Ecuații de gradul întâi cu modul

Modulul (valoarea absolută) este o funcție care nu schimbă un număr nenegativ, iar dintr-un număr negativ face unul pozitiv. Modulul poate apărea la rezolvarea ecuațiilor de gradul întâi.

Recapitulare

Să ne amintim cum se calculează și cum se scrie modulul. Expresia aflată în modul o scriem cu bare verticale astfel: |a|. Spunem „modulul lui a”. Atunci modulul unui număr nenegativ este chiar acel număr. Exemple: |3| = 3, |64| = 64, |π| = π. Modulul unui număr negativ este însă un număr pozitiv: $| - 7 | = 7, | - π | = π, | - \frac{1}{2} | = \frac{1}{2}$ . Modulul lui zero este zero.

Un exemplu simplu

Un exemplu de ecuație de gradul întâi simplă cu modul este ecuația: |x| = 3. Întrebarea este acum: când ne dă modulul ca rezultat trei? Vor fi două valori x — una pozitivă și una negativă; ecuația are deci două soluții. Prima este x₁ = 3, pentru că |3| = 3. A doua soluție este x₂ = −3, pentru că |−3| = 3.

Să modificăm ecuația și să o complicăm: |2x + 1| = 5. În interiorul modulului avem acum o expresie mai complicată. Putem totuși proceda exact la fel ca adineauri. Ce numere au modulul egal cu cinci? Din nou 5 și −5. Ce rezultă de aici? Că interiorul modulului, adică expresia 2x + 1, trebuie să fie egal cu cinci sau cu minus cinci. Numai atunci ecuația are soluții. Rezolvăm deci ecuațiile 2x + 1 = 5 și 2x + 1 = −5. Ecuațiile le rezolvăm ca ecuații de gradul întâi obișnuite. Obținem:

$\begin{array}{rcl} 2 x + 1 & = & 5 \\ 2 x & = & 4 \\ x & = & 2 \end{array}$

Și a doua soluție:

$\begin{array}{rcl} 2 x + 1 & = & - 5 \\ 2 x & = & - 6 \\ x & = & - 3 \end{array}$

Avem deci două soluții: x₁ = 2 și x₂ = −3. Le putem verifica înlocuindu-le în ecuația inițială. Pentru x = 2 obținem: |2 · 2 + 1| = |4 + 1| = |5| = 5, iar pentru x = −3 avem: |2 · (−3) + 1| = |−6 + 1| = |−5| = 5.

Eliminarea modulului

Procedeul precedent este însă greu de aplicat când ai o ecuație mai complicată. De exemplu aceasta:

$| 4 x + 2 | + | x - 1 | = 6$

Aici avem deja două expresii în modul și de aceea trebuie să alegem un alt procedeu. Mai întâi un exemplu ceva mai simplu: ce va fi adevărat pentru expresia |x − 2| dacă luăm pe x din intervalul (2, +∞)? Expresia din modul va fi întotdeauna pozitivă. Dacă înlocuim, de exemplu, cu trei, obținem: 3 − 2 = 1. Dacă înlocuim cu zece, avem: 10 − 2 = 8 etc. Pentru orice număr din acest interval, expresia din modul este pozitivă. Cum modifică atunci modulul această valoare? Deloc. Aceasta este o constatare importantă. Dacă expresia de sub modul este întotdeauna pozitivă, putem elimina modulul — este de prisos. Dacă luăm pe x din intervalul (2, +∞), atunci are loc egalitatea |x − 2| = x − 2 (adică am eliminat modulul).

Și acum exemplul opus — ce se întâmplă dacă luăm pe x din intervalul (−∞, 2)? Care va fi valoarea expresiei din modul, adică a expresiei x − 2? Va fi întotdeauna negativă! Încercăm cu unu: 1 − 2 = −1 sau cu zero: 0 − 2 = −2. Ce face modulul cu această valoare? O întoarce la forma pozitivă, îi schimbă semnul. Schimbarea semnului o putem realiza prin înmulțirea cu minus unu, pentru că 5 · (−1) = −5, dar și −7 · (−1) = 7 și −15 · (−1) = 15.

