi: \(x^2-6x+7 \geq 0 \) atau \(x^2-6x+7

1) Jika \(x^2-6x+7 \geq 0 \), maka \(|x^2-6x+7| = x^2-6x+7 \) dan persamaannya berbentuk \(x ^2 -6x+7 = \frac(5x-9)(3) \Panah Kanan 3x^2-23x+30=0 \). Setelah menyelesaikan persamaan kuadrat ini, kita mendapatkan: \(x_1=6, \; x_2=\frac(5)(3) \).
Mari kita cari tahu apakah nilai \(x_1=6\) memenuhi kondisi \(x^2-6x+7 \geq 0\). Untuk melakukan ini, substitusikan nilai yang ditunjukkan ke dalam pertidaksamaan kuadrat. Kita mendapatkan: \(6^2-6 \cdot 6+7 \geq 0 \), yaitu \(7 \geq 0 \) adalah pertidaksamaan sejati. Artinya \(x_1=6\) adalah akar persamaan yang diberikan.
Mari kita cari tahu apakah nilai \(x_2=\frac(5)(3)\) memenuhi kondisi \(x^2-6x+7 \geq 0\). Untuk melakukan ini, substitusikan nilai yang ditunjukkan ke dalam pertidaksamaan kuadrat. Kita mendapatkan: \(\left(\frac(5)(3) \right)^2 -\frac(5)(3) \cdot 6 + 7 \geq 0 \), yakni \(\frac(25)(9) -3 \geq 0 \) adalah pertidaksamaan salah. Artinya \(x_2=\frac(5)(3)\) bukan akar persamaan yang diberikan.

2) Jika \(x^2-6x+7 Nilai \(x_3=3\) memenuhi kondisi \(x^2-6x+7 Nilai \(x_4=\frac(4)(3) \) tidak memenuhi kondisi \ (x^2-6x+7 Jadi, persamaan di atas mempunyai dua akar: \(x=6, \; x=3 \).

Cara kedua. Jika persamaan \(|f(x)| = h(x) \) diberikan, maka dengan \(h(x) \(\left[\begin(array)(l) x^2-6x+7 = \frac (5x-9)(3) \\ x^2-6x+7 = -\frac(5x-9)(3) \end(array)\right \)
Kedua persamaan ini diselesaikan di atas (menggunakan metode pertama untuk menyelesaikan persamaan yang diberikan), akar-akarnya adalah sebagai berikut: \(6,\; \frac(5)(3),\; 3,\; \frac(4 )(3)\). Kondisi \(\frac(5x-9)(3) \geq 0 \) dari keempat nilai ini hanya dipenuhi oleh dua: 6 dan 3. Artinya persamaan yang diberikan mempunyai dua akar: \(x=6 , \;

Cara ketiga(grafis).
1) Mari kita buat grafik fungsi \(y = |x^2-6x+7| \). Pertama, mari kita buat parabola \(y = x^2-6x+7\). Kita punya \(x^2-6x+7 = (x-3)^2-2 \). Grafik fungsi \(y = (x-3)^2-2\) dapat diperoleh dari grafik fungsi \(y = x^2\) dengan cara menggesernya 3 satuan skala ke kanan (sepanjang garis sumbu x) dan 2 satuan skala ke bawah (sepanjang sumbu y). Garis lurus x=3 adalah sumbu parabola yang kita minati. Sebagai titik kontrol untuk pembuatan plot yang lebih akurat, akan lebih mudah untuk mengambil titik (3; -2) - titik puncak parabola, titik (0; 7) dan titik (6; 7) simetris terhadap sumbu parabola .
Untuk sekarang membuat grafik fungsi \(y = |x^2-6x+7| \), Anda tidak perlu mengubah bagian parabola yang dibuat yang terletak tidak di bawah sumbu x, dan mencerminkan bagian tersebut parabola yang terletak di bawah sumbu x relatif terhadap sumbu x.
2) Mari kita membuat grafik fungsi linear\(y = \frac(5x-9)(3)\). Lebih mudah untuk mengambil titik (0; –3) dan (3; 2) sebagai titik kontrol.

Yang penting titik x = 1,8 perpotongan garis lurus dengan sumbu absis terletak di sebelah kanan kiri titik perpotongan parabola dengan sumbu absis - inilah titik \(x=3-\ sqrt(2) \) (karena \(3-\sqrt(2 ) 3) Dilihat dari gambarnya, grafiknya berpotongan di dua titik - A(3; 2) dan B(6; 7). Substitusikan absisnya poin x = 3 dan x = 6 ke dalam persamaan yang diberikan, kami yakin bahwa dalam kedua kasus, persamaan numerik yang benar diperoleh - ini berarti hipotesis kami dikonfirmasi - persamaan memiliki dua akar: x = 3 dan x = 6. Jawaban: 3;

Komentar. Metode grafis, meskipun elegan, tidak terlalu dapat diandalkan. Dalam contoh yang dibahas, ini berhasil hanya karena akar persamaannya adalah bilangan bulat.

CONTOH 3. Selesaikan persamaan \(|2x-4|+|x+3| = 8\)

Cara pertama
Ekspresi 2x–4 menjadi 0 di titik x = 2, dan ekspresi x + 3 menjadi 0 di titik x = –3. Kedua titik ini membagi garis bilangan menjadi tiga interval: \(x

Pertimbangkan interval pertama: \((-\infty; \; -3) \).
Jika x Perhatikan interval kedua: \([-3; \; 2) \).
Jika \(-3 \leq x Perhatikan interval ketiga: \(

Berbicara dalam bahasa yang sederhana, modulusnya adalah “bilangan tanpa minus”. Dan dalam dualitas ini (di beberapa tempat Anda tidak perlu melakukan apa pun dengan nomor aslinya, tetapi di tempat lain Anda harus menghilangkan semacam minus) di situlah letak kesulitan bagi siswa pemula.

Ada juga definisi geometris. Hal ini juga berguna untuk diketahui, tetapi kita akan membahasnya hanya secara kompleks dan beberapa kasus-kasus khusus, di mana pendekatan geometris lebih mudah dilakukan daripada pendekatan aljabar (spoiler: tidak hari ini).

Definisi. Misalkan titik $a$ ditandai pada garis bilangan. Kemudian modul $\left| xa \right|$ adalah jarak dari titik $x$ ke titik $a$ pada garis ini.

Jika Anda menggambar, Anda akan mendapatkan sesuatu seperti ini:

Definisi modul grafis

Dengan satu atau lain cara, dari definisi modul, properti utamanya adalah sebagai berikut: modulus suatu bilangan selalu merupakan besaran non-negatif. Fakta ini akan menjadi benang merah dalam keseluruhan narasi kita hari ini.

Memecahkan kesenjangan. Metode interval

Sekarang mari kita lihat kesenjangannya. Ada banyak sekali masalah tersebut, namun tugas kita sekarang adalah mampu menyelesaikan setidaknya masalah yang paling sederhana. Yang direduksi menjadi pertidaksamaan linier, serta metode interval.

Saya memiliki dua pelajaran besar tentang topik ini (omong-omong, sangat, SANGAT berguna - saya sarankan mempelajarinya):

1. Metode interval untuk pertidaksamaan (terutama tonton videonya);
2. Pertidaksamaan rasional pecahan adalah pelajaran yang sangat luas, namun setelah itu Anda tidak akan memiliki pertanyaan sama sekali.

Jika Anda mengetahui semua ini, jika ungkapan “mari kita beralih dari ketimpangan ke persamaan” tidak membuat Anda memiliki keinginan yang samar-samar untuk membenturkan diri, maka Anda siap: selamat datang di topik utama pelajaran :).

