Równania z wartością bezwzględną

Rozwiązujemy nierówność $|x - 2| - 2 \cdot |x + 3| \lt -2$.

Wyrażenia pod znakami wartości bezwzględnej zmieniają znak w punktach $x = 2$ oraz $x = -3$, które dzielą oś liczbową na trzy przedziały.

1. Krok 1 – Wyznaczenie przedziałów

   Miejsca zerowe wyrażeń podmodułowych: $x - 2 = 0 \Rightarrow x = 2$ oraz $x + 3 = 0 \Rightarrow x = -3$.

   Otrzymujemy trzy przypadki:

   • Przypadek I: $x \lt -3$
   • Przypadek II: $-3 \le x \lt 2$
   • Przypadek III: $x \ge 2$

2. Krok 2 – Przypadek I: $x \lt -3$

   Dla $x \lt -3$ mamy $x - 2 \lt 0$ oraz $x + 3 \lt 0$, zatem:

   $$|x-2| = -(x-2) = -x+2, \qquad |x+3| = -(x+3) = -x-3$$

   Nierówność przyjmuje postać:

   $$(-x+2) - 2(-x-3) \lt -2$$ $$-x + 2 + 2x + 6 \lt -2$$ $$x + 8 \lt -2$$ $$x \lt -10$$

   Część wspólna z założeniem $x \lt -3$: $\quad x \lt -10$.

3. Krok 3 – Przypadek II: $-3 \le x \lt 2$

   Dla $-3 \le x \lt 2$ mamy $x - 2 \lt 0$ oraz $x + 3 \ge 0$, zatem:

   $$|x-2| = -x+2, \qquad |x+3| = x+3$$

   Nierówność przyjmuje postać:

   $$(-x+2) - 2(x+3) \lt -2$$ $$-x + 2 - 2x - 6 \lt -2$$ $$-3x - 4 \lt -2$$ $$-3x \lt 2$$ $$x > -\frac{2}{3}$$

   Część wspólna z założeniem $-3 \le x \lt 2$: $\quad -\dfrac{2}{3} \lt x \lt 2$.

4. Krok 4 – Przypadek III: $x \ge 2$

   Dla $x \ge 2$ mamy $x - 2 \ge 0$ oraz $x + 3 > 0$, zatem:

   $$|x-2| = x-2, \qquad |x+3| = x+3$$

   Nierówność przyjmuje postać:

   $$(x-2) - 2(x+3) \lt -2$$ $$x - 2 - 2x - 6 \lt -2$$ $$-x - 8 \lt -2$$ $$-x \lt 6$$ $$x > -6$$

   Część wspólna z założeniem $x \ge 2$: $\quad x \ge 2$.

5. Krok 5 – Połączenie wyników

   Sumujemy rozwiązania ze wszystkich przypadków:

   $$x \lt -10 \quad \cup \quad -\frac{2}{3} \lt x \lt 2 \quad \cup \quad x \ge 2$$

   Dwa ostatnie przedziały łączą się w jeden (w punkcie $x = 2$ drugi przedział jest otwarty, a trzeci zamknięty):

   $$-\frac{2}{3} \lt x \lt 2 \;\cup\; x \ge 2 \;=\; x > -\frac{2}{3}$$

Wynik końcowy:

Wartość bezwzględna jest nieujemna, więc prawa strona też musi być nieujemna:

$$2x+11\ge 0\ \Longleftrightarrow\ x\ge -\frac{11}{2}.$$

Przypadek 1: $x\ge 3$, wtedy $|x-3|=x-3$:

$$x-3=2x+11\ \Longrightarrow\ x=-14.$$

Liczba $-14$ nie spełnia warunku $x\ge 3$, więc odpada.

Przypadek 2: $x\lt 3$, wtedy $|x-3|=3-x$:

$$3-x=2x+11\ \Longrightarrow\ -8=3x\ \Longrightarrow\ x=-\frac{8}{3}.$$

Liczba $-\frac83\approx-2{,}67$ spełnia $x\lt 3$ oraz $x\ge-\frac{11}{2}$, więc jest rozwiązaniem.