Deci, dacă luăm pe x din intervalul (−∞, 2), expresia din modul va fi întotdeauna negativă, iar modulul va acționa și va schimba semnul expresiei — o va înmulți cu −1. Putem deci scrie că pentru x din (−∞, 2) are loc egalitatea: |x − 2| = −(x − 2). Să încercăm să înlocuim acolo, de exemplu, zero. Mai întâi în expresia cu modul: |0 − 2| = |−2| = 2 și acum în membrul drept: −(0 − 2) = −(−2) = 2.

După cum se vede, astfel de intervale ne permit să împărțim expresia cu modul în două expresii diferite, pe care le putem rezolva complet separat. Este avantajos. Întrebarea rămasă este: cum găsim aceste intervale?

Metoda intervalelor

Când își schimbă expresia x − 2 semnul? Din partea precedentă știm că în tot intervalul (−∞, 2) expresia este negativă, iar în tot intervalul (2, +∞) este pozitivă. Cum este în punctul x = 2? Prin înlocuire aflăm că 2 − 2 = 0, deci nulă. Nu este întâmplător. Motivul se vede cel mai bine pe graficul funcției de gradul întâi:

Graficul funcției y=x-2. În punctul x=2 dreapta trece din partea negativă în cea pozitivă

Graficul unei funcții de gradul întâi este o dreaptă, care poate intersecta axa Ox doar o dată, iar când intersectează axa Ox, își schimbă semnul. De aceea, dacă o funcție de gradul întâi intersectează axa Ox în punctul a, atunci pe intervalul (−∞, a) va avea alt semn decât pe intervalul (a, +∞).

De aceea, dacă căutăm intervalele în care funcția de gradul întâi este pozitivă și cele în care este negativă, este suficient să găsim așa-numitul zero (valoarea care anulează expresia), adică punctul x₀ pentru care funcția de gradul întâi f are valoarea zero: f(x₀) = 0. Deci, dacă căutăm intervalele în care expresia x − 2 este pozitivă, mai întâi rezolvăm ecuația x − 2 = 0. Soluția este x = 2. Apoi putem forma intervalele: (−∞, 2) și (2, +∞). În aceste intervale rezolvăm apoi mai departe ecuația, dar cu modulul deja eliminat.

În sfârșit, înapoi la exemplu…

Cu multe rânduri în urmă am definit un exemplu:

$| 4 x + 2 | + | x - 1 | = 6$

Cum îl rezolvăm? Mai întâi găsim zerourile fiecărei expresii de sub modul, adică pentru expresiile 4x + 2 și x − 1. Expresia 4x + 2 are zeroul $x = - \frac{1}{2}$ , iar expresia x − 1 are zeroul x = 1. Pentru că avem două zerouri, vom avea în total trei intervale. Fiecare zero ne împarte cumva intervalul (−∞, +∞). Obținem deci intervalele $(- \infty, - \frac{1}{2})$ , $[- \frac{1}{2}, 1]$ și (1, +∞). Intervalele le alegem întotdeauna astfel încât să acoperim întregul interval (−∞, +∞).

În pasul următor trebuie să aflăm dacă expresiile sunt pozitive sau negative în intervalele date. Ne ajută tabelul de semn:

$\begin{matrix} x & (- \infty, - \frac{1}{2}) & [- \frac{1}{2}, 1] & (1, + \infty) \\ 4 x + 2 & - & + & + \\ x - 1 & - & - & + \end{matrix}$

Semnul minus − arată că expresia este negativă în intervalul dat, semnul plus + arată că este pozitivă. Cum am ajuns la asta? Am înlocuit un număr oarecare din interval. De exemplu, în intervalul din mijloc am putut înlocui zero, ceea ce este cel mai simplu de calculat. Atunci la expresia 4x + 2 obținem 4 · 0 + 2 = 2, iar la x − 1 avem 0 − 1 = −1.

