.

1. Івано-Франківський обласний інститут післядипломної педагогічної освіти
Лабораторія природничо-математичних дисциплін
ДОКУРСОВА РОБОТА
на тему:
“Модуль у курсі шкільної математики”
Виконав
слухач курсів
вчителів математики
Чепіль Х.В.
Медухівська ЗОШ I-II ст.
Галицького району
Ознайомилась
методист РМЦ
Лавер Н.О.
2013

2. 1
ЗМІСТ
Вступ…………………………………………………………………………………....2
Основна частина………………………………………………………………………4
1. Означення модуля числа та його властивості……………………………………...4
2. Рівняння з модулем………………………………………………………………….7
3. Розв’язування нерівностей з модулем……………………..……………………...15
4. Побудоваграфіків функцій з модулями…………………………………………..21
5. Розв’язування задач з параметрами, що містять знак модуля…………………..30
Висновок……………………………………………………………………………...36
Список використаноїлітератури………………………………………………….37
Додаток………………………………………………………………………………..38

3. 2
ВСТУП
Модуль – це одна з найцікавіших та багатогранних тем у математиці. Вона
обов’язкова для вивчення і у шкільному курсі математики. Це питання досить
актуальне, тому що завдання з модулем часто зустрічаються на уроках, олімпіадах,
на державній підсумковій атестації. Проаналізувавши завдання зовнішнього
незалежного оцінювання, бачимо що з 2006 по 2013 рік включно, щороку учасникам
пропонуються завдання з модулем різного рівня складності. Саме тому останнім
часом учні та вчителі звертають посилену увагу на цей матеріал, здійснюють
спеціальну підготовку щодо вивчення та застосування методів розв’язування
завдань з модулями.
Програма з математики для загальноосвітньої школи відводить на вивчення теми
“Модуль” приблизно 2 години у 6 класі та 2-3 години в 10 класі. Проте цього часу
надто мало для засвоєння знань з даної теми. Саме тому з модулем потрібно
працювати і протягом інших тем, які вивчають у 6-11 класах. Це лінійна функція,
абсолютна похибка наближеного значення, властивості кореня парного степеня,
границя послідовності, рівняння, нерівності, системи, графіки з модулями, задачі з
параметрами.
В межах нашої школи серед учнів 9-11 класів було проведено опитування для
визначення рівня засвоєння знань з даного питання. По результатах опитування
складено діаграму. Аналізуючи результати опитування, можна зробити висновки,
що труднощі при розв’язуванні завдань з модулями мають абсолютно всі учні,
прості рівняння з модулями вміють розв’язувати майже всі учні, а от складніші
рівняння викликають труднощі у багатьох, хоча подолати ці труднощі бажають не
всі. Тому доречно цю проблему дослідити більш глибоко.
У зв’язку з цим метою даної роботи є:
- висвітлити основні теоретичні питання щодо модуля числа;
- дослідити застосування теоретичного матеріалу на практиці;
- прояснити та доповнити шкільний матеріал, пов’язаний з методами
розв’язування рівнянь і нерівностей з модулем;

4. 3
- узагальнити та систематизувати знання учнів щодо застосування абсолютної
величини до побудови графіків функцій, які містять модуль;
- розглянути розв’язування деяких задач з параметрами, що містять модуль.
Робота складається зі вступу та основної частини, що містить п’ять підпунктів.
Зокрема у роботі сформульовані теоретичні відомості про модуль (абсолютну
величину) числа та доведені деякі його основні властивості. У шкільному курсі
математики вперше поняття абсолютної величини вводиться в 6 класі під час
вивчення теми “Додавання та віднімання раціональних чисел”. Вже тоді учні
повинні вміти: дати означення модуля числа, знаходити модулі додатніх та
від'ємних чисел, порівнювати раціональні числа по модулю, розв'язувати
найпростіші рівняння з модулем. В процесі вивчення алгебри у 7-11 класах,
повертаючись у різних темах до поняття модуля, учнів повинні вміти розв'язувати
рівняння та нерівності різного рівня складності, що містять знак абсолютної
величини. Саме про це йдеться у наступних двох підпунктах основної частини. У
роботі дані методичні рекомендації щодо побудови графіків функцій з модулями.
При вивчені цієї теми у школі було б корисно ознайомити учнів з деякими
графічними редакторами, за допомогою яких можна побудувати графіки функцій.
Також в останньому підпункті роботи розв'язані завдання підвищеного рівня
складності з параметрами, які містять знак модуля та запропоновані вправи для
самостійного розв'язування.
Ознайомлення з матеріалами даної курсової роботи може стати у пригоді учням
при підготовці до різних конкурсів, змагань, екзаменів, моніторингів.