Sprawdzenie: $\left|-\frac83-3\right|=\left|-\frac{17}{3}\right|=\frac{17}{3}$ oraz $2\cdot\left(-\frac83\right)+11=-\frac{16}{3}+\frac{33}{3}=\frac{17}{3}$. Obie strony są równe.

Odpowiedź: $x=-\frac{8}{3}$

Przekształcamy równanie do postaci

$$|x-4|=-3x.$$

Krok 1. Warunek konieczny. Wartość bezwzględna jest nieujemna, więc musi być $-3x\ge 0$, czyli $x\le 0$.

Krok 2. Opuszczenie wartości bezwzględnej. Skoro $x\le 0$, to $x-4\lt 0$, zatem $|x-4|=4-x$:

$$4-x=-3x\ \Longrightarrow\ 4=-2x\ \Longrightarrow\ x=-2.$$

Krok 3. Sprawdzenie. $x=-2$ spełnia warunek $x\le0$. Podstawiamy do równania wyjściowego:

$$3\cdot(-2)+|-2-4|=-6+6=0.$$

Równanie ma dokładnie jeden pierwiastek.

Odpowiedź: B

Krok 1. Podstawienie. Oznaczmy $t=(a-1)^{2}-4$. Równanie przyjmuje postać $|x-5|=t$.

Krok 2. Analiza liczby rozwiązań.

Dla $t\lt 0$ równanie nie ma rozwiązań, dla $t=0$ ma jedno ($x=5$), a dla $t>0$ ma dwa:

$$x_1=5+t,\qquad x_2=5-t.$$

Krok 3. Warunek dodatniości. Rozwiązanie $x_1=5+t$ jest dodatnie zawsze, gdy $t>0$. Drugie wymaga

$$5-t>0\ \Longrightarrow\ t\lt 5.$$

Zatem warunkiem jest $0\lt t\lt 5$.

Krok 4. Powrót do parametru.

$$0\lt (a-1)^{2}-4\lt 5\ \Longrightarrow\ 4\lt (a-1)^{2}\lt 9\ \Longrightarrow\ 2\lt |a-1|\lt 3.$$

Nierówność $|a-1|>2$ daje $a\lt -1$ lub $a>3$, a $|a-1|\lt 3$ daje $-2\lt a\lt 4$. Część wspólna:

$$a\in(-2,-1)\cup(3,4).$$

Kontrola brzegów: dla $a=4$ mamy $t=5$ i wtedy $x_2=0$ — rozwiązanie nie jest dodatnie. Dla $a=3$ mamy $t=0$ i tylko jedno rozwiązanie. Oba przypadki słusznie wykluczone.

Odpowiedź: $a\in(-2,-1)\cup(3,4)$

Najprościej sprawdzić, który wzór daje wszystkie zaznaczone punkty. Testujemy wzór z wariantu B: $f(x)=\bigl||x-1|-2\bigr|$.

$$f(-1)=\bigl||-2|-2\bigr|=|2-2|=0\quad\Rightarrow\quad A=(-1,0)\ \checkmark$$

$$f(1)=\bigl||0|-2\bigr|=2\quad\Rightarrow\quad B=(1,2)\ \checkmark$$

$$f(3)=\bigl||2|-2\bigr|=0\quad\Rightarrow\quad C=(3,0)\ \checkmark$$

$$f(-4)=\bigl||-5|-2\bigr|=3\quad\Rightarrow\quad D=(-4,3)\ \checkmark$$

$$f(6)=\bigl||5|-2\bigr|=3\quad\Rightarrow\quad E=(6,3)\ \checkmark$$

Wszystkie pięć punktów się zgadza.

Dlaczego pozostałe odpadają: wariant D daje $f(1)=2$, ale $f(-1)=4\neq0$. Wariant C to $\bigl||x-1|+2\bigr|=|x-1|+2$ (wyrażenie w środku jest zawsze dodatnie), więc funkcja nigdy nie przyjmuje wartości $0$. Wariant A daje $f(1)=2$, ale $f(-1)=2\neq0$.