1. Pertidaksamaan bentuk “Modulus lebih kecil dari fungsi”

Ini adalah salah satu masalah paling umum pada modul. Diperlukan penyelesaian pertidaksamaan yang berbentuk:

\[\kiri| benar| \ltg\]

Fungsi $f$ dan $g$ bisa berupa apa saja, tetapi biasanya berupa polinomial. Contoh ketidaksetaraan tersebut:

\[\mulai(sejajarkan) & \kiri| 2x+3 \kanan| \lt x+7; \\ & \kiri| ((x)^(2))+2x-3 \kanan|+3\kiri(x+1 \kanan) \lt 0; \\ & \kiri| ((x)^(2))-2\kiri| x \kanan|-3 \kanan| \lt 2. \\\end(sejajarkan)\]

Semuanya dapat diselesaikan secara harfiah dalam satu baris sesuai dengan skema berikut:

\[\kiri| benar| \lt g\Panah Kanan -g \lt f \lt g\quad \kiri(\Panah Kanan \kiri\( \begin(align) & f \lt g, \\ & f \gt -g \\\end(align) \benar, benar)\]

Sangat mudah untuk melihat bahwa kita menghilangkan modul tersebut, tetapi sebagai imbalannya kita mendapatkan pertidaksamaan ganda (atau, yang sama saja, sistem dua pertidaksamaan). Namun transisi ini benar-benar memperhitungkan segalanya kemungkinan masalah: jika angka di bawah modulusnya positif, metode ini berhasil; jika negatif, masih berfungsi; dan bahkan dengan fungsi yang paling tidak memadai sebagai pengganti $f$ atau $g$, metode ini akan tetap berfungsi.

Tentu saja timbul pertanyaan: bukankah bisa lebih sederhana? Sayangnya, hal itu tidak mungkin. Inilah inti dari modul ini.

Namun, cukup dengan berfilsafat. Mari selesaikan beberapa masalah:

Tugas. Selesaikan pertidaksamaan:

\[\kiri| 2x+3 \kanan| \lt x+7\]

Larutan. Jadi, di hadapan kita terdapat pertidaksamaan klasik dalam bentuk "modulus lebih kecil" - bahkan tidak ada yang perlu diubah. Kami bekerja sesuai dengan algoritma:

\[\mulai(sejajarkan) & \kiri| benar| \lt g\Panah Kanan -g \lt f \lt g; \\ & \kiri| 2x+3 \kanan| \lt x+7\Panah Kanan -\kiri(x+7 \kanan) \lt 2x+3 \lt x+7 \\\end(sejajarkan)\]

Jangan terburu-buru membuka tanda kurung yang diawali dengan “minus”: mungkin saja karena tergesa-gesa Anda akan membuat kesalahan yang menyinggung.

\[-x-7 \lt 2x+3 \lt x+7\]

\[\kiri\( \begin(align) & -x-7 \lt 2x+3 \\ & 2x+3 \lt x+7 \\ \end(align) \right.\]

\[\kiri\( \begin(align) & -3x \lt 10 \\ & x \lt 4 \\ \end(align) \right.\]

\[\left\( \begin(align) & x \gt -\frac(10)(3) \\ & x \lt 4 \\ \end(align) \right.\]

Masalahnya direduksi menjadi dua kesenjangan mendasar. Mari kita perhatikan penyelesaiannya pada garis bilangan paralel:

Persimpangan banyak

Perpotongan himpunan ini akan menjadi jawabannya.

Jawaban: $x\in \kiri(-\frac(10)(3);4 \kanan)$

Tugas. Selesaikan pertidaksamaan:

\[\kiri| ((x)^(2))+2x-3 \kanan|+3\kiri(x+1 \kanan) \lt 0\]

Larutan. Tugas ini sedikit lebih sulit. Pertama, mari kita isolasi modulnya dengan memindahkan suku kedua ke kanan:

\[\kiri| ((x)^(2))+2x-3 \kanan| \lt -3\kiri(x+1 \kanan)\]

Jelasnya, kita kembali memiliki pertidaksamaan dalam bentuk “modul lebih kecil”, jadi kita menghilangkan modul tersebut menggunakan algoritma yang sudah diketahui:

\[-\kiri(-3\kiri(x+1 \kanan) \kanan) \lt ((x)^(2))+2x-3 \lt -3\kiri(x+1 \kanan)\]

Sekarang perhatian: seseorang akan mengatakan bahwa saya agak mesum dengan semua tanda kurung ini. Namun izinkan saya mengingatkan Anda sekali lagi bahwa tujuan utama kami adalah selesaikan pertidaksamaan dengan benar dan dapatkan jawabannya. Nanti, ketika Anda sudah menguasai dengan sempurna semua yang dijelaskan dalam pelajaran ini, Anda dapat memutarnya sendiri sesuai keinginan: buka tanda kurung, tambahkan minus, dll.

Untuk memulainya, kita cukup menghilangkan tanda minus ganda di sebelah kiri:

\[-\kiri(-3\kiri(x+1 \kanan) \kanan)=\kiri(-1 \kanan)\cdot \kiri(-3 \kanan)\cdot \kiri(x+1 \kanan) =3\kiri(x+1 \kanan)\]

Sekarang mari kita buka semua tanda kurung pada pertidaksamaan ganda:

Mari kita beralih ke pertidaksamaan ganda. Kali ini perhitungannya akan lebih serius:

\[\kiri\( \mulai(sejajarkan) & ((x)^(2))+2x-3 \lt -3x-3 \\ & 3x+3 \lt ((x)^(2))+2x -3 \\ \end(sejajarkan) \kanan.\]

\[\kiri\( \begin(align) & ((x)^(2))+5x \lt 0 \\ & ((x)^(2))-x-6 \gt 0 \\ \end( rata kanan.\]

Kedua pertidaksamaan tersebut bersifat kuadrat dan dapat diselesaikan dengan metode interval (itulah sebabnya saya katakan: jika Anda tidak tahu apa itu, lebih baik jangan menggunakan modul dulu). Mari kita beralih ke persamaan pada pertidaksamaan pertama:

\[\begin(sejajarkan) & ((x)^(2))+5x=0; \\ & x\kiri(x+5 \kanan)=0; \\ & ((x)_(1))=0;((x)_(2))=-5. \\\end(sejajarkan)\]

Seperti yang Anda lihat, keluarannya adalah persamaan kuadrat tidak lengkap, yang dapat diselesaikan dengan cara dasar. Sekarang mari kita lihat pertidaksamaan kedua dari sistem tersebut. Di sana Anda harus menerapkan teorema Vieta:

\[\begin(sejajarkan) & ((x)^(2))-x-6=0; \\ & \kiri(x-3 \kanan)\kiri(x+2 \kanan)=0; \\& ((x)_(1))=3;((x)_(2))=-2. \\\end(sejajarkan)\]

Kami menandai angka-angka yang dihasilkan pada dua garis sejajar (pisahkan untuk pertidaksamaan pertama dan pisahkan untuk pertidaksamaan kedua):

Sekali lagi, karena kita sedang menyelesaikan sistem pertidaksamaan, kita tertarik pada perpotongan himpunan yang diarsir: $x\in \left(-5;-2 \right)$. Inilah jawabannya.

Jawaban: $x\di \kiri(-5;-2 \kanan)$

Saya pikir setelah contoh-contoh ini skema solusinya sangat jelas:

1. Pisahkan modul dengan memindahkan semua suku lainnya ke sisi pertidaksamaan yang berlawanan. Jadi kita mendapatkan pertidaksamaan dalam bentuk $\left| benar| \ltg$.
2. Selesaikan pertidaksamaan ini dengan menghilangkan modul sesuai skema yang dijelaskan di atas. Pada titik tertentu, kita perlu beralih dari pertidaksamaan ganda ke sistem dua ekspresi independen, yang masing-masing sudah dapat diselesaikan secara terpisah.
3. Terakhir, yang tersisa hanyalah memotong solusi dari dua ekspresi independen ini - dan hanya itu, kita akan mendapatkan jawaban akhir.

Algoritma serupa ada untuk pertidaksamaan tipe berikut, ketika modulusnya lebih besar dari fungsinya. Namun, ada beberapa “tetapi” yang serius. Kita akan membicarakan “tetapi” ini sekarang.