5. 4
ОСНОВНА ЧАСТИНА
1. Означення модуля числа та його властивості
Модуль (modulus) в перекладі з латинської мови означає “міра, розмір”. Термін
“модуль” вперше ввів в 1806 році французький математик Жорж Аргон.
Модулем додатного числа і нуля називається саме число.
Для позначення модуля числа використовують дві вертикальні риски: “| |”.
Отже, |2| = 2; |15,5| = 15,5; |0| = 0.
Модулем від'ємного числа називається протилежне йому додатне число.
Наприклад, |−5| = 5; |−2
1
2
| = 2
1
2
.
У старших класах, коли учні вже знайомі з множиною дійсних чисел, означення
модуля числа дають у вигляді такої системи
| 𝑎| = {
𝑎 при 𝑎 > 0,
0 при 𝑎 = 0,
– 𝑎 при 𝑎 < 0,
де a – довільне дійсне число.
На координатній прямій модуль – це відстань від початку координатдо точки, що
зображуєдане число. Модуль різниці двох чисел 𝑎 𝑖 𝑏 − це відстань між точками a і
b на координатній прямій.
b 0 a
______________________________
B O A x
| 𝑎| = 𝑂𝐴, | 𝑏| = 𝑂𝐵
| 𝑎 − 𝑏| = 𝐴𝐵
У цьому полягає геометричний зміст модуля.
Використовуючи означення модуля та його геометричний зміст, можна
обґрунтувати основні властивості модуля.
1. Модуль будь-якого числа – невід’ємне число: | 𝑎| ≥ 0.
2. Модулі протилежних чисел рівні:|−𝑎| = | 𝑎|.
3. Величина числа не перевищує величини його модуля: 𝑎 ≤ | 𝑎|.

6. 5
4. Модуль добутку дорівнює добутку модулів множників: | 𝑎 ∙ 𝑏| = | 𝑎| ∙ | 𝑏|.
Доведення. Якщо 𝑎 ≥ 0 𝑖 𝑏 ≥ 0, то | 𝑎| = 𝑎, | 𝑏| = 𝑏 і | 𝑎𝑏| ≥ 0. Тоді | 𝑎𝑏| =
𝑎𝑏 = | 𝑎|| 𝑏|.
Якщо 𝑎 < 0 і 𝑏 < 0, то | 𝑎| = −𝑎, | 𝑏| = −𝑏, 𝑎𝑏 > 0. Тоді | 𝑎𝑏| = 𝑎𝑏 =
(−𝑎)(−𝑏) = | 𝑎|| 𝑏|.
Якщо 𝑎 і 𝑏 мають різні знаки, наприклад, 𝑎 < 0, 𝑏 ≥ 0, то 𝑎𝑏 ≤ 0. Тоді | 𝑎𝑏| =
−𝑎𝑏 = (−𝑎) 𝑏 = | 𝑎|| 𝑏|.
Аналогічно розглядається випадок, коли 𝑎 ≥ 0, 𝑏 < 0.
З даної рівності безпосередньо випливає, що ця властивість справджується і
для добутку з n множників, тобто | 𝑎1 ∙ 𝑎2 ∙ …∙ 𝑎 𝑛| = | 𝑎1| ∙ | 𝑎2| ∙ …∙ | 𝑎 𝑛|, або
| 𝑎 𝑛| = | 𝑎| 𝑛
.
5. Модуль дробу дорівнює модулю чисельника, поділеному на модуль
знаменника (якщо знаменник не дорівнює нулю): |
𝑎
𝑏
| =
| 𝑎|
| 𝑏|
( 𝑏 ≠ 0).
Доведення. З очевидної рівності 𝑎 = 𝑏 ∙
𝑎
𝑏
та з властивості | 𝑎 ∙ 𝑏| = | 𝑎| ∙ | 𝑏|
маємо | 𝑎| = | 𝑏| |
𝑎
𝑏
|. Звідси |
𝑎
𝑏
| =
| 𝑎|
| 𝑏|
.
6. Модуль суми не перевищує суми модулів доданків: | 𝑎 + 𝑏| ≤ | 𝑎| + | 𝑏|.
Доведення. Розглянемо два випадки:
1) 𝑎 + 𝑏 ≥ 0. Тоді | 𝑎 + 𝑏| = 𝑎 + 𝑏.
Проте 𝑎 ≤ | 𝑎|, 𝑏 ≤ | 𝑏| і тому | 𝑎 + 𝑏| ≤ | 𝑎| + | 𝑏|. Отже, нерівність
| 𝑎 + 𝑏| ≤ | 𝑎| + | 𝑏| справджується.
2) 𝑎 + 𝑏 < 0. Тоді | 𝑎 + 𝑏| = −( 𝑎 + 𝑏) = (−𝑎) + (−𝑏).
Оскільки −𝑎 ≤ | 𝑎|,−𝑏 ≤ | 𝑏|, то (−𝑎) + (−𝑏) ≤ | 𝑎| + | 𝑏|.
Cпіввідношення, отримані в обох випадках, загалом, доводять дану
властивість.
Ця властивість поширюється на випадок довільного скінченного числа
доданків, тобто
| 𝑎1 + 𝑎2 + ⋯+ 𝑎 𝑛| ≤ | 𝑎1| + | 𝑎2| + ⋯+ | 𝑎 𝑛|.
7. || 𝑎| − | 𝑏|| ≤ | 𝑎 ± 𝑏| ≤ | 𝑎| + | 𝑏|.