Interpretacja: wykres powstaje z $y=|x-1|$ przez przesunięcie o $2$ w dół, a następnie odbicie części poniżej osi $OX$ — stąd charakterystyczny kształt litery W.

Odpowiedź: B

Krok 1. Podstawienie. Niech $t=|x|$, przy czym $t\ge 0$. Równanie przyjmuje postać

$$|t-2|=t+2.$$

Krok 2. Przypadek $t\ge 2$. Wtedy $|t-2|=t-2$:

$$t-2=t+2\ \Longrightarrow\ -2=2,$$

co jest fałszem — brak rozwiązań w tym przypadku.

Krok 3. Przypadek $0\le t\lt 2$. Wtedy $|t-2|=2-t$:

$$2-t=t+2\ \Longrightarrow\ 0=2t\ \Longrightarrow\ t=0.$$

Wartość $t=0$ spełnia warunek $0\le t\lt 2$.

Krok 4. Powrót do $x$.

$$|x|=0\ \Longrightarrow\ x=0.$$

Sprawdzenie: $\bigl||0|-2\bigr|=2$ oraz $|0|+2=2$ ✓

Równanie ma dokładnie jedno rozwiązanie.

Odpowiedź: B

Krok 1. Rozkład mianownika.

$$x^{2}-5x+6=(x-2)(x-3).$$

Krok 2. Zachowanie licznika. Dla $x\to3$ licznik dąży do

$$-3+2=-1,$$

czyli jest ujemny i różny od zera.

Krok 3. Zachowanie mianownika przy $x\to3^{-}$. Zbliżamy się do $3$ od lewej strony, więc

$$x-3\to 0^{-}\ (\text{ujemne}),\qquad x-2\to 1^{+}\ (\text{dodatnie}).$$

Iloczyn $(x-2)(x-3)$ dąży zatem do zera od strony wartości ujemnych.

Krok 4. Znak ilorazu. Liczba ujemna dzielona przez wartość ujemną bliską zeru daje wartości dodatnie, coraz większe co do modułu:

$$\frac{-1}{0^{-}}=+\infty.$$

Kontrola liczbowa: dla $x=2{,}99$ mamy $\frac{-0{,}99}{0{,}99\cdot(-0{,}01)}=\frac{-0{,}99}{-0{,}0099}\approx 100$ — wartość dodatnia i rosnąca ✓

Odpowiedź: D

Korzystamy ze wzoru \(\sqrt{a^2}=|a|\).

Pierwszy składnik:

Ponieważ \(\sqrt{2}\approx 1{,}41\gt 1\), mamy \(1-\sqrt{2}\lt 0\), więc:

\(\sqrt{\left(1-\sqrt{2}\right)^2}=\left|1-\sqrt{2}\right|=\sqrt{2}-1\)

Drugi składnik:

Ponieważ \(\sqrt{2}\lt 2\), mamy \(2-\sqrt{2}\gt 0\), więc:

\(\sqrt{\left(2-\sqrt{2}\right)^2}=2-\sqrt{2}\)

Suma:

\(\left(\sqrt{2}-1\right)+\left(2-\sqrt{2}\right)=1\)

Odpowiedź: A.

Krok 1. Pierwsza gałąź ($x\le0$).

$$x-2=1\ \Longrightarrow\ x=3.$$

Otrzymana wartość nie spełnia warunku $x\le0$, więc odpada.

Krok 2. Druga gałąź ($x>0$). Dla $x>0$ mamy $x+3>3>0$, więc $|x+3|=x+3$ i wzór upraszcza się:

$$\bigl|x+3-4\bigr|=|x-1|.$$

$$|x-1|=1\ \Longrightarrow\ x-1=1\ \text{lub}\ x-1=-1,$$

$$x=2\qquad\text{lub}\qquad x=0.$$

Wartość $x=0$ nie spełnia warunku $x>0$, więc odpada. Zostaje $x=2$.

