Резюме. С разнообразни примери е показано свеждането на ирационални и трансцендентни уравнения и неравенства до модулни. Предложени са и задачи за самостоятелна работа.

Ключови думи: absolute value, equation, inequality, irrational, transcendental

Модулни уравнения от вида (1) \(|f(x)|=g(x)\) или (1') \(f(x)=|g(x)|\) са включени в програмата по математика за 9. клас. В Додунекова от 2001 (с. 77) в зависимост от сложността на функциите \(f(x)\) и \(g(x)\) решаването на уравненията (1) или (1') се свежда до обединение на решенията на системите

\( \begin{array}{|l} f(x)=g(x)\\ f(x) \geq 0 \end{array}\quad \) и \( \quad \begin{array}{|l} -f(x)=g(x) \\ f(x) \lt 0 \end{array} \)

или до обединение на решенията на системите

\(\begin{array}{|l} f(x)=g(x) \\ g(x) \geq 0 \end{array}\quad \) и \(\quad\begin{array}{|l} f(x)=-g(x) \\ g(x) \lt 0 \end{array} \).

В Паскалев & Паскалева от 2001 (с. 61) уравнението (1) е сведено до решаване на уравненията \(f(x)=g(x)\) и \(f(x)=-g(x)\) и проверка кои от намерените корени удовлетворяват неравенството \(g(x) \geq 0\). В Петкова & Петков от 2001 (с. 56) се разглеждат модулни уравнения с два и повече модула и е разгледан методът на интервалите за тяхното решаване, включително и за уравнения от вида (1).

Предлагаме следното разглеждане за уравнения от вида (1):

\[ |f(x)|=g(x) \Leftrightarrow\left|\begin{array}{l} g(x) \geq 0 \\ {[f(x)]^{2}=[g(x)]^{2}} \end{array} \Leftrightarrow\right| \begin{aligned} & g(x) \geq 0 \\ & {[f(x)-g(x)] \cdot[f(x)+g(x)]=0} \end{aligned} . \]

Този подход ще следваме и при модулни неравенства. Когато уравнението съдържа няколко модула, например \(|f(x)| \pm|g(x)| \pm|k(x)|=g(x)\), то дефиниционната област (ДО) се разделя на интервали чрез точките, които са корени на уравненията \(f(x)=0, g(x)=0\) и \(k(x)=0\) ( Паскалев & Паскалева, 2001).

Модулното неравенство от вида (2) | f (x)| > g(x) \(|f(x)| \gt g(x)\) има за решения обединението от решения на \(\left\lvert\, \begin{aligned} & g(x) \geq 0 \\ & \mid[f(x)-g(x)] \cdot[f(x)+g(x)] \gt 0\end{aligned}\right.\) и \(g(x) \lt 0\).

Модулното неравенство (3) \(|f(x)| \lt g(x)\) има за решения решенията на системата \(\left\lvert\, \begin{aligned} & g(x) \gt 0 \\ & {[f(x)-g(x)] \cdot[f(x)+g(x)] \lt 0}\end{aligned}\right.\).

Ще отбележим, че рационални и ирационални неравенства се разглеждат по програма в 10. клас. В учебниците на различните авторски колективи липсва методика за тяхното решаване. Първите ни разглеждания са свързани с решаване на определени видове уравнения, които се свеждат до модулни.

I група. Ирационални уравнения, свеждащи се до модулни уравнения

В редица задачи в подкоренната величина се съдържа точен квадрат на двучлен или тричлен относно неизвестното. Коренуването на този точен квадрат води до модулно уравнение.

Задача 1. Решете уравнението \(\sqrt{4 x^{2}-4 \sqrt{2} x+2}=x+1\).