7. 6
Знання означення модуля числа та його властивостей дозволяєспрощувативирази
зі знаком модуля. В загальному модуль не стільки ускладнює приклад, як збільшує
кількість прикладів, адже доводиться спрощувати не один вираз, а декілька.
Приклад. Спростити вираз 𝐶 =
𝑐2−4−| 𝑐−2|
𝑐3+2𝑐2−5𝑐−6
.
Розв’язання. Областю допустимих значень даного виразу (ОДЗ) є множина всіх
дійсних значень змінної с, для яких знаменник не дорівнює нулю, тобто
с ≠ −3, с ≠ −1,с ≠ 2. Розглянемо два можливі випадки:
1) Якщо с  2, то
2
3 2 3 2 2 2
4 2 (с 2)(с 2) (с 2) (с 2)(с 1)
2 5 6 6 6 (с 1) (с 1) 6(с 1)
с с
С
с с с с с с с с с с
        
   
            
= 2
(с 2)(с 1) (с 2)(с 1) 1
(с 1)(с 6) (с 1)(с 2)(с 3) 3с с
   
  
      
2) Якщо с < 2, то
С =
2
3 2
4 (с 2) (с 2)(с 3) 1
2 5 6 (с 1)(с 2)(с 3) 1
с
с с с с
    
  
      
Відповідь:якщос 𝜖 (−∞; −3) ∪ (−3;−1) ∪ (−1;2),то С =
1
с+1
;
якщо с 𝜖 (2;∞),то С =
1
с+3
.

8. 7
2. Рівняння з модулем
Рівняння і нерівності з модулем – це одна з найбільш цікавих і водночас складних
тем шкільного курсу математики. Завдання з модулем є у всіх основних темах
математики, в олімпіадних задачах, і звичайно ж у завданнях підсумкових атестацій
та зовнішнього незалежного оцінювання. Однак у підручниках з курсів алгебри та
математики розглядається лише невелика кількість рівнянь із модулем. В основному
такі рівняння зустрічаються в наступних темах:
- лінійні рівняння та нерівності;
- квадратні рівняння та нерівності;
- раціональні рівняння та нерівності;
- ірраціональні рівняння та нерівності;
- тригонометричні рівняння та нерівності;
- показникові та логарифмічні рівняння та нерівності;
- системи рівнянь та нерівностей.
Відповідно до програми, найпростіші рівняння з модулем розв'язують учні 6
класу. Це рівняння відносно модуля невідомого.
Наприклад, −3| 𝑥| + 5 = −16,
−3| 𝑥| = −16 − 5,
−3| 𝑥| = −21,
| 𝑥| = 7
Звідси 𝑥 = 7 або 𝑥 = −7.
Проте у 6 класі уже знають про перенесення елементів рівняння з одної частини в
іншу, про множення та ділення обох частин рівняння на одне й те ж саме число, що
не дорівнює нулеві. Це дає змогу розв’язувати більш складні рівняння з модулем.
Такі рівняння вимагають перевірки, що є хорошим тренуванням у виконанні дій над
числами з різними знаками та зведенні подібних членів. Крім того, для учнів це –
перша зустріч з перевіркою в рівняння, яка відкидає зайві корені. Це дозволяє
показати дітям, що перевірка призначена не для виявлення помилок, зроблених в
арифметичних діях. Отже, перевірка – це метод вилучення зайвих коренів. І саме в

9. 8
рівняннях з модулем перевірка є невід’ємною частиною знаходження його
розв’язків.
Відносно методу розв’язування рівняння з модулем можна розв’язати за
допомогою:
- означення;
- геометричного змісту;
- графіка;
- методу інтервалів;
- використання спеціальних співвідношень.
Відносно підмодульного виразу рівняння з модулем можна класифікувати так:
- просте – під знаком модуля є тільки змінна або число;
- складне – під знаком модуля міститься вираз;
- мішане – під знаком модуля знаходяться модулі змінних.
Розв’язування рівняння з модулем за означенням
Найпоширеніший, а інколи і єдино можливий спосіб розв’язування рівнянь із
модулем – це розкриття модуля за означенням. Суть цього методу полягає в тому,
що необхідно виділити аргумент з-під знака модуля за правилом | 𝑥| = {
−𝑥, 𝑥 < 0
𝑥, 𝑥 ≥ 0
.
Цей спосіб зручно застосовувати тоді, коли підмодульні вирази є досить
простими. У шкільному курсі математики найчастіше цим способом розв’язують
розв’язують лінійні рівняння з модулем у 7 класі та квадратні рівняння з модулем у
8 класі.
Приклад 1. Розв’язати рівняння | 𝑥| = 𝑥2
+ 𝑥 − 2.
Розв’язання. Розглянемо два випадки:
1) якщо 𝑥 ≥ 0, то одержуємо рівняння 𝑥 = 𝑥2
+ 𝑥 − 2. Дане рівняння має два
корені 𝑥 = √2 та 𝑥 = −√2. Враховуючи умову 𝑥 ≥ 0, розв’язком даного
рівняння є лише корінь 𝑥 = √2 .
2) якщо 𝑥 < 0, то одержуємо рівняння −𝑥 = 𝑥2
+ 𝑥 − 2. Розв’язавши дане
квадратне рівняння, отримаємо два корені 𝑥 = −1 − √3 та 𝑥 = −1 + √3.
Тільки корінь 𝑥 = −1 − √3 задовольняє умові 𝑥 < 0.