Krok 3. Wniosek. Równanie ma dokładnie jedno rozwiązanie: $x=2$.

Sprawdzenie: $f(2)=\bigl||5|-4\bigr|=|1|=1$ ✓

Odpowiedź: A

Krok 1. Opuszczenie wartości bezwzględnych. Punkty zmiany znaku to $x=-3$ i $x=3$. Rozpatrujemy trzy przedziały.

Dla $x\ge3$: $\ |x+3|+|x-3|=(x+3)+(x-3)=2x$, więc

$$f(x)=\frac{2x}{x}=2.$$

Dla $-3\le x\lt 3$, $x\neq0$: $\ |x+3|+|x-3|=(x+3)+(3-x)=6$, więc

$$f(x)=\frac{6}{x}.$$

Dla $x\lt -3$: $\ |x+3|+|x-3|=-(x+3)-(x-3)=-2x$, więc

$$f(x)=\frac{-2x}{x}=-2.$$

Krok 2. Wartości na poszczególnych przedziałach.

• Dla $x\ge3$ oraz dla $x\lt -3$ funkcja jest stała i przyjmuje wartości $2$ oraz $-2$.

• Dla $x\in(0,3)$ mamy $f(x)=\frac6x$, funkcja maleje od $+\infty$ (gdy $x\to0^{+}$) do wartości $2$ przy $x\to3^{-}$, więc przyjmuje wszystkie wartości z przedziału $(2,+\infty)$.

• Dla $x\in\langle-3,0)$ mamy $f(-3)=-2$, a gdy $x\to0^{-}$, to $f(x)\to-\infty$; funkcja przyjmuje więc wszystkie wartości z $(-\infty,-2]$.

Krok 3. Suma zbiorów wartości. Wartość $2$ jest osiągana (dla $x\ge3$), a wartość $-2$ również (dla $x=-3$ oraz dla $x\lt -3$):

$$ZW_f=(-\infty,-2]\cup\{2\}\cup(2,+\infty)=(-\infty,-2]\cup[2,+\infty).$$

Kontrola: $f(0{,}1)=60$, $f(-0{,}1)=-60$, $f(3)=2$, $f(-3)=-2$, $f(-4)=-2$ ✓

Odpowiedź: $ZW_f=(-\infty,-2]\cup[2,+\infty)$

Krok 1. Odległość punktu od prostej. Dla punktu $(x,0)$ i prostej $x+y+1=0$:

$$d=\frac{|x+0+1|}{\sqrt{1^{2}+1^{2}}}=\frac{|x+1|}{\sqrt2},\qquad d^{2}=\frac{(x+1)^{2}}{2}.$$

Krok 2. Zapis warunku.

$$\frac{(x_1+1)^{2}}{2}+\frac{(x_2+1)^{2}}{2}=6\ \Longrightarrow\ (x_1+1)^{2}+(x_2+1)^{2}=12.$$

Rozwijamy i grupujemy:

$$\left(x_1^{2}+x_2^{2}\right)+2\left(x_1+x_2\right)+2=12.$$

Korzystając z $x_1^{2}+x_2^{2}=S^{2}-2P$:

$$S^{2}-2P+2S=10.$$

Krok 3. Wzory Viète'a.

$$S=2m+2,\qquad P=2m+5.$$

$$(2m+2)^{2}-2(2m+5)+2(2m+2)=10,$$

$$4m^{2}+8m+4-4m-10+4m+4=10\ \Longrightarrow\ 4m^{2}+8m-12=0,$$

$$m^{2}+2m-3=0\ \Longrightarrow\ (m+3)(m-1)=0\ \Longrightarrow\ m=-3\ \text{lub}\ m=1.$$

Krok 4. Warunek dwóch różnych pierwiastków.

$$\Delta=(2m+2)^{2}-4(2m+5)=4m^{2}-16>0\ \Longleftrightarrow\ m\lt -2\ \text{lub}\ m>2.$$

Wartość $m=1$ nie spełnia tego warunku i odpada; $m=-3$ spełnia.