Sfat: dacă în primul interval expresia este negativă, iar în următorul pozitivă, în orice interval următor expresia va fi din nou pozitivă. O funcție de gradul întâi nu își poate schimba semnul de două ori, vezi figura de mai sus cu graficul funcției de gradul întâi.

În acest moment știm în ce intervale ce expresii sunt pozitive sau negative. Calculul nostru următor trebuie împărțit în trei pași, trebuie să rezolvăm separat în fiecare interval.

Primul interval, adică x îl luăm din $(- \infty, - \frac{1}{2})$ . În acest interval ambele expresii sunt negative, deci, dacă vrem să eliminăm modulul, ambele expresii trebuie să își schimbe semnul. În acest interval rezolvăm deci ecuația:

$- (4 x + 2) - (x - 1) = 6$

Această ecuație o rezolvăm simplu cu ajutorul transformărilor echivalente:

$\begin{array}{rcl} - (4 x + 2) - (x - 1) & = & 6 \\ - 4 x - 2 - x + 1 & = & 6 \\ - 5 x - 1 & = & 6 \\ - 5 x & = & 7 \\ x & = & - \frac{7}{5} \end{array}$

Atenție: trebuie să verificăm dacă soluția aparține intervalului în care ne aflăm. Noi presupunem acum că x este luat din intervalul $(- \infty, - \frac{1}{2})$ , așa că, dacă ne-ar ieși o soluție care nu aparține acestui interval, nu o putem folosi. Minus șapte cincimi se află în intervalul $(- \infty, - \frac{1}{2})$ , deci aceasta este o soluție validă a ecuației.

Al doilea interval, adică x îl luăm din $[- \frac{1}{2}, 1]$ . În acest interval expresia 4x + 2 este pozitivă, iar expresia x − 1 este în continuare negativă. Rezolvăm deci ecuația

$4 x + 2 - (x - 1) = 6$

Din nou transformăm simplu:

$\begin{array}{rcl} 4 x + 2 - (x - 1) & = & 6 \\ 4 x + 2 - x + 1 & = & 6 \\ 3 x + 3 & = & 6 \\ 3 x & = & 3 \\ x & = & 1 \end{array}$

Aparține soluția intervalului în care lucrăm? Da, aparține. Am găsit încă o soluție a ecuației de gradul întâi.

Al treilea interval, adică intervalul (1, +∞). În acest interval ambele expresii sunt pozitive, deci putem elimina modulul fără nicio altă schimbare. Rezolvăm deci ecuația:

$4 x + 2 + x - 1 = 6$

Această ecuație o rezolvăm ușor:

$\begin{array}{r} 4 x + 2 + x - 1 = 6 \\ 5 x + 1 = 6 \\ 5 x = 5 \\ x = 1 \end{array}$

Am obținut încă un rezultat, același ca în intervalul precedent. Este însă această soluție validă pentru intervalul în care ne aflăm? Nu este! Ne aflăm în intervalul deschis (1, +∞), iar unu nu face parte din acest interval, deci soluția găsită în acest al treilea pas nu o putem socoti printre soluțiile valabile.

Ecuația de gradul întâi cu modul are două soluții, $S = {- \frac{7}{5}, 1}$ .

Rezolvarea grafică

La fel ca ecuația de gradul întâi clasică, și aceasta se poate rezolva grafic. În stânga avem funcția f(x) = |4x + 2|+|x − 1|, iar în dreapta g(x) = 6. Desenăm aceste două grafice — se intersectează în două puncte. Abscisele acestor puncte sunt soluțiile ecuației.

Graficul funcțiilor f(x)=|4x+2|+|x-1| și g(x)=6

Mulțimea soluțiilor S conține deci punctele $S = {- \frac{7}{5}, 1}$ .

Capitole: Ecuația de gradul întâi, Cu necunoscuta la numitor, Cu modul, Cu parametru

« Anterior: Cu necunoscuta la numitor

Următor: Cu parametru »