Решение: Преработваме даденото уравнение и получаваме \(\sqrt{(2 x-\sqrt{2})^{2}}=x+1\) \(\Leftrightarrow|2 x-\sqrt{2}|=x+1\). Решенията на последното уравнение са решения на системата \[ \begin{array}{|l} x+1 \geq 0 \\ (2 x-\sqrt{2})^{2}-(x+1)^{2}=0 \end{array} \quad \Leftrightarrow \quad \begin{array}{|l} x \geq-1 \\ (3 x+1-\sqrt{2}) \cdot(x-1-\sqrt{2})=0. \end{array} \]

Корените на уравнението от системата са \(x_{1}=\tfrac{\sqrt{2}-1}{3}\) и \(x_{2}=\sqrt{2}+1\). Всеки от тях изпълнява условието \(x \geq-1\). Следователно \(x_{1}\) и \(x_{2}\) са решения на задачата.

Задача 2. Решете уравнението \(\sqrt{2 x^{2}+2 \sqrt{6} x+2 \sqrt{10} x+2 \sqrt{15}+8}=\sqrt{5}\).

Решение: Преработваме подкоренната величина и получаваме \(2 x^{2}+2 \sqrt{6} x+2 \sqrt{10} x+2 \sqrt{15}+5+3=(\sqrt{2} x)^{2}+(\sqrt{3})^{2}+(\sqrt{5})^{2}+2 \sqrt{6} x+2 \sqrt{10} x+2 \sqrt{15}=\)

\(=(\sqrt{2} x+\sqrt{3}+\sqrt{5})^{2}\). Следователно даденото уравнение приема вида

\(|\sqrt{2} x+\sqrt{3}+\sqrt{5}|=\sqrt{5} \Leftrightarrow(\sqrt{2} x+\sqrt{3}) \cdot(\sqrt{2} x+\sqrt{3}+2 \sqrt{5})=0 \Rightarrow x_{1}=-\tfrac{\sqrt{6}}{2}\) и \(x_{2}=-\tfrac{\sqrt{6}+2 \sqrt{10}}{2}\), които са решения на задачата.

Задача 3. Решете уравнението \(\sqrt{x-2+\sqrt{2 x-5}}+\sqrt{x+2+3 \sqrt{2 x-5}}=7 \sqrt{2}\).

Решение: За разлика от предходните две задачи сега подкоренните величини не са точни квадрати на многочлени по отношение на \(x\). Забелязваме обаче, че изразът \(\sqrt{2 x-5}\) се повтаря. Полагаме \(\sqrt{2 x-5}=u \geq 0\) и определяме \(x=\tfrac{u^{2}+5}{2}\). Даденото уравнение записваме във вида

\(\sqrt{u^{2}+2 u+1}+\sqrt{u^{2}+6 u+9}=14 \Leftrightarrow|u+1|+|u+3|=14\).

Понеже \(u+1=0\) при \(u=-1, u+3=0\) при \(u=-3\) и \(u \in[0 ;+\infty)\), то единственият интервал, в който разглеждаме уравнението, е \(u \in[0 ;+\infty)\). В този интервал уравнението е \(u+1+u+3=14 \Leftrightarrow 2 u=10 \Leftrightarrow u=5\). Следователно \(x=\tfrac{25+5}{2}=15\).

Задача 4. Решете уравнението \(\sqrt{x+\sqrt{2 x-1}}+\sqrt{x-\sqrt{2 x-1}}=\sqrt{2}\).

(Задачата е от Първата международна олимпиада по математика, проведена в Румъния през 1959 г.).

Решение: Както в задача 3, полагаме \(\sqrt{2 x-1}=y \geq 0\) и намираме \(x=\tfrac{y^{2}+1}{2}\).

Даденото уравнение приема вида \(\sqrt{y^{2}+2 y+1}+\sqrt{y^{2}-2 y+1}=2 \Leftrightarrow|y+1|+|y-1|=2\).

Ясно е, че ДО за \(y\) се разделя на два интервала \(-y \in[0 ; 1)\) и \(y \in[1 ;+\infty)\). При \(y \in\) \([0 ; 1)\) уравнението е \(y+1-y+1=2\). Следователно всяко \(y \in[0 ; 1)\) е решение. При \(y \in[1 ;+\infty)\) уравнението е \(2 y=2 \Rightarrow y=1\). Всички числа \(y \in[0 ; 1)\) са решения на модулното уравнение. Тогава \(0 \leq \sqrt{2 x-1} \leq 1 \Leftrightarrow 0 \leq 2 x-1 \leq 1 \Leftrightarrow \tfrac{1}{2} \leq x \leq 1\).