Sprawdzenie dla $m=-3$: $f(x)=x^{2}+4x-1$, $\Delta=20>0$, $S=-4$, $P=-1$, a $S^{2}-2P+2S=16+2-8=10$ ✓

Odpowiedź: $m=-3$

Krok 1. Punkty zerowe wyrażeń pod modułem.

$$2x-5=0\ \Rightarrow\ x=\frac52,\qquad x+4=0\ \Rightarrow\ x=-4.$$

Dzielą one oś na trzy przedziały.

Przypadek 1: $x\lt -4$. Wtedy $|2x-5|=5-2x$ oraz $|x+4|=-x-4$:

$$(5-2x)-(-x-4)=9-x\le 2-2x\ \Longrightarrow\ x\le-7.$$

Uwzględniając $x\lt -4$:   $x\le-7$.

Przypadek 2: $-4\le x\lt \frac52$. Wtedy $|2x-5|=5-2x$ oraz $|x+4|=x+4$:

$$(5-2x)-(x+4)=1-3x\le 2-2x\ \Longrightarrow\ -x\le1\ \Longrightarrow\ x\ge-1.$$

Uwzględniając przedział:   $-1\le x\lt \frac52$.

Przypadek 3: $x\ge\frac52$. Wtedy oba wyrażenia są nieujemne:

$$(2x-5)-(x+4)=x-9\le 2-2x\ \Longrightarrow\ 3x\le11\ \Longrightarrow\ x\le\frac{11}{3}.$$

Uwzględniając przedział:   $\frac52\le x\le\frac{11}{3}$.

Krok 2. Suma rozwiązań. Przedziały z przypadków 2 i 3 sklejają się w $\left\langle-1,\frac{11}{3}\right\rangle$, zatem

$$x\in(-\infty,\ -7]\cup\left\langle-1,\ \frac{11}{3}\right\rangle.$$

Kontrola: $x=-8$: $17\le18$ ✓; $x=-5$: $14\le12$ — fałsz ✓; $x=0$: $1\le2$ ✓; $x=4$: $-5\le-6$ — fałsz ✓. Dla $x=-7$ i $x=\frac{11}{3}$ zachodzi równość ✓

Odpowiedź: $x\in(-\infty,-7]\cup\left\langle-1,\frac{11}{3}\right\rangle$

Rozpatrujemy trzy przedziały wyznaczone przez miejsca zerowe wyrażeń pod modułami: \(x=-1\) i \(x=2\).

1) \(x\lt -1\): \((2-x)+(-x-1)\ge 3x-3\), czyli \(1-2x\ge 3x-3\), stąd \(4\ge 5x\), czyli \(x\le\tfrac45\). Cały przedział \((-\infty,-1)\) spełnia nierówność.

2) \(-1\le x\lt 2\): \((2-x)+(x+1)=3\ge 3x-3\), stąd \(6\ge 3x\), czyli \(x\le 2\). Cały przedział \(\langle-1,2)\) spełnia nierówność.

3) \(x\ge 2\): \((x-2)+(x+1)=2x-1\ge 3x-3\), stąd \(2\ge x\), czyli \(x=2\).

Łącząc wszystkie przypadki otrzymujemy \(x\in(-\infty,2\rangle\).

Miejsca zerowe wyrażeń pod modułami to \(x=-2\) i \(x=1\). Rozpatrujemy trzy przedziały.

1) \(x\lt -2\): \(-(2x+4)+(1-x)\le6\), czyli \(-3x-3\le6\), stąd \(x\ge-3\). W tym przypadku: \(x\in\langle-3,-2)\).

2) \(-2\le x\lt 1\): \((2x+4)+(1-x)\le6\), czyli \(x+5\le6\), stąd \(x\le1\). Cały przedział: \(x\in\langle-2,1)\).