10. 9
Відповідь: 𝑥 = √2 ; 𝑥 = −1 − √3.
У загальному випадку рівняння | 𝑓( 𝑥)| = 𝑔(𝑥) можна розв’язати за допомогою
означення, склавши сукупність таких двох систем:
| 𝑓( 𝑥)| = 𝑔( 𝑥) ↔
[
{
𝑓( 𝑥) ≥ 0,
𝑓( 𝑥) = 𝑔( 𝑥);
{
𝑓( 𝑥) < 0,
−𝑓( 𝑥) = 𝑔( 𝑥).
Розв’язування рівняння з модулем за допомогою геометричного змісту
При застосуванні геометричного змісту модуля знак модуля розкривається
неявно, тобто не доводиться використовувати означення в явному вигляді.
Застосування цього способу розв’язання часто дозволяє уникнути громіздких
розв’язків.
Приклад 2. Розв’язати рівняння |3𝑥 − 5| = 7.
Розв’язання. З геометричної точкизору |3𝑥 − 5| - це відстань від точки0 до точки
3𝑥 − 5. За умовою рівняння вона дорівнює 7, але відстань 7 може бути відкладена
від 0 як праворуч (одержуємо число 7), так і ліворуч (одержуємо число -7). Отже,
рівність |3𝑥 − 5| = 7 можлива тоді і тільки тоді, коли
3𝑥 − 5 = 7 або 3𝑥 − 5 = −7,
𝑥 = 4 або x=-
2
3
.
Відповідь: 𝑥 = 4; x=-
2
3
.
Слід зазначити, що використовувати геометричний зміст модуля можна лише до
рівнянь певного типу. Загальна схема розв’язування рівнянь з модулем за
допомогою геометричного змісту така:
1. | 𝑓( 𝑥)| = 𝑎 ↔ 𝑓( 𝑥) = 𝑎 або 𝑓( 𝑥) = −𝑎.
2. | 𝑓(𝑥)| = | 𝑔(𝑥)| ↔ 𝑓( 𝑥) = 𝑔( 𝑥) або 𝑓( 𝑥) = −𝑔( 𝑥).
Розв’язування рівнянь з модулем графічним способом
Одним із способів розв’язування рівнянь, що містять модуль, є графічний спосіб.
Його суть полягає в тому, щоб побудувати графіки функцій, які входять до обох
частин рівняння. Якщо побудовані графіки перетнуться, то коренями рівняння

11. 10
будуть точки перетину графіків функцій. У випадку, коли графіки не перетнуться,
можна зробити висновок, що рівняння розв’язків не має.
Приклад 3. Розв’язати рівняння | 𝑥2
− 𝑥| + | 𝑥 − 1| = 0 графічним способом.
Розв’язання. Виділимо із рівняння функції, графіки яких потрібно побудувати.
Одержимо дві функції, що містять модуль:
1) 𝑦 = | 𝑥2
− 𝑥|;
2) 𝑦 = −| 𝑥 − 1|.
Щоб побудувати графік першої функції необхідно побудувати графік функції 𝑦 =
𝑥2
− 𝑥 = (𝑥 −
1
2
)
2
−
1
4
, а тоді ту частину графіка, яка знаходиться нижче осі Ох
симетрично відобразити відносно цієї осі. В результаті одержимо такий графік
Щоб побудувати графік другої функції необхідно побудувати графік функції 𝑦 =
| 𝑥|. Одержаний графік симетрично відобразити відносно осі Ох і паралельно
перенести на одну одиницю вправо. В результаті одержимо наступний графік

12. 11
Із рисунка видно, що рівняння має лише один розв’язок, а саме 𝑥 = 1.
Відповідь: 𝑥 = 1.
Слід зазначити, що графічний спосіб має широке застосування в багатьох темах
шкільного курсу математики. Проте до розв’язування рівнянь з модулем його
застосовують не часто, оскільки його використання займає багато часу, а
результати розв’язування, одержані цим способом не завжди є точними.
Розв’язування рівнянь з модулем методом інтервалів
Найчастіше рівняння із модулем розв’язують за допомогою методу інтервалів.
Цей метод є менш трудомістким і більш ефективним, так як він дозволяє наочно
зобразити розв’язки кожної із нерівностей. У загальному випадку цей метод
застосовується до рівнянь, що містять алгебраїчну комбінацію двох і більше
модулів, тобто до рівнянь такого вигляду | 𝑓(𝑥)| + | 𝑔(𝑥)| + ⋯ = ℎ(𝑥). Суть методу
інтервалів полягає в наступному:
1. Знайти область допустимих значень (ОДЗ).
2. Знайти нулі всіх підмодульних функцій.
3. Позначити нулі на ОДЗ і розбити ОДЗ на проміжки.

13. 12
4. Знайти розв'язоку кожномуз проміжків і перевірити, чи входить цей розв'язок
у розглянутий проміжок.
Приклад 4. Розв'язати рівняння | 𝑥 − 1| − 2| 𝑥 − 2| + 3| 𝑥 − 3| = 4.
Розв’язання.
1. ОДЗ: 𝑥𝜖(−∞;∞).
2. Нулі підмодульних функцій: х=1; х=2; х=3. Дані нулі розбивають область
допустимихзначень на чотири проміжки. Потрібно знайти розв’язки заданого
рівняння на кожному із цих проміжків.
_______I________II_______III_______IV_____
1 2 3 x
3.1 Розв’яжемо рівняння на першому проміжку:
{
𝑥 < 1,
−𝑥 + 1 + 2𝑥 − 4 − 3𝑥 + 9 = 4;
{
𝑥 < 1,
−2𝑥 = −2;
{
𝑥 < 1,
𝑥 = 1.
Дана система розв’язку не має.
3.2 На другому проміжку рівняння матиме наступний розв'язок:
{
1 ≤ 𝑥 < 2,
𝑥 − 1 + 2𝑥 − 4 − 3𝑥 + 9 = 4;
{
1 ≤ 𝑥 < 2,
4 = 4.
Розв’язком цієї системи є проміжок 1 ≤ 𝑥 < 2.
3.3 Розв’яжемо задане рівняння на третьому проміжку:
{
2 ≤ 𝑥 < 3,
𝑥 − 1 − 2𝑥 + 4 − 3𝑥 + 9 = 4;
{
2 ≤ 𝑥 < 3,
−4𝑥 = −8;
{
2 ≤ 𝑥 < 3,
𝑥 = 2.
Дана система розв’язку не має.