2. Pertidaksamaan bentuk “Modulus lebih besar dari fungsi”

Mereka terlihat seperti ini:

\[\kiri| benar| \gtg\]

Mirip dengan yang sebelumnya? Kelihatannya. Namun masalah seperti itu diselesaikan dengan cara yang sangat berbeda. Secara formal, skemanya adalah sebagai berikut:

\[\kiri| benar| \gt g\Panah Kanan \kiri[ \begin(align) & f \gt g, \\ & f \lt -g \\\end(align) \right.\]

Dengan kata lain, kami mempertimbangkan dua kasus:

1. Pertama, kita mengabaikan modul tersebut dan menyelesaikan pertidaksamaan biasa;
2. Kemudian, intinya, kita perluas modul dengan tanda minus, lalu mengalikan kedua ruas pertidaksamaan dengan −1, selagi saya mendapatkan tandanya.

Dalam hal ini, opsi digabungkan dengan tanda kurung siku, mis. Di hadapan kita terdapat kombinasi dua persyaratan.

Harap dicatat lagi: ini bukan suatu sistem, tetapi suatu totalitas dalam jawabannya, himpunan tersebut digabungkan, bukan berpotongan. Ini perbedaan mendasar dari poin sebelumnya!

Secara umum, banyak siswa yang benar-benar bingung dengan serikat pekerja dan persimpangan, jadi mari kita selesaikan masalah ini untuk selamanya:

• "∪" adalah tanda gabungan. Intinya, ini adalah huruf bergaya "U" yang berasal dari kami dalam bahasa Inggris dan merupakan singkatan dari “Union”, yaitu. "Asosiasi".
• "∩" adalah tanda persimpangan. Omong kosong ini tidak datang dari mana pun, tapi hanya muncul sebagai tandingan dari “∪”.

Agar lebih mudah diingat, cukup gambarkan kaki pada tanda-tanda ini untuk membuat kacamata (tapi jangan sekarang menuduh saya mempromosikan kecanduan narkoba dan alkoholisme: jika Anda serius mempelajari pelajaran ini, maka Anda sudah menjadi pecandu narkoba):

Perbedaan antara perpotongan dan gabungan himpunan

Diterjemahkan ke dalam bahasa Rusia, artinya sebagai berikut: kesatuan (totalitas) mencakup unsur-unsur dari kedua himpunan, oleh karena itu ia tidak kurang dari masing-masing himpunan; tetapi perpotongan (sistem) hanya mencakup elemen-elemen yang secara simultan berada pada himpunan pertama dan himpunan kedua. Oleh karena itu, perpotongan himpunan tidak pernah lebih besar dari himpunan sumber.

Jadi menjadi lebih jelas? Itu hebat. Mari kita lanjutkan ke latihan.

Tugas. Selesaikan pertidaksamaan:

\[\kiri| 3x+1 \kanan| \gt 5-4x\]

Larutan. Kami melanjutkan sesuai dengan skema:

\[\kiri| 3x+1 \kanan| \gt 5-4x\Panah Kanan \kiri[ \begin(sejajarkan) & 3x+1 \gt 5-4x \\ & 3x+1 \lt -\left(5-4x \kanan) \\\end(sejajarkan) \ Kanan.\]

Kami menyelesaikan setiap ketimpangan dalam populasi:

\[\kiri[ \begin(align) & 3x+4x \gt 5-1 \\ & 3x-4x \lt -5-1 \\ \end(align) \right.\]

\[\kiri[ \begin(align) & 7x \gt 4 \\ & -x \lt -6 \\ \end(align) \right.\]

\[\kiri[ \begin(align) & x \gt 4/7\ \\ & x \gt 6 \\ \end(align) \right.\]

Kami menandai setiap himpunan yang dihasilkan pada garis bilangan, lalu menggabungkannya:

Persatuan himpunan

Sangat jelas bahwa jawabannya adalah $x\in \left(\frac(4)(7);+\infty \right)$

Jawaban: $x\in \kiri(\frac(4)(7);+\infty \kanan)$

Tugas. Selesaikan pertidaksamaan:

\[\kiri| ((x)^(2))+2x-3 \kanan| \gtx\]

Larutan. Dengan baik? Tidak ada - semuanya sama. Kita beralih dari pertidaksamaan dengan modulus ke himpunan dua pertidaksamaan:

\[\kiri| ((x)^(2))+2x-3 \kanan| \gt x\Panah Kanan \kiri[ \begin(sejajarkan) & ((x)^(2))+2x-3 \gt x \\ & ((x)^(2))+2x-3 \lt -x \\\end(sejajarkan) \kanan.\]

Kami menyelesaikan setiap kesenjangan. Sayangnya, akarnya tidak terlalu bagus:

\[\begin(sejajarkan) & ((x)^(2))+2x-3 \gt x; \\ & ((x)^(2))+x-3 \gt 0; \\&D=1+12=13; \\ & x=\frac(-1\pm \sqrt(13))(2). \\\end(sejajarkan)\]

Ketimpangan kedua juga agak liar:

\[\begin(sejajarkan) & ((x)^(2))+2x-3 \lt -x; \\ & ((x)^(2))+3x-3 \lt 0; \\&D=9+12=21; \\ & x=\frac(-3\pm \sqrt(21))(2). \\\end(sejajarkan)\]

Sekarang Anda perlu menandai angka-angka ini pada dua sumbu - satu sumbu untuk setiap pertidaksamaan. Namun, poin harus ditandai dalam urutan yang benar: semakin besar angkanya, semakin jauh titik tersebut bergerak ke kanan.

Dan di sini sebuah pengaturan menanti kita. Jika semuanya jelas dengan angka $\frac(-3-\sqrt(21))(2) \lt \frac(-1-\sqrt(13))(2)$ (suku pada pembilang pertama pecahan lebih kecil dari suku pada pembilang kedua, sehingga jumlahnya juga lebih kecil), dengan bilangan $\frac(-3-\sqrt(13))(2) \lt \frac(-1+\sqrt (21))(2)$ juga tidak akan ada kesulitan (angka positif jelas lebih besar dari angka negatif), maka dengan pasangan terakhir semuanya tidak begitu jelas. Mana yang lebih besar: $\frac(-3+\sqrt(21))(2)$ atau $\frac(-1+\sqrt(13))(2)$? Penempatan titik-titik pada garis bilangan dan sebenarnya jawabannya akan bergantung pada jawaban pertanyaan tersebut.

Jadi mari kita bandingkan:

\[\begin(matriks) \frac(-1+\sqrt(13))(2)\vee \frac(-3+\sqrt(21))(2) \\ -1+\sqrt(13)\ vee -3+\sqrt(21) \\ 2+\sqrt(13)\vee \sqrt(21) \\\end(matriks)\]

Kami mengisolasi akarnya, mendapatkan bilangan non-negatif di kedua sisi pertidaksamaan, jadi kami berhak mengkuadratkan kedua sisi:

\[\begin(matriks) ((\left(2+\sqrt(13) \kanan))^(2))\vee ((\left(\sqrt(21) \kanan))^(2)) \ \ 4+4\sqrt(13)+13\vee 21 \\ 4\sqrt(13)\vee 3 \\\end(matriks)\]

Saya pikir tidak perlu khawatir bahwa $4\sqrt(13) \gt 3$, jadi $\frac(-1+\sqrt(13))(2) \gt \frac(-3+\sqrt(21)) ( 2)$, titik akhir pada sumbu akan ditempatkan seperti ini:

Kasus akar yang jelek

Izinkan saya mengingatkan Anda bahwa kita sedang menyelesaikan suatu himpunan, jadi jawabannya adalah gabungan, bukan perpotongan himpunan yang diarsir.

Jawaban: $x\in \left(-\infty ;\frac(-3+\sqrt(21))(2) \kanan)\bigcup \left(\frac(-1+\sqrt(13))(2 );+\infty \kanan)$

Seperti yang Anda lihat, skema kami berfungsi baik untuk masalah sederhana dan sangat sulit. Satu-satunya " kelemahan“Dalam pendekatan ini, Anda perlu membandingkan bilangan irasional secara kompeten (dan percayalah: ini bukan hanya akar). Namun pelajaran terpisah (dan sangat serius) akan dikhususkan untuk masalah perbandingan. Dan kami melanjutkan.