Следователно решенията на даденото уравнение са всички числа \(x \in\left[\tfrac{1}{2} ; 1\right]\).

Задача 5. Решете уравнението \(\sqrt{x+3-4 \sqrt{x-1}}+\sqrt{x+8-6 \sqrt{x-1}}=1\).

(Задачата е от областен кръг на олимпиада по математика, Бургас, 1997 г.)

Решение: Преработваме даденото уравнение и получаваме последователно \[ \sqrt{x-1-4 \sqrt{x-1}+4}+\sqrt{x-1-6 \sqrt{x-1}+9}=1 \Leftrightarrow \sqrt{(\sqrt{x-1}-2)^{2}}+\sqrt{(\sqrt{x-1}-3)^{2}}=1 \Leftrightarrow \] \(|\sqrt{x-1}-2|+|\sqrt{x-1}-3|=1\). Разглеждаме случаите:

I случай. Ако \(\sqrt{x-1} \leq 2\), т. е. \(0 \leq x \leq 5\), уравнението приема вида \(2-\sqrt{x-1}-\sqrt{x-1}+3=1 \Rightarrow x=5\).

II случай. Ако \(\sqrt{x-1} \geq 3\), т. е. \(x \geq 10\), уравнението може да се запише във вида \(2 \sqrt{x-1}-5=1\), откъдето намираме \(x=10\).

III случай. Ако \(2 \lt \sqrt{x-1} \lt 3\), т. е. \(5 \lt x \lt 10\), уравнението е \(\sqrt{x-1}-2+3-\sqrt{x-1}=1\). В този случай всички числа \(x \in(5 ; 10)\) са решения на уравнението.

Решенията на задачата са \(x \in[5 ; 10]\).

II група. Трансцендентни уравнения, които се свеждат до модулни уравнения

Задача 6. Решете уравнението \(\log _{3}(x+1)^{2}=\tfrac{1}{2} \log _{3}(2 x-3)^{4}\).

Решение: ДО: \(x \neq-1, x \neq \tfrac{3}{2}\). Даденото уравнение записваме във вида \(2 \log _{3}|x+1|=2 \log _{3}|2 x-3|\), откъдето следва, че \(|x+1|=|2 x-3|\). Решенията на последното уравнение са решения на \((x+1+2 x-3)(x+1-2 x+3)=0\), откъдето получаваме \(x_{1}=\tfrac{2}{3}, x_{2}=4\). Понеже и двете намерени числа са от ДО, те са решения на задачата.

Ще отбележим, че в много математически справочници се разглежда свойството \(\log _{a} A^{p}=p \log _{a} A\) без ограничение за \(A\). Напомняме: \(\log _{a} A^{p}=p \log _{a}|A|\).

Задача 7. Решете уравнението \(\log _{2} \sqrt{(1-x)^{2}}=3\).

Решение: ДО: \(x \neq 1\). От определението за логаритъм следва \(|1-x|=2^{3}\), откъдето \(x_{1}=9, x_{2}=-7\). Понеже и двете числа са от ДО, то те са решения на задачата.

Задача 8. Решете уравнението \(\log _{x-3} \sqrt{x^{2}-6 x+9}=1\).

Решение: ДО: \(x \in(3 ; 4) \cup(4 ;+\infty)\). Даденото уравнение приема вида \(\log _{x-3}|x-3|=1\), откъдето \(x-3=|x-3|\). Последното заедно с ДО за \(x\) води до уравнението \(x-3=x-3\). Заключаваме, че всички \(x \in(3 ; 4) \cup(4 ;+\infty)\) са решения.