14. 13
3.4 На четвертому проміжку одержимо такий розв’язок:
{
𝑥 ≥ 3,
𝑥 − 1 − 2𝑥 + 4 + 3𝑥 − 9 = 4;
{
𝑥 ≥ 3,
2𝑥 = 10;
{
𝑥 ≥ 3,
𝑥 = 5.
Звідси х=5.
4. Об’єднуючи всі розв’язки, які ми одержали в кожному з проміжків, маємо
розв’язок заданого рівняння на всій області допустимих значень.
Відповідь: 1 ≤ 𝑥 < 2; 𝑥 = 5.
Ще один спосіб розв'язування рівнянь з модулем
Якщо у рівнянні ліва і права його частини знаходяться під знаком модуля, то
можна скористатися наступною спеціальною властивістю:
| 𝑓(𝑥)| = | 𝑔(𝑥)| ↔ 𝑓2( 𝑥) = 𝑔2( 𝑥). (*)
Приклад 5. Розв’язати рівняння |3𝑥 − 2| = 3| 𝑥 − 1|.
Розв’язання. Оскільки обидві частини рівняння є невід’ємними числами, то
використавши властивість (*), матимемо (3𝑥 − 2)2
= (3(𝑥 − 1))2
. Або
(3𝑥 − 2)2
− (3(𝑥 − 1))2
= 0.
Cкориставшись формулою різниці квадратів, одержимо
(3𝑥 − 2 − 3( 𝑥 − 1)(3𝑥 − 2 + 3( 𝑥 − 1)) = 0.
6𝑥 − 5 = 0.
𝑥 =
5
6
.
Відповідь: 𝑥 =
5
6
.
Розв’язування рівняння з модулем мішаного типу
У попередніх пунктах розглянуті основні підходи до розв'язування рівнянь зі
знаком модуля. Але слід пам'ятати, що в багатьох задачах доведеться застосовувати
не одинз цих прийомів, а їх комбінацію. Найчастіше це трапляється тоді, коли маємо
рівняння з модулем мішаного типу.

15. 14
Приклад 6. Розв'язатирівняння .31 ххх 
Розв’язання. Позбавимосьвід внутрішніх модулів за означенням модуля.
1) Якщо х <–1, то |–х –1 + х –3|=|х| або |х| = 4, звідки х = –4 або х = 4.
Умові задовольняєтільки х = –4.
2) Якщо х [–1;3], то рівняння перепишетьсятак: |х +1 + х – 3| = |х|.
Піднесемо обидвічастини рівняння до квадрату. Маємо: (2х – 2)2 = x2,
звідки x =
3
2
та х = 2, причомуобидвазначення належать проміжку, що
розглядається.
3) Якщо x >3, то маємо |x| = 4, звідки x= –4 або х = 4. Умовізадовольняє
тільки х=4.
Відповідь: – 4;
3
2
; 2; 4.
При розв'язуваннібуло використанодваспособи:означення модуля та піднесення
до квадрату.

16. 15
3. Розв’язування нерівностей з модулем
Нерівність, що містить змінну під знаком модуля, називається нерівністю з
модулем. При розв’язуванні нерівностей з модулем використовують ті самі методи,
що і при розв’язуванні рівнянь з модулями. Ідея розв’язування полягає в тому, щоб
звільнитися від модуля і перейти до нерівності, яка не містить модуля і
розв’язується відомим способом.
Нерівності з модулем можна розв’язати наступними способами:
1) за означенням;
2) використовуючи геометричний зміст модуля;
3) методом інтервалів.
Розглянемо детальніше кожен із цих способів.
Розв’язування нерівностей з модулем за означенням
Розглянемо нерівність | 𝑓(𝑥)| ⋁ 𝑔( 𝑥), де знак “ ” означає значення якогось із
знаків нерівності, тобто “ ”, “ ”, “ ” або “ ”. Розв’язуючи дану нерівність за
означенням, одержимо сукупність систем нерівностей:
| 𝑓(𝑥)|˅𝑔( 𝑥) ⇔
[
{
𝑓( 𝑥) ≥ 0,
𝑓( 𝑥)˅𝑔( 𝑥);
{
𝑓( 𝑥) < 0,
−𝑓( 𝑥)˅𝑔( 𝑥).
Приклад 1. Розв’язати нерівність |5𝑥 − 3| > 𝑥2
− 𝑥 − 2.
Розв’язання. Використовуючи означення модуля, матимемо
|5𝑥 − 3| > 𝑥2
− 𝑥 − 2 ⇔ [
{
5𝑥 − 3 ≥ 0,
5𝑥 − 3 > 𝑥2
− 𝑥 − 2;
{
5𝑥 − 3 < 0,
3 − 5𝑥 > 𝑥2
− 𝑥 − 2.
1) Розв’яжемо першу систему нерівностей:
{
5𝑥 − 3 ≥ 0,
5𝑥 − 3 > 𝑥2
− 𝑥 − 2;
⇔ {
5𝑥 ≥ 3,
𝑥2
− 6𝑥 + 1 < 0;
⇔ {
𝑥 ≥
3
5
,
3 − 2√2 < 𝑥 < 3 + 2√2;
⇔
𝑥 𝜖 [
3
5
; 3 + 2√2).
2) Розв’яжемо другу систему нерівностей:

17. 16
x
{
5𝑥 − 3 < 0,
3 − 5𝑥 > 𝑥2
− 𝑥 − 2;
⇔ {
5𝑥 < 3,
𝑥2
+ 4𝑥 − 5 < 0;
⇔ { 𝑥 <
3
5
,
−5 < 𝑥 < 1
⇔ 𝑥 𝜖 (−5;1).
3) Об’єднавши множини отриманих розв’язків, отримаємо
[
𝑥 𝜖 [
3
5
; 3 + 2√2),
𝑥 𝜖 (−5;1);
⇔ 𝑥 𝜖 (−5;3 + 2√2).
Відповідь: 𝑥 𝜖 (−5;3 + 2√2).
Розв’язування нерівностей з модулем за допомогою геометричного змісту
модуля
Використовуючи геометричний зміст модуля дійсного числа, можна розв’язати
найпростіші нерівності з модулями.
1. Нехай 𝑎 > 0, тоді
а) | 𝑥| < 𝑎 ⇔ −𝑎 < 𝑥 < 𝑎;
б) | 𝑥| > 𝑎 ⇔ [
𝑥 < −𝑎
𝑥 > 𝑎
;
в) | 𝑥| ≤ 𝑎 ⇔ −𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑎;
г) | 𝑥| ≥ 𝑎 ⇔ [
𝑥 ≤ −𝑎
𝑥 ≥ 𝑎
.
Приклад 2. Розв’язати нерівність |3 𝑥
− 15| ≤ 12.
Розв’язання. Враховуючи геометричний зміст модуля дану нерівність
задовольнять всі точки осі Ox, які знаходяться від 0 на відстані 12. Це точки
проміжку від –12 до 12.
Отже, −12 ≤ |3 𝑥
− 15| ≤ 12,
−12 + 15 ≤ 3 𝑥
≤ 12 + 15,
3 ≤ 3 𝑥
≤ 27,
3 ≤ 3 𝑥
≤ 33
.
Так як функція 𝑦 = 3 𝑥
зростаюча, то 1 ≤ x ≤ 3.
Відповідь: 𝑥 𝜖 [1;3].
–12 0 12

18. 17
2. Нехай 𝑎 < 0, тоді
а) | 𝑥| < 𝑎 − не має розв′язків;
б) | 𝑥| > 𝑎 − є нескінченна множина розв′
язків 𝑥 𝜖 𝑅;
в) | 𝑥| ≤ 𝑎 − не має розв′язків;
г) | 𝑥| ≥ 𝑎 − розв′
язком є будь − яке дійсне число.
Приклад 3. Розв’язати нерівність: |
𝑥2−4𝑥+1
𝑥2−9
| ≥ −1.
Розв’язання. Нерівність виконується в кожній точці, що належить області
допустимих значень, бо права частина нерівності від’ємна. Областю допустимих
значень даної нерівності є всі точки числової осі, крім 𝑥 = ±3.
Відповідь: 𝑥 𝜖 (−∞;−3)⋃(−3;3)⋃(3;∞).
3. Нехай 𝑎 = 0, тоді
а) | 𝑥| < 0 − не має розв′язків;
б) | 𝑥| > 0 ⇔ 𝑥 ≠ 0;
в) | 𝑥| ≤ 0 ⇔ 𝑥 = 0;
г) | 𝑥| ≥ 0 ⇔ 𝑥 𝜖 𝑅.
Розв’язування нерівностей з модулем методом інтервалів
Методом інтервалів розв’язують нерівності з модулем такого виду
𝛼1|𝑓1(𝑥)| + 𝛼2|𝑓2(𝑥)| + ⋯+ 𝛼 𝑛|𝑓𝑛(𝑥)| ⋁ 𝑔( 𝑥) , де знак “ ” означає значення якогось
із знаків нерівності, тобто “ ”, “ ”, “ ” або “ ”. Нагадаємо алгоритм для
розв’язування нерівностей з модулем за допомогою методу інтервалів:
1. Знайти область допустимих значень (ОДЗ).
2. Знайти нулі всіх підмодульних функцій.
3. Відмітити нулі функції на ОДЗ і розбити ОДЗ на множини (інтервали).
4. Визначити знаки всіх підмодульних функцій на кожному інтервалі.
5. Знайти розв’язки нерівності на кожному інтервалі (множині).
Приклад 4. Розв’язатинерівність | x + 1| + | x – 1| > 6.
Розв’язання. 1) ОДЗ: 𝑥 𝜖 𝑅.
2) Нулі підмодульних функцій: 𝑥 + 1 = 0, 𝑥 − 1 = 0,