3. Ketimpangan dengan “ekor” non-negatif

Sekarang kita sampai pada bagian yang paling menarik. Ini adalah ketidaksetaraan bentuk:

\[\kiri| benar| \gt\kiri| benar|\]

Secara umum, algoritma yang akan kita bicarakan sekarang hanya benar untuk modulnya. Ia bekerja dalam semua ketidaksetaraan di mana terdapat jaminan ekspresi non-negatif di kiri dan kanan:

Apa yang harus dilakukan dengan tugas-tugas ini? Ingatlah:

Dalam ketidaksetaraan dengan “ekor” non-negatif, kedua belah pihak dapat diangkat ke kekuatan alam apa pun. Tidak akan ada batasan tambahan.

Pertama-tama, kita akan tertarik pada kuadrat - ini membakar modul dan akar:

\[\begin(align) & ((\left(\left| f \right| \right))^(2))=((f)^(2)); \\ & ((\kiri(\sqrt(f) \kanan))^(2))=f. \\\end(sejajarkan)\]

Hanya saja, jangan bingung membedakannya dengan mengambil akar kuadrat:

\[\sqrt(((f)^(2)))=\kiri| f \kanan|\ne f\]

Kesalahan yang tak terhitung jumlahnya terjadi ketika seorang siswa lupa memasang modul! Tapi ini adalah cerita yang sama sekali berbeda (ini seolah-olah merupakan persamaan irasional), jadi kita tidak akan membahasnya sekarang. Mari kita selesaikan beberapa masalah dengan lebih baik:

Tugas. Selesaikan pertidaksamaan:

\[\kiri| x+2 \kanan|\ge \kiri| 1-2x \kanan|\]

Larutan. Mari kita segera perhatikan dua hal:

1. Hal ini bukanlah suatu ketimpangan yang tegas. Titik-titik pada garis bilangan akan tertusuk.
2. Kedua sisi pertidaksamaan jelas non-negatif (ini adalah properti modul: $\left| f\left(x \right) \right|\ge 0$).

Oleh karena itu, kita dapat mengkuadratkan kedua ruas pertidaksamaan untuk menghilangkan modulus dan menyelesaikan soal menggunakan metode interval biasa:

\[\begin(align) & ((\left(\left| x+2 \right| \right))^(2))\ge ((\left(\left| 1-2x \right| \right) )^(2)); \\ & ((\kiri(x+2 \kanan))^(2))\ge ((\kiri(2x-1 \kanan))^(2)). \\\end(sejajarkan)\]

Pada langkah terakhir Saya sedikit curang: Saya mengubah urutan suku, memanfaatkan kemerataan modul (sebenarnya, saya mengalikan ekspresi $1-2x$ dengan −1).

\[\begin(align) & ((\left(2x-1 \right))^(2))-((\left(x+2 \right))^(2))\le 0; \\ & \kiri(\kiri(2x-1 \kanan)-\kiri(x+2 \kanan) \kanan)\cdot \kiri(\kiri(2x-1 \kanan)+\kiri(x+2 \ kanan)\kanan)\le 0; \\ & \kiri(2x-1-x-2 \kanan)\cdot \kiri(2x-1+x+2 \kanan)\le 0; \\ & \kiri(x-3 \kanan)\cdot \kiri(3x+1 \kanan)\le 0. \\\end(sejajarkan)\]

Kami menyelesaikannya menggunakan metode interval. Mari beralih dari pertidaksamaan ke persamaan:

\[\begin(sejajarkan) & \kiri(x-3 \kanan)\kiri(3x+1 \kanan)=0; \\ & ((x)_(1))=3;((x)_(2))=-\frac(1)(3). \\\end(sejajarkan)\]

Kami menandai akar yang ditemukan pada garis bilangan. Sekali lagi: semua titik diarsir karena pertidaksamaan aslinya tidak tegas!

Menghilangkan tanda modulus

Izinkan saya mengingatkan Anda bagi mereka yang sangat keras kepala: kita mengambil tanda dari pertidaksamaan terakhir, yang telah ditulis sebelum melanjutkan ke persamaan. Dan kami mengecat area yang dibutuhkan dalam ketimpangan yang sama. Dalam kasus kita adalah $\left(x-3 \right)\left(3x+1 \right)\le 0$.

Oke, semuanya sudah berakhir. Sekarang. Masalah terpecahkan.

Jawaban: $x\in \kiri[ -\frac(1)(3);3 \kanan]$.

Tugas. Selesaikan pertidaksamaan:

\[\kiri| ((x)^(2))+x+1 \kanan|\le \kiri| ((x)^(2))+3x+4 \kanan|\]

Larutan. Kami melakukan semuanya dengan cara yang sama. Saya tidak akan berkomentar - lihat saja urutan tindakannya.

Kuadratkan:

\[\begin(sejajarkan) & ((\kiri(\kiri| ((x)^(2))+x+1 \kanan| \kanan))^(2))\le ((\kiri(\kiri |.((x)^(2))+3x+4 \kanan|. \\ & ((\kiri(((x)^(2))+x+1 \kanan))^(2))\le ((\kiri(((x)^(2))+3x+4 \kanan))^(2)); \\ & ((\kiri(((x)^(2))+x+1 \kanan))^(2))-((\kiri(((x)^(2))+3x+4 \ kanan))^(2))\le 0; \\ & \kiri(((x)^(2))+x+1-((x)^(2))-3x-4 \kanan)\kali \\ & \kali \kiri(((x) ^(2))+x+1+((x)^(2))+3x+4 \kanan)\le 0; \\ & \kiri(-2x-3 \kanan)\kiri(2((x)^(2))+4x+5 \kanan)\le 0. \\\end(sejajarkan)\]

Metode interval:

\[\begin(sejajarkan) & \kiri(-2x-3 \kanan)\kiri(2((x)^(2))+4x+5 \kanan)=0 \\ & -2x-3=0\ Panah kanan x=-1,5; \\ & 2((x)^(2))+4x+5=0\Panah Kanan D=16-40 \lt 0\Panah Kanan \varnothing . \\\end(sejajarkan)\]

Hanya ada satu akar pada garis bilangan:

Jawabannya adalah seluruh interval

Jawaban: $x\in \kiri[ -1,5;+\infty \kanan)$.

Catatan kecil tentang tugas terakhir. Seperti yang dicatat secara akurat oleh salah satu siswa saya, kedua ekspresi submodular dalam pertidaksamaan ini jelas positif, sehingga tanda modulus dapat dihilangkan tanpa membahayakan kesehatan.

Tapi ini adalah tingkat pemikiran yang sama sekali berbeda dan pendekatan yang berbeda - ini secara kondisional dapat disebut metode konsekuensi. Tentang itu - dalam pelajaran terpisah. Sekarang mari kita beralih ke bagian terakhir dari pelajaran hari ini dan melihat algoritma universal yang selalu berhasil. Bahkan ketika semua pendekatan sebelumnya tidak berdaya :)

4. Metode pencacahan pilihan

Bagaimana jika semua teknik ini tidak membantu? Jika ketimpangan tidak bisa direduksi menjadi ekor non-negatif, apakah modulnya tidak mungkin diisolasi, apakah secara umum ada rasa sakit, kesedihan, melankolis?

Kemudian “artileri berat” dari semua matematika muncul—metode kekerasan. Sehubungan dengan pertidaksamaan dengan modulus terlihat seperti ini:

1. Tuliskan semua ekspresi submodular dan atur sama dengan nol;
2. Selesaikan persamaan yang dihasilkan dan tandai akar-akar yang ditemukan pada satu garis bilangan;
3. Garis lurus akan dibagi menjadi beberapa bagian, di mana setiap modul mempunyai tanda tetap dan oleh karena itu terungkap secara unik;
4. Selesaikan pertidaksamaan pada setiap bagian tersebut (Anda dapat mempertimbangkan secara terpisah batas akar yang diperoleh pada langkah 2 - untuk keandalan). Gabungkan hasilnya - inilah jawabannya.

Jadi bagaimana? Lemah? Mudah! Hanya untuk waktu yang lama. Mari kita lihat dalam praktiknya:

Tugas. Selesaikan pertidaksamaan:

\[\kiri| x+2 \kanan| \lt \kiri| x-1 \kanan|+x-\frac(3)(2)\]

Larutan. Omong kosong ini tidak berujung pada kesenjangan seperti $\left| benar| \lt g$, $\kiri| benar| \gt g$ atau $\kiri| benar| \lt \kiri| g \kanan|$, jadi kita bertindak duluan.