Задача 9. Решете уравнението \(\log _{5}\left(x^{4}-4 x^{3}+6 x^{2}-4 x+1\right)=4 \log _{5}(x+7)\).

Упътване. Понеже \(x^{4}-4 x^{3}+6 x^{2}-4 x+1=(x-1)^{4}\), то за \(x \in(-7 ; 1) \cup(1 ;+\infty)\) уравнението приема вида \(|x-1|=x+7\). Търсеното решение е \(x=-3\).

Задача 10. Решете уравнението \(\left(\tfrac{1}{2}\right)^{\left(x^{6}-2 x^{3}+1\right)^{\tfrac{1}{2}}}=\left(\tfrac{1}{2}\right)^{1-x}\).

Решение: От даденото уравнение получаваме последователно \(\sqrt{\left(x^{3}-1\right)^{2}}=1-x\) \(\Leftrightarrow\left|x^{3}-1\right|=1-x\). Решенията на последното уравнение са решения на системата \(\left\lvert\, \begin{aligned} & 1-x \geq 0 \\ & \left(x^{3}+x-2\right)\left(x^{3}-x\right)=0\end{aligned}\right.\), откъдето намираме \(x_{1}=x_{2}=1, x_{3}=0, x_{4}=-1\).

III група. Ирационални неравенства, свеждащи се до модулни

Задача 11. Решете неравенството:

а) \(\sqrt{x^{2}-6 x+9} \leq 5\);

б) \(\sqrt{1-6 x+9 x^{2}} \geq 3\).

Упътване. Неравенството е еквивалентно на:

а) \(|x-3| \leq 5 \Rightarrow x \in[-2 ; 8]\);

б) \(|1-3 x| \geq 3 \Rightarrow x \in\left(-\infty ;-\tfrac{2}{3}\right] \cup\left[\tfrac{4}{3} ;+\infty\right)\).

Задача 12. Решете неравенството \(2 \sqrt{x^{2}-4 x+4} \lt x^{2}\).

Упътване. За \(x\neq 0\) неравенството е еквивалентно на \(\left(2 x-4-x^{2}\right) \cdot\left(2 x-4+x^{2}\right) \lt 0\) \(\Rightarrow x \in\left(-\infty ; \tfrac{-1-\sqrt{5}}{2}\right) \cup\left(\tfrac{\sqrt{5}-1}{2} ;+\infty\right)\).

Задача 13. Решете неравенството \(\sqrt{x+8(3-\sqrt{x+8})} \lt \tfrac{x+16}{2 \sqrt{x+8}-10}\).

Решение: Полагаме \(\sqrt{x+8}=y \geq 0\), определяме \(x=y^{2}-8\) и записваме даденото неравенство във вида \(|y-4| \lt \tfrac{y^{2}+8}{2 y-10}\). Последното ще има решение при \(\tfrac{y^{2}+8}{2 y-10} \gt 0\) \(\Rightarrow y \gt 5\). За тези стойности на \(y\) следва, че \(|y-4|=y-4\) и неравенството приема вида \(y^{2}-18 y+32 \lt 0\). Решенията на последното неравенство са \(y \in(5 ; 16)\), а \(x \in(17 ; 248)\).

Задача 14. Решете неравенството \(\tfrac{\sqrt{4+x^{2}+4 x}-\sqrt{4-4 x+x^{2}}}{\sqrt{x^{2}+4+4 x}+\sqrt{4+x^{2}-4 x}} \lt 1\).

Упътване. Неравенството приема вида \(\tfrac{|2+x|-|2-x|}{|x+2|+|2-x|} \lt 1 \Leftrightarrow 2|2-x| \gt 0\). Последното неравенство е вярно за всяко \(x\neq 2\).

IV група. Трансцендентни неравенства, които се свеждат до модулни неравенства

Задача 15. Решете неравенството:

a) \(2 \log _{\tfrac{1}{3}}(x+2)-\log _{\tfrac{1}{3}}\left(4 x^{2}+12 x+9\right) \lt 0\);

б) \(\lg \left(x^{2}+\tfrac{1}{4}+x\right) \gt 2 \lg (x-3)\).