19. 18
–, – +, – +, +
𝑥 = −1; 𝑥 = 1.
3) Відмітимо нулі функцій і розіб’ємо ОДЗ на інтервали. Вкажемо знаки всіх
підмодульних функцій на кожномуінтервалі
I II III
4) Розв’яжемо нерівність на кожномуз інтервалів.
I. {
𝑥 < −1,
−( 𝑥 + 1) − ( 𝑥 − 1) > 6;
⇒ {
𝑥 < −1,
−2𝑥 > 6;
⇒ {
𝑥 < −1,
𝑥 < −3;
⇒ 𝑥 < −3.
II. {
−1 ≤ 𝑥 < 1,
𝑥 + 1 − ( 𝑥 − 1) > 6;
⇒ {
−1 ≤ 𝑥 < 1,
2 > 6;
⇒ 𝑥 𝜖 ∅.
III. {
𝑥 ≥ 1,
𝑥 + 1 + 𝑥 − 1 > 6;
⇒ {
𝑥 ≥ 1,
2𝑥 > 6;
⇒ {
𝑥 ≥ 1,
𝑥 > 3;
⇒ 𝑥 > 3.
Об’єднавширозв’язкина всіх трьох проміжках, отримаємо 𝑥 𝜖 (−∞; −3)⋃(3;∞).
Відповідь: 𝑥 𝜖 (−∞; −3)⋃(3;∞).
Розв’язування нерівності виду | 𝑓(𝑥)| ⋁ | 𝑔(𝑥)|.
Нерівності даного виду можна розв’язати, використовуючи спеціальні
співвідношення, а саме:
1. .0))()())(()(()()()()( 22
 xgxfxgxfxgxfxgxf
2. .0))()())(()(()()()()( 22
 xgxfxgxfxgxfxgxf
3. .0))()())(()(()()()()( 22
 xgxfxgxfxgxfxgxf
4. .0))()())(()(()()()()( 22
 xgxfxgxfxgxfxgxf
Приклад 5. Розв’язати нерівність |2𝑥2
+ 5𝑥 − 7| > |2𝑥2
− 2|.
Розв’язання. Піднесемо обидві частини цієї нерівності до квадрата і подамо
отриману рівносильну нерівність у вигляді різниці квадратів:
(2𝑥2
+ 5𝑥 − 7)2
− (2𝑥2
− 2)2
> 0.
Застосуємо формулурізниці квадратів двох виразів, звідки одержимо рівносильну
нерівність: (5𝑥 − 5)(4𝑥2
+ 5𝑥 − 9) > 0.
Або, 5( 𝑥 − 1)( 𝑥 − 1)(𝑥 +
9
4
) > 0.
–1 1 x

20. 19
Дану нерівність розв’яжемо методом інтервалів, матимемо:
__________________________________________
−
9
4
1 𝑥
Відповідь: 𝑥 𝜖 (−
9
4
; 1)⋃(1;∞).
Приклад 6. Розв’язати нерівність:
(| 𝑥+3|−| 𝑥|)(| 𝑥+5|−| 𝑥−2|)
(| 𝑥−7|−| 𝑥+2|)
≤ 0.
Розв’язання. Якщо кожний множник даної нерівності замінити за спеціальною
властивістю модуля, то отримаємо рівносильну нерівність:
((𝑥 + 3)2
− 𝑥2
)(( 𝑥 + 5)2
− (𝑥 − 2)2
)
(𝑥 − 7)2 − (𝑥 + 2)2
≤ 0.
Використавши формулу різниці квадратів двох виразів, спростимо нерівність:
(6𝑥 + 9)(14𝑥 + 21)
−18𝑥 + 45
≤ 0.
Тоді вихідна нерівність набуде вигляду:
21(2𝑥 + 3)2
−9(2𝑥 − 5)
≤ 0 ⇔
(2𝑥 + 3)2
2𝑥 − 5
≥ 0.
Розв’язком цієї нерівності є 𝑥 𝜖 {−1,5}⋃(2,5; ∞).
Відповідь: 𝑥 𝜖 {−1,5}⋃(2,5;∞).
Розв’язування дробово-раціональних нерівностей з модулем
При розв’язуванні дробово-раціональних нерівностей з модулем можна
використовувати всі методи, що були розглянуті вище.
Приклад 7. Знайти найменше від’ємне ціле значення х, що задовольняєнерівність
3𝑥+11
| 𝑥+3|
> 2.
Розв’язання. Область визначення даної нерівності 𝑥 ≠ −3. Помноживши обидві
частини нерівності на знаменник, одержимо:
3𝑥 + 11 > 2| 𝑥 + 3| ⇔ |2𝑥 + 6| < 3𝑥 + 11 ⇔ {
2𝑥 + 6 < 3𝑥 + 11,
2𝑥 + 6 > −3𝑥 − 11;
{
𝑥 > −5,
5𝑥 > −17;
⇒ 𝑥 > −
17
5
.
З урахуванням умови 𝑥 ≠ −3, маємо: 𝑥 𝜖 (−
17
5
; −3)⋃ (−3;∞).