Kami menulis ekspresi submodular, menyamakannya dengan nol dan menemukan akarnya:

\[\begin(sejajarkan) & x+2=0\Panah Kanan x=-2; \\ & x-1=0\Panah Kanan x=1. \\\end(sejajarkan)\]

Secara total, kami memiliki dua akar yang membagi garis bilangan menjadi tiga bagian, di mana setiap modul terungkap secara unik:

Mempartisi garis bilangan dengan nol fungsi submodular

Mari kita lihat setiap bagian secara terpisah.

1. Misalkan $x \lt -2$. Maka kedua ekspresi submodularnya negatif, dan pertidaksamaan aslinya akan ditulis ulang sebagai berikut:

\[\begin(align) & -\left(x+2 \right) \lt -\left(x-1 \right)+x-1.5 \\ & -x-2 \lt -x+1+ x- 1,5 \\ & x \gt 1,5 \\\end(sejajarkan)\]

Kami mendapat batasan yang cukup sederhana. Mari kita potong dengan asumsi awal bahwa $x \lt -2$:

\[\left\( \begin(align) & x \lt -2 \\ & x \gt 1.5 \\\end(align) \right.\Rightarrow x\in \varnothing \]

Jelasnya, variabel $x$ tidak boleh kurang dari −2 dan lebih besar dari 1,5 secara bersamaan. Tidak ada solusi di bidang ini.

1.1. Mari kita pertimbangkan secara terpisah kasus garis batas: $x=-2$. Mari kita substitusikan angka ini ke dalam pertidaksamaan awal dan periksa: apakah benar?

\[\begin(align) & ((\left. \left| x+2 \right| \lt \left| x-1 \right|+x-1.5 \right|)_(x=-2) ) \ \ & 0 \lt \kiri| -3\kanan|-2-1.5; \\ & 0 \lt 3-3.5; \\ & 0 \lt -0,5\Panah Kanan \vartidak ada . \\\end(sejajarkan)\]

Jelas sekali bahwa rangkaian perhitungan tersebut telah membawa kita pada ketimpangan yang tidak tepat. Oleh karena itu, pertidaksamaan awal juga salah, dan $x=-2$ tidak disertakan dalam jawabannya.

2. Misalkan sekarang $-2 \lt x \lt 1$. Modul kiri sudah terbuka dengan "plus", tetapi modul kanan masih terbuka dengan "minus". Kita punya:

\[\begin(sejajarkan) & x+2 \lt -\left(x-1 \kanan)+x-1,5 \\ & x+2 \lt -x+1+x-1,5 \\& x \lt - 2.5 \\\end(sejajarkan)\]

Sekali lagi kita bersinggungan dengan persyaratan awal:

\[\left\( \begin(align) & x \lt -2.5 \\ & -2 \lt x \lt 1 \\\end(align) \right.\Rightarrow x\in \varnothing \]

Dan sekali lagi, himpunan solusinya kosong, karena tidak ada bilangan yang kurang dari −2,5 dan lebih besar dari −2.

2.1. Dan lagi kasus spesial: $x=1$. Kami mengganti ke dalam pertidaksamaan asli:

\[\begin(align) & ((\left. \left| x+2 \right| \lt \left| x-1 \right|+x-1.5 \right|)_(x=1)) \\ & \kiri| 3\kanan| \lt \kiri| 0 \kanan|+1-1.5; \\ & 3 \lt -0,5; \\ & 3 \lt -0,5\Panah Kanan \vartidak ada . \\\end(sejajarkan)\]

Mirip dengan “kasus khusus” sebelumnya, angka $x=1$ jelas tidak disertakan dalam jawaban.

3. Bagian terakhir dari baris: $x \gt 1$. Di sini semua modul dibuka dengan tanda plus:

\[\begin(sejajarkan) & x+2 \lt x-1+x-1.5 \\ & x+2 \lt x-1+x-1.5 \\ & x \gt 4.5 \\ \end(sejajarkan)\ ]

Dan sekali lagi kita memotong himpunan yang ditemukan dengan batasan asli:

\[\left\( \begin(align) & x \gt 4.5 \\ & x \gt 1 \\\end(align) \right.\Rightarrow x\in \left(4.5;+\infty \right)\ ]

Akhirnya! Kami telah menemukan interval yang akan menjadi jawabannya.

Jawaban: $x\in \kiri(4.5;+\infty \kanan)$

Terakhir, satu catatan yang mungkin menyelamatkan Anda dari kesalahan bodoh saat menyelesaikan masalah nyata:

Penyelesaian pertidaksamaan dengan modulus biasanya merepresentasikan himpunan kontinu pada garis bilangan - interval dan segmen. Titik-titik terisolasi jauh lebih jarang terjadi. Dan bahkan lebih jarang lagi, batas solusi (ujung segmen) bertepatan dengan batas rentang yang dipertimbangkan.

Konsekuensinya, jika batas (“kasus khusus”) yang sama tidak disertakan dalam jawaban, maka area di kiri dan kanan batas tersebut hampir pasti tidak akan disertakan dalam jawaban. Begitu pula sebaliknya: perbatasan masuk ke dalam jawaban, artinya beberapa daerah disekitarnya juga akan menjadi jawaban.

Ingatlah hal ini saat meninjau solusi Anda.

Ada beberapa cara untuk menyelesaikan pertidaksamaan yang mengandung modulus. Mari kita lihat beberapa di antaranya.

1) Menyelesaikan pertidaksamaan menggunakan properti geometri modul.

Izinkan saya mengingatkan Anda apa sifat geometri suatu modulus: modulus suatu bilangan x adalah jarak dari titik asal ke titik dengan koordinat x.

Saat menyelesaikan pertidaksamaan dengan menggunakan metode ini, dua kasus mungkin muncul:

1.|x| ≤b,

Dan pertidaksamaan dengan modulus jelas tereduksi menjadi sistem dua pertidaksamaan. Di sini tandanya bisa tegas, dalam hal ini titik-titik pada gambar akan “tertusuk”.

2.|x| ≥b, maka gambar solusinya seperti ini:

Dan pertidaksamaan dengan modulus jelas tereduksi menjadi kombinasi dua pertidaksamaan. Di sini tandanya bisa tegas, dalam hal ini titik-titik pada gambar akan “tertusuk”.

Contoh 1.

Selesaikan pertidaksamaan |4 – |x|| ≥ 3.

Larutan.

Pertidaksamaan ini setara dengan himpunan berikut:

kamu [-1;1] kamu

Contoh 2.

Selesaikan pertidaksamaan ||x+2| – 3| ≤ 2.

Larutan.

Ketimpangan ini setara dengan sistem berikut.

(|x + 2| – 3 ≥ -2
(|x + 2| – 3 ≤ 2,
(|x + 2| ≥ 1
(|x + 2| ≤ 5.

Mari kita selesaikan secara terpisah pertidaksamaan pertama dari sistem tersebut. Ini setara dengan himpunan berikut:

kamu[-1; 3].

2) Menyelesaikan pertidaksamaan dengan menggunakan definisi modulus.

Izinkan saya mengingatkan Anda terlebih dahulu definisi modul.

|sebuah| = a jika a ≥ 0 dan |a| = -a jika a< 0.

Misalnya, |34| = 34, |-21| = -(-21) = 21.

Contoh 1.

Selesaikan pertidaksamaan 3|x – 1| ≤ x+3.

Larutan.

Dengan menggunakan definisi modul kita mendapatkan dua sistem:

(x – 1 ≥ 0
(3(x – 1) ≤ x + 3

(x – 1< 0
(-3(x – 1) ≤ x + 3.

Memecahkan sistem pertama dan kedua secara terpisah, kita memperoleh:

(x ≥ 1
(x ≤ 3,

(X< 1
(x ≥ 0.

Penyelesaian pertidaksamaan awal adalah seluruh penyelesaian sistem pertama dan seluruh penyelesaian sistem kedua.

Jawaban: x € .

3) Menyelesaikan pertidaksamaan dengan mengkuadratkan.

Contoh 1.

Selesaikan pertidaksamaan |x 2 – 1|< | x 2 – x + 1|.

Larutan.

Mari kita kuadratkan kedua sisi pertidaksamaan tersebut. Perlu saya perhatikan bahwa kita dapat mengkuadratkan kedua sisi pertidaksamaan hanya jika keduanya positif. DI DALAM pada kasus ini Kami memiliki modul di kiri dan kanan, jadi kami bisa melakukan ini.

(|x 2 – 1|) 2< (|x 2 – x + 1|) 2 .

Sekarang mari kita gunakan properti berikut modulus: (|x|) 2 = x 2 .

(x 2 – 1) 2< (x 2 – x + 1) 2 ,

(x 2 – 1) 2 – (x 2 – x + 1) 2< 0.

(x 2 – 1 – x 2 + x – 1)(x 2 – 1 + x 2 – x + 1)< 0,

(x – 2)(2x 2 – x)< 0,

x(x – 2)(2x – 1)< 0.

Kami menyelesaikannya menggunakan metode interval.

Jawaban: x € (-∞; 0) U (1/2; 2)

4) Menyelesaikan pertidaksamaan dengan mengubah variabel.

Contoh.

Selesaikan pertidaksamaan (2x + 3) 2 – |2x + 3| ≤ 30.

Larutan.

Perhatikan bahwa (2x + 3) 2 = (|2x + 3|) 2 . Lalu kita mendapatkan ketidaksetaraan

(|2x + 3|) 2 – |2x + 3| ≤ 30.

Mari kita lakukan perubahan y = |2x + 3|.

Mari kita tulis ulang pertidaksamaan kita dengan mempertimbangkan penggantiannya.

kamu 2 – kamu ≤ 30,

kamu 2 – kamu – 30 ≤ 0.

Mari kita faktorkan trinomial kuadrat di sebelah kiri.

y1 = (1 + 11) / 2,

y2 = (1 – 11) / 2,

(kamu – 6)(kamu + 5) ≤ 0.

Mari selesaikan menggunakan metode interval dan dapatkan:

Mari kita kembali ke penggantinya:

5 ≤ |2x + 3| ≤ 6.

Ketimpangan ganda ini setara dengan sistem ketimpangan:

(|2x + 3| ≤ 6
(|2x + 3| ≥ -5.

Mari kita selesaikan setiap pertidaksamaan secara terpisah.

Yang pertama setara dengan sistem

(2x + 3 ≤ 6
(2x + 3 ≥ -6.

Mari kita selesaikan.

(x ≤ 1,5
(x ≥ -4,5.

Pertidaksamaan kedua jelas berlaku untuk semua x, karena modulusnya, menurut definisi, adalah bilangan positif. Karena penyelesaian sistem adalah semua x yang secara simultan memenuhi pertidaksamaan pertama dan kedua dari sistem tersebut, maka penyelesaian sistem asal akan menjadi penyelesaian pertidaksamaan ganda pertama (bagaimanapun juga, pertidaksamaan kedua berlaku untuk semua x) .

Jawaban: x € [-4,5; 1.5].

blog.site, apabila menyalin materi seluruhnya atau sebagian, diperlukan link ke sumber aslinya.

Modulus angka bilangan ini sendiri disebut bilangan non-negatif, atau bilangan yang sama dengan tanda kebalikannya jika bilangan negatif.

Misalnya modulus bilangan 6 adalah 6, dan modulus bilangan -6 juga 6.

Artinya, yang kami maksud dengan modulus suatu bilangan nilai mutlak, nilai mutlak bilangan tersebut tanpa memperhitungkan tandanya.

Ditunjuk sebagai berikut: |6|, | X|, |A| dll.

(Detail lebih lanjut di bagian “Modul nomor”).

Persamaan dengan modulus.

Contoh 1 . Selesaikan persamaannya|10 X - 5| = 15.

Larutan.

Menurut aturan, persamaan tersebut ekuivalen dengan kombinasi dua persamaan:

10X - 5 = 15
10X - 5 = -15

Kami memutuskan:

10X = 15 + 5 = 20
10X = -15 + 5 = -10

X = 20: 10
X = -10: 10

X = 2
X = -1

Menjawab: X 1 = 2, X 2 = -1.

Contoh 2 . Selesaikan persamaannya|2 X + 1| = X + 2.

Larutan.

Karena modulusnya adalah bilangan non-negatif, maka X+ 2 ≥ 0. Oleh karena itu:

X ≥ -2.

Mari kita buat dua persamaan:

2X + 1 = X + 2
2X + 1 = -(X + 2)

Kami memutuskan:

2X + 1 = X + 2
2X + 1 = -X - 2

2X - X = 2 - 1
2X + X = -2 - 1

X = 1
X = -1

Kedua angka tersebut lebih besar dari -2. Jadi keduanya adalah akar persamaan.

Menjawab: X 1 = -1, X 2 = 1.

Contoh 3 . Selesaikan persamaannya

|X + 3| - 1
————— = 4
X - 1

Larutan.

Persamaan tersebut masuk akal jika penyebutnya bukan nol - artinya jika X≠ 1. Mari kita pertimbangkan kondisi ini. Tindakan pertama kita sederhana - kita tidak hanya menghilangkan pecahan, tetapi mengubahnya sehingga kita mendapatkan modul dalam bentuk murninya:

|X+ 3| - 1 = 4 · ( X - 1),

|X + 3| - 1 = 4X - 4,

|X + 3| = 4X - 4 + 1,

|X + 3| = 4X - 3.

Sekarang kita hanya mempunyai ekspresi di bawah modulus di sisi kiri persamaan. Teruskan.
Modulus suatu bilangan adalah bilangan non-negatif - yaitu, bilangan tersebut harus lebih besar dari nol atau sama dengan nol. Oleh karena itu, kami menyelesaikan pertidaksamaan:

4X - 3 ≥ 0

4X ≥ 3

X ≥ 3/4

Jadi, kita punya syarat kedua: akar persamaan minimal harus 3/4.

Sesuai dengan aturan, kami membuat himpunan dua persamaan dan menyelesaikannya:

X + 3 = 4X - 3
X + 3 = -(4X - 3)

X + 3 = 4X - 3
X + 3 = -4X + 3

X - 4X = -3 - 3
X + 4X = 3 - 3

X = 2
X = 0

Kami menerima dua jawaban. Mari kita periksa apakah keduanya merupakan akar persamaan awal.

Kami memiliki dua syarat: akar persamaan tidak boleh sama dengan 1, dan minimal harus 3/4. Itu adalah X ≠ 1, X≥ 3/4. Kedua kondisi ini hanya sesuai dengan satu dari dua jawaban yang diterima - angka 2. Artinya hanya ini yang merupakan akar persamaan aslinya.

Menjawab: X = 2.

Pertidaksamaan dengan modulus.

Contoh 1 . Selesaikan ketimpangan| X - 3| < 4

Larutan.

Aturan modul menyatakan:

|A| = A, Jika A ≥ 0.

|A| = -A, Jika A < 0.

Modul dapat memiliki bilangan non-negatif dan negatif. Jadi kita harus mempertimbangkan kedua kasus tersebut: X- 3 ≥ 0 dan X - 3 < 0.

1) Kapan X- 3 ≥ 0 pertidaksamaan awal kita tetap apa adanya, hanya saja tanpa tanda modulus:
X - 3 < 4.

2) Kapan X - 3 < 0 в исходном неравенстве надо поставить знак минус перед всем подмодульным выражением:

-(X - 3) < 4.

Membuka tanda kurung, kita mendapatkan:

-X + 3 < 4.

Jadi, dari dua kondisi ini kita sampai pada penyatuan dua sistem ketimpangan:

X - 3 ≥ 0
X - 3 < 4

X - 3 < 0
-X + 3 < 4

Mari kita selesaikan:

X ≥ 3
X < 7

X < 3
X > -1

Jadi, jawaban kita adalah gabungan dua himpunan:

3 ≤ X < 7 U -1 < X < 3.

Tentukan nilai terkecil dan terbesar. Ini adalah -1 dan 7. Apalagi X lebih besar dari -1 tetapi kurang dari 7.
Di samping itu, X≥ 3. Artinya penyelesaian pertidaksamaan tersebut adalah seluruh himpunan bilangan dari -1 sampai 7, tidak termasuk bilangan ekstrem tersebut.

Menjawab: -1 < X < 7.

Atau: X ∈ (-1; 7).

Pengaya.

1) Ada cara yang lebih sederhana dan lebih singkat untuk menyelesaikan pertidaksamaan kita - secara grafis. Untuk melakukan ini, Anda perlu menggambar sumbu horizontal (Gbr. 1).

Ekspresi | X - 3| < 4 означает, что расстояние от точки X ke titik 3 kurang dari empat satuan. Kami menandai angka 3 pada sumbu dan menghitung 4 pembagian di kiri dan kanannya. Di sebelah kiri kita akan sampai ke titik -1, di sebelah kanan - ke titik 7. Jadi, poinnya X kami hanya melihatnya tanpa menghitungnya.

Selain itu, menurut kondisi pertidaksamaan, -1 dan 7 sendiri tidak termasuk dalam himpunan penyelesaian. Jadi, kami mendapatkan jawabannya:

1 < X < 7.

2) Namun ada solusi lain yang lebih sederhana daripada metode grafis. Untuk melakukan ini, pertidaksamaan kita harus disajikan dalam bentuk berikut:

4 < X - 3 < 4.

Bagaimanapun, ini sesuai dengan aturan modulus. Bilangan non-negatif 4 dan bilangan negatif serupa -4 merupakan batas penyelesaian pertidaksamaan.

4 + 3 < X < 4 + 3

1 < X < 7.

Contoh 2 . Selesaikan ketimpangan| X - 2| ≥ 5

Larutan.

Contoh ini sangat berbeda dengan contoh sebelumnya. Ruas kiri lebih besar dari 5 atau sama dengan 5. Dari sudut pandang geometri, penyelesaian pertidaksamaan adalah semua bilangan yang berjarak 5 satuan atau lebih dari titik 2 (Gbr. 2). Grafik menunjukkan bahwa ini semua adalah bilangan yang kurang dari atau sama dengan -3 dan lebih besar atau sama dengan 7. Artinya kita sudah mendapat jawabannya.

Menjawab: -3 ≥ X ≥ 7.

Selanjutnya, kita menyelesaikan pertidaksamaan yang sama dengan menata ulang suku bebas ke kiri dan ke kanan dengan tanda berlawanan:

5 ≥ X - 2 ≥ 5

5 + 2 ≥ X ≥ 5 + 2

Jawabannya sama: -3 ≥ X ≥ 7.

Atau: X ∈ [-3; 7]

Contohnya terpecahkan.

Contoh 3 . Selesaikan ketimpangan 6 X 2 - | X| - 2 ≤ 0

Larutan.

Nomor X dapat berupa bilangan positif, bilangan negatif, atau nol. Oleh karena itu, kita perlu memperhitungkan ketiga keadaan tersebut. Seperti yang Anda ketahui, mereka diperhitungkan dalam dua ketidaksetaraan: X≥ 0 dan X < 0. При X≥ 0 kita cukup menulis ulang pertidaksamaan awal kita apa adanya, hanya saja tanpa tanda modulus:

6x 2 - X - 2 ≤ 0.

Sekarang tentang kasus kedua: jika X < 0. Модулем отрицательного числа является это же число с противоположным знаком. То есть пишем число под модулем с обратным знаком и опять же освобождаемся от знака модуля:

6X 2 - (-X) - 2 ≤ 0.

Memperluas tanda kurung:

6X 2 + X - 2 ≤ 0.

Jadi, kami menerima dua sistem persamaan:

6X 2 - X - 2 ≤ 0
X ≥ 0

6X 2 + X - 2 ≤ 0
X < 0

Kita perlu menyelesaikan pertidaksamaan dalam sistem - dan ini berarti kita perlu mencari akar dari dua persamaan kuadrat. Untuk melakukan ini, kita menyamakan ruas kiri pertidaksamaan dengan nol.

Mari kita mulai dengan yang pertama:

6X 2 - X - 2 = 0.

Cara menyelesaikan persamaan kuadrat - lihat bagian “Persamaan Kuadrat”. Kami akan segera menyebutkan jawabannya:

X 1 = -1/2, x 2 = 2/3.

Dari sistem pertidaksamaan pertama kita memperoleh bahwa penyelesaian pertidaksamaan awal adalah himpunan bilangan dari -1/2 sampai 2/3. Kami menulis gabungan solusi di X ≥ 0:
[-1/2; 2/3].

Sekarang mari kita selesaikan persamaan kuadrat kedua:

6X 2 + X - 2 = 0.

Akarnya:

X 1 = -2/3, X 2 = 1/2.

Kesimpulan: kapan X < 0 корнями исходного неравенства являются также все числа от -2/3 до 1/2.

Mari kita gabungkan kedua jawaban tersebut dan dapatkan jawaban akhir: penyelesaiannya adalah seluruh himpunan bilangan dari -2/3 hingga 2/3, termasuk bilangan ekstrim tersebut.

Menjawab: -2/3 ≤ X ≤ 2/3.

Atau: X ∈ [-2/3; 2/3].

Matematika merupakan simbol kearifan ilmu pengetahuan,

model ketelitian dan kesederhanaan ilmiah,

standar keunggulan dan keindahan dalam ilmu pengetahuan.

Filsuf Rusia, profesor A.V. Voloshinov

Pertidaksamaan dengan modulus

Masalah yang paling sulit dipecahkan dalam matematika sekolah adalah kesenjangan, berisi variabel di bawah tanda modulus. Agar berhasil mengatasi pertidaksamaan tersebut, Anda harus memiliki pengetahuan yang baik tentang properti modul dan memiliki keterampilan untuk menggunakannya.

Konsep dan sifat dasar

Modulus (nilai absolut) suatu bilangan real dilambangkan dengan dan didefinisikan sebagai berikut:

Properti sederhana dari sebuah modul mencakup hubungan berikut:

DAN .

Catatan, bahwa dua properti terakhir berlaku untuk derajat genap apa pun.

Apalagi jika, dimana, lalu dan

Properti modul yang lebih kompleks, yang dapat digunakan secara efektif saat menyelesaikan persamaan dan pertidaksamaan dengan moduli, dirumuskan melalui teorema berikut:

Teorema 1.Untuk fungsi analitis apa pun Dan ketimpangan memang benar adanya.

Teorema 2. Persamaan sama saja dengan ketimpangan.

Teorema 3. Persamaan sama saja dengan ketimpangan.

Paling umum di matematika sekolah kesenjangan, mengandung variabel yang tidak diketahui di bawah tanda modulus, adalah ketidaksetaraan bentuk dan dimana beberapa konstanta positif.

Teorema 4. Ketidaksamaan setara dengan ketimpangan ganda, dan solusi terhadap ketimpangan tersebutmengurangi untuk menyelesaikan serangkaian ketidaksetaraan Dan .

Teorema ini merupakan kasus khusus dari Teorema 6 dan 7.

Ketimpangan yang lebih kompleks, mengandung modul adalah pertidaksamaan bentuk, Dan .

Cara menyelesaikan pertidaksamaan tersebut dapat dirumuskan dengan menggunakan tiga teorema berikut.

Teorema 5. Ketidaksamaan setara dengan kombinasi dua sistem ketidaksetaraan

saya (1)

Bukti. Dari dulu

Ini menyiratkan validitas (1).

Teorema 6. Ketidaksamaan setara dengan sistem ketidaksetaraan

Bukti. Karena , kemudian dari ketimpangan mengikuti itu . Dalam kondisi ini, terjadi ketimpangandan dalam hal ini sistem pertidaksamaan kedua (1) akan menjadi tidak konsisten.

Teorema tersebut telah terbukti.

Teorema 7. Ketidaksamaan setara dengan kombinasi satu ketimpangan dan dua sistem ketimpangan

saya (3)

Bukti. Sejak , maka ketimpangan selalu dieksekusi, Jika .

Membiarkan , lalu ketimpanganakan setara dengan ketimpangan, yang darinya muncul himpunan dua pertidaksamaan Dan .

Teorema tersebut telah terbukti.

Mari kita pertimbangkan contoh yang khas memecahkan masalah dengan topik “Ketimpangan, mengandung variabel di bawah tanda modulus."

Menyelesaikan pertidaksamaan dengan modulus

Paling metode sederhana menyelesaikan pertidaksamaan dengan modulus adalah metodenya, berdasarkan perluasan modul. Metode ini bersifat universal, namun, secara umum, penggunaannya dapat mengakibatkan perhitungan yang sangat rumit. Oleh karena itu, siswa harus mengetahui metode dan teknik lain (yang lebih efektif) untuk menyelesaikan kesenjangan tersebut. Secara khusus, perlu memiliki keterampilan dalam menerapkan teorema, diberikan dalam artikel ini.

Contoh 1.Selesaikan ketimpangan

. (4)

Larutan.Kita akan menyelesaikan pertidaksamaan (4) menggunakan metode “klasik” – metode pengungkapan modul. Untuk tujuan ini, kita membagi sumbu bilangan titik dan menjadi beberapa interval dan pertimbangkan tiga kasus.

1. Jika , maka , , , dan pertidaksamaan (4) mengambil bentuk atau .

Karena kasus yang dibahas di sini adalah solusi terhadap ketimpangan (4).

2. Jika, maka dari pertidaksamaan (4) kita peroleh atau . Sejak perpotongan interval Dan kosong, maka pada interval penyelesaian yang dipertimbangkan tidak ada pertidaksamaan (4).

3. Jika, maka pertidaksamaan (4) berbentuk atau . Jelas sekali juga merupakan solusi untuk ketimpangan (4).

Menjawab: , .

Contoh 2. Selesaikan ketimpangan.

Larutan. Mari kita asumsikan itu. Karena , maka pertidaksamaan yang diberikan mengambil bentuk atau . Dari dulu dan dari sini berikut ini atau .

Namun, oleh karena itu atau.

Contoh 3. Selesaikan ketimpangan

. (5)

Larutan. Karena , maka pertidaksamaan (5) ekuivalen dengan pertidaksamaan tersebut atau . Dari sini, menurut Teorema 4, kita mempunyai serangkaian ketidaksetaraan Dan .

Menjawab: , .

Contoh 4.Selesaikan ketimpangan

. (6)

Larutan. Mari kita nyatakan . Kemudian dari pertidaksamaan (6) diperoleh pertidaksamaan , , atau .

Dari sini, menggunakan metode interval, kita mendapatkan . Karena , maka di sini kita memiliki sistem ketidaksetaraan

Penyelesaian pertidaksamaan pertama sistem (7) adalah penyatuan dua interval Dan , dan penyelesaian pertidaksamaan kedua adalah pertidaksamaan ganda. Ini menyiratkan, bahwa penyelesaian sistem pertidaksamaan (7) adalah penyatuan dua interval Dan .

Menjawab: ,

Contoh 5.Selesaikan ketimpangan

. (8)

Larutan. Mari kita transformasikan pertidaksamaan (8) sebagai berikut:

Atau .

Menggunakan metode interval, kita memperoleh solusi pertidaksamaan (8).

Menjawab: .

Catatan. Jika kita masukkan dan ke dalam ketentuan Teorema 5, kita peroleh .

Contoh 6. Selesaikan ketimpangan

. (9)

Larutan. Dari pertidaksamaan (9) berikut ini. Mari kita transformasikan pertidaksamaan (9) sebagai berikut:

Atau

Sejak , lalu atau .

Menjawab: .

Contoh 7.Selesaikan ketimpangan

. (10)

Larutan. Sejak dan , maka atau .

Dalam kasus ini dan pertidaksamaan (10) berbentuk

Atau

. (11)

Ini mengikuti itu atau . Karena , maka pertidaksamaan (11) juga mengandung arti atau .

Menjawab: .

Catatan. Jika kita menerapkan Teorema 1 pada ruas kiri pertidaksamaan (10), lalu kita dapatkan . Dari sini dan pertidaksamaan (10) sebagai berikut, apa atau . Karena , maka pertidaksamaan (10) berbentuk atau .

Contoh 8. Selesaikan ketimpangan

. (12)

Larutan. Dari dulu dan dari pertidaksamaan (12) berikut ini atau . Namun, oleh karena itu atau. Dari sini kita mendapatkan atau .

Menjawab: .

Contoh 9. Selesaikan ketimpangan

. (13)

Larutan. Menurut Teorema 7, solusi pertidaksamaan (13) adalah atau .

Biarkan saja sekarang. Pada kasus ini dan pertidaksamaan (13) mengambil bentuk atau .

Jika Anda menggabungkan intervalnya Dan , maka kita memperoleh solusi pertidaksamaan (13) berbentuk.

Contoh 10. Selesaikan ketimpangan

. (14)

Larutan. Mari kita tulis ulang pertidaksamaan (14) dalam bentuk ekuivalen: . Jika kita menerapkan Teorema 1 pada ruas kiri pertidaksamaan ini, kita memperoleh pertidaksamaan .

Dari sini dan Teorema 1 berikut ini, bahwa pertidaksamaan (14) terpenuhi untuk nilai apa pun.

Jawaban: nomor berapa pun.

Contoh 11. Selesaikan ketimpangan

. (15)

Larutan. Menerapkan Teorema 1 pada ruas kiri pertidaksamaan (15), kita mendapatkan . Persamaan ini dan pertidaksamaan (15) menghasilkan persamaan, yang mempunyai bentuk.

Menurut Teorema 3, persamaannya sama saja dengan ketimpangan. Dari sini kita dapatkan.

Contoh 12.Selesaikan ketimpangan

. (16)

Larutan. Dari pertidaksamaan (16), menurut Teorema 4, diperoleh sistem pertidaksamaan

Saat menyelesaikan pertidaksamaanMari kita gunakan Teorema 6 dan dapatkan sistem pertidaksamaandari situlah berikut ini.

Pertimbangkan kesenjangannya. Menurut Teorema 7, kita memperoleh sekumpulan ketidaksetaraan Dan . Ketimpangan populasi kedua berlaku untuk semua hal.

Karena itu , solusi pertidaksamaan (16) adalah.

Contoh 13.Selesaikan ketimpangan

. (17)

Larutan. Menurut Teorema 1, kita dapat menulis

(18)

Dengan mempertimbangkan pertidaksamaan (17), kita menyimpulkan bahwa kedua pertidaksamaan (18) berubah menjadi persamaan, yaitu. ada sistem persamaan

Menurut Teorema 3 sistem ini persamaan setara dengan sistem pertidaksamaan

atau

Contoh 14.Selesaikan ketimpangan

. (19)

Larutan. Dari dulu. Mari kita kalikan kedua sisi pertidaksamaan (19) dengan ekspresi yang hanya mengambil nilai apa pun nilai-nilai positif. Kemudian kita memperoleh pertidaksamaan yang ekuivalen dengan pertidaksamaan (19), dalam bentuk

Dari sini kita mendapatkan atau , dimana . Sejak dan maka solusi pertidaksamaan (19) adalah Dan .

Menjawab: , .

Untuk mempelajari lebih dalam tentang metode penyelesaian pertidaksamaan dengan modulus, kami sarankan untuk merujuk ke buku teks, diberikan dalam daftar literatur yang direkomendasikan.

1. Kumpulan Soal Matematika untuk Pelamar Perguruan Tinggi / Ed. M.I. Scanavi. – M.: Perdamaian dan Pendidikan, 2013. – 608 hal.

2. Suprun V.P. Matematika untuk siswa sekolah menengah: metode penyelesaian dan pembuktian pertidaksamaan. – M.: Lenand / URSS, 2018. – 264 hal.

3. Suprun V.P. Matematika untuk siswa sekolah menengah: metode non-standar untuk memecahkan masalah. – M.: CD “Librocom” / URSS, 2017. – 296 hal.

Masih ada pertanyaan?

Untuk mendapatkan bantuan dari tutor, daftarlah.

situs web, ketika menyalin materi secara keseluruhan atau sebagian, diperlukan tautan ke sumbernya.