Упътване. а) За \(x \in\left(-2 ;-\tfrac{3}{2}\right) \cup\left(-\tfrac{3}{2} ;+\infty\right)\) решете неравенството \(|2 x+3| \lt x+2\).

б) За \(x \gt 3\) неравенството приема вида \(\left|x+\tfrac{1}{2}\right| \gt x-3\) и решенията на дадената задача са \(x \in(3 ;+\infty)\).

Задача 16. Решете неравенството: а) \(\sqrt{1-2^{x}+2^{2 x-2}} \gt 2^{2 x}-2^{x+2}+1\);

б) \(0,6^{|x-1|} \lt 0,6^{x}\).

Решение: а) Преработваме неравенството и получаваме последователно \(\tfrac{1}{2} \sqrt{\left(2^{x}-2\right)^{2}} \gt \left(2^{x}-2\right)^{2}-3 \Leftrightarrow \tfrac{\left|2^{x}-2\right|}{2} \gt \left(2^{x}-2\right)^{2}-3\). Полагаме \(\left|2^{x}-2\right|=u \geq 0\) и получаваме \(2 u^{2}-u-6 \lt 0\), откъдето \(u \in[0 ; 2)\), а \(x \lt 2\).

б) Трябва да решим неравенството \(\left|\tfrac{x}{x-1}\right| \gt x\) с ДО \(x \neq 1\). Неговите решения са решенията на \(\left|\begin{array}{l}x \geq 0 \\ \left(\tfrac{x}{x-1}\right)^{2}-x^{2} \gt 0\end{array} \cup x \lt 0 \Rightarrow\right| \begin{aligned} & x \geq 0 \\ & x^{3}(2-x) \gt 0\end{aligned} \Rightarrow x \in(0 ; 1) \cup(1 ; 2)\).

Решенията на дадената задача са \(x \in(-\infty ; 0) \cup(0 ; 1) \cup(1 ; 2)\).

С предложените подходи се решават следните задачи:

Задача 17. Решете уравнението:

а) \(\sqrt{x+\sqrt{14 x-49}-}+\sqrt{x-\sqrt{14 x-49}}=\sqrt{14}\);

б) \(\sqrt{x+2 \sqrt{x-1}}+\sqrt{x-2 \sqrt{x-1}}=x-1\).

Отговори: а) \(x \in\left[3 \tfrac{1}{2} ; 7\right]\); б) \(x=5\).

Задача 18. Решете неравенствата:

а) \(x+1 \gt 3 \sqrt{x^{2}-4 x+4}\);

б) \(\log _{x+\tfrac{5}{2}}\left(\tfrac{x-5}{2 x-3}\right)^{2} \gt 2\).

Отговори: а) \(x \in\left(\tfrac{5}{4} ; \tfrac{7}{2}\right)\); б) \(x \in\left(-\tfrac{3}{2} ;-\tfrac{\sqrt{21}+1}{4}\right) \cup\left(\tfrac{\sqrt{21}-1}{4} ; \tfrac{3}{2}\right) \cup\left(\tfrac{3}{2} ; \tfrac{\sqrt{109}-3}{4}\right)\).

ЛИТЕРАТУРА

1. Додунеков, С. и др. (2001). Математика за профилирана подготовка 9. клас. София: Регалия 6.

2. Паскалев, Г. & Паскалева Здр. (2001). Математика за 9. клас второ равнище. София: Архимед.

3. Петкова, С. & Петков П. (2001). Математика 9. клас профилирана подготовка. София: Просвета.

4. Сивашинский, И. (1968). Задачи по математике для внеклассных занятий. Москва: Просвещение.

5. Сканави, М. (1988). Сборник задач по математике для поступающих во ВТУЗЫ. Москва: Высшая школа.

6. Grozdev, S. For High Achievements in Mathematics. The Bulgarian Experience (Theory and Practice) . Sofia: ADE, 2007 (ISBN 978-954-92139-1-1), 295 pages.