21. 20
Відповідь: 𝑥 = −2.
Розв’язування нерівностей зі складним модулем
Приклад 8. Розв’язатинерівність: |2𝑥 − |3 − 𝑥|| > 2.
Розв’язання. Розкриємо внутрішній модуль.
1) Якщо 𝑥 < 3, то нерівність набуде вигляду:
|2𝑥 − 3 + 𝑥| > 2 ⇔ |3𝑥 − 3| > 2 ⇔ | 𝑥 − 1| >
2
3
⇔
[
𝑥 − 1 >
2
3
,
𝑥 − 1 < −
2
3
;
⇔ [
𝑥 >
5
3
,
𝑥 <
1
3
.
Враховуючи область, яку розглянули, матимемо [
𝑥 <
1
3
,
5
3
< 𝑥 < 3.
2) Якщо 𝑥 ≥ 3, то маємо:
|2𝑥 + 3 − 𝑥| > 2 ⇔ | 𝑥 + 3| > 2 ⇔ [
𝑥 + 3 > 2,
𝑥 + 3 < −2;
⇔ [
𝑥 > −1,
𝑥 < −5.
Враховуючи область, яку розглянули, матимемо 𝑥 ≥ 3.
3) Поєднуючи розв’язкив обохпроміжках, одержуємо відповідь
𝑥 𝜖 (−∞;
1
3
)⋃ (
5
3
; ∞).
Відповідь: 𝑥 𝜖 (−∞;
1
3
)⋃ (
5
3
; ∞).
Приклад 9. Розв’язатинерівність || 𝑥|log 𝑥 4
− √ 𝑥2| < 𝑥 + 1.
Розв’язання. Областю визначення даної нерівності є : {
𝑥 > 0,
𝑥 ≠ 1.
Використовуючиосновнувластивість логарифмів, маємо:
|| 𝑥|log 𝑥 4
− √ 𝑥2| < 𝑥 + 1 ⇔ |4 − 𝑥| < 𝑥 + 1 ⇔ −𝑥 − 1 < 𝑥 − 4 < 𝑥 + 1 ⇔
{
−4 < 1,
2𝑥 > 3;
⇔ 𝑥 >
3
2
.
Відповідь: 𝑥 𝜖 (
3
2
; ∞).

22. 21
4. Побудова графіків функцій з модулями
Вивчення поведінки функцій і побудова їх графіків є важливим розділом
шкільного курсу математики. Вільне володіння технікою побудови графіків часто
допомагає вирішувати складні задачі, а часом є єдиним засобом їх розв'язку. Крім
того, уміння будувати графіки функцій становить великий інтерес для самих учнів.
Однак на базі основної школи матеріал, пов'язаний із цим питанням, представлений
трохи хаотично, вивчається недостатньо повно, багато важливих моментів не
входять у програму. Мета цього розділу – прояснити й доповнити шкільний
матеріал, пов'язаний з побудовою графіків функцій з модулями.
Коли в «стандартні» функції, які задають прямі, параболи, гіперболи, включають
знак модуля, їх графіки стають незвичайними. Щоб навчитися будувати такі
графіки, треба добре розуміти визначення модуля й знати види найпростіших
графіків, які вивчають у школі. У цьомурозділі розглянемо побудову таких графіків
функцій: 𝑦 = 𝑓(| 𝑥|), 𝑦 = | 𝑓( 𝑥)|, 𝑦 = | 𝑓(| 𝑥|)|,
| 𝑦| = 𝑓( 𝑥), |𝑦| = |𝑓( 𝑥)| та 𝑦 = | 𝑓1 ( 𝑥)| + | 𝑓2 ( 𝑥)| + ⋯+ | 𝑓𝑛( 𝑥)|.
Зауважимо, що розв’язання зроблено аналітичними міркуваннями, що
ґрунтуються на означенні модуля та за допомогою програми Advanced Grapher.
Побудова графіка функції 𝒚 = 𝒇(| 𝒙|)
Нагадаємо, що графіком функції називають фігуру, яка складається з усіх точок
координатної площини, абсциси яких дорівнюють усім значенням аргументу, а
ординати – відповідним значенням функції.
На підставі означення модуля графік функції 𝑦 = 𝑓(| 𝑥|) можна побудувати
наступним чином:
𝑦 = 𝑓(| 𝑥|) = {
𝑓( 𝑥), якщо 𝑥 ≥ 0,
𝑓(−𝑥), якщо 𝑥 < 0.
Виходячи з того, що функція 𝑦 = 𝑓( 𝑥) парна, бо | 𝑥| = |−𝑥|, можна
сформулювати алгоритм побудови функції 𝑦 = 𝑓(| 𝑥|):
1) побудувати графік функції 𝑦 = 𝑓(𝑥), де 𝑥 ≥ 0;
2) побудований графік симетрично відобразити відносно осі 𝑂𝑦.
Приклад 1. Побудувати графік функції y =х2 -3 x +2.

23. 22
Розв’язання. Побудуємо графік функції 𝑦 = 𝑥2
− 3𝑥 + 2 для 𝑥 ≥ 0.
Отриманий графік симетрично відобразимо відносно осі 𝑂𝑦. Матимемо
Побудова графіка функції 𝒚 = |𝒇( 𝒙)|
Зауважимо, що дана функція не є парною. З формули, якою задана функція видно,
що вона набуває лише невід’ємних значень. Отже, її графік розміщується лише у
першому та другому координатних кутах. З означення модуля випливає, що
𝑦 = |𝑓( 𝑥)| = {
𝑓( 𝑥), якщо 𝑓(𝑥) ≥ 0,
−𝑓( 𝑥), якщо 𝑓(𝑥) < 0.
Cпираючись на ці міркування приходимо до висновку: щоб побудувати графік
функції 𝑦 = |𝑓( 𝑥)| треба:
1) побудувати графік функції 𝑦 = 𝑓( 𝑥);
2) ту частину графіка, що розташована вище осі 𝑂𝑥 залишити без змін;

24. 23
3) ту частину графіка