3) \(x\ge1\): \((2x+4)+(x-1)\le6\), czyli \(3x+3\le6\), stąd \(x\le1\). W tym przypadku: \(x=1\).

Sumą otrzymanych zbiorów jest \(x\in\langle-3,1\rangle\).

Zauważmy, że \(|3x-6|=3|x-2|\), więc nierówność przyjmuje postać

\(4|x-2|\lt |x|\).

Miejsca zerowe wyrażeń pod modułami: \(x=0\) i \(x=2\).

1) \(x\lt 0\): \(4(2-x)\lt -x\), czyli \(8-4x\lt -x\), stąd \(x>\tfrac83\) — sprzeczność z \(x\lt 0\). Brak rozwiązań.

2) \(0\le x\lt 2\): \(4(2-x)\lt x\), czyli \(8\lt 5x\), stąd \(x>\tfrac85\). W tym przypadku \(x\in\left(\tfrac85,2\right)\).

3) \(x\ge2\): \(4(x-2)\lt x\), czyli \(3x\lt 8\), stąd \(x\lt \tfrac83\). W tym przypadku \(x\in\left\langle2,\tfrac83\right)\).

Sumą otrzymanych zbiorów jest \(x\in\left(\tfrac85,\tfrac83\right)\).

Opuszczamy wartości bezwzględne w trzech przedziałach wyznaczonych przez \(x=-2\) i \(x=1\):

• dla \(x\lt -2\): \(f(x)=(1-x)-(-x-2)=3\),

• dla \(-2\le x\lt 1\): \(f(x)=(1-x)-(x+2)=-2x-1\),

• dla \(x\ge1\): \(f(x)=(x-1)-(x+2)=-3\).

a) Dla \(x\in(-\infty,-2)\) funkcja jest stała i równa \(3\), więc zbiorem wartości jest \(\{3\}\).

b) Wykres składa się z trzech części: półprostej poziomej \(y=3\) dla \(x\lt -2\), odcinka prostej \(y=-2x-1\) łączącego punkty \((-2,3)\) i \((1,-3)\) oraz półprostej poziomej \(y=-3\) dla \(x\ge1\). Wykres jest ciągły, a zbiorem wartości funkcji jest przedział \(\langle-3,3\rangle\).

c) Miejsce zerowe może leżeć tylko na środkowym odcinku:

\(-2x-1=0\), skąd \(x=-\dfrac12\) (i \(-\tfrac12\in\langle-2,1)\)).

d) Ponieważ zbiorem wartości funkcji jest \(\langle-3,3\rangle\), równanie \(f(x)=m\) nie ma rozwiązań dokładnie wtedy, gdy \(m\lt -3\) lub \(m>3\).

Upraszczamy wzór, rozpatrując znak \(\sin x\).

• Dla \(x\in(0,\pi)\): \(\sin x>0\), więc \(|\sin x|=\sin x\) i

\(f(x)=\dfrac{\sin^2x-\sin x}{\sin x}=\sin x-1\).

• Dla \(x\in(\pi,2\pi)\): \(\sin x\lt 0\), więc \(|\sin x|=-\sin x\) i

\(f(x)=\dfrac{\sin^2x+\sin x}{\sin x}=\sin x+1\).

a) Wykresem jest więc łuk sinusoidy przesuniętej o \(1\) w dół na przedziale \((0,\pi)\) (wartości od \(-1\) do \(0\)) oraz łuk sinusoidy przesuniętej o \(1\) w górę na przedziale \((\pi,2\pi)\) (wartości od \(0\) do \(1\)). Punkty \(x=0,\ \pi,\ 2\pi\) są wyłączone z dziedziny.

b) Miejsca zerowe:

• na \((0,\pi)\): \(\sin x-1=0\), czyli \(\sin x=1\), skąd \(x=\dfrac{\pi}{2}\),

• na \((\pi,2\pi)\): \(\sin x+1=0\), czyli \(\sin x=-1\), skąd \(x=\dfrac{3\pi}{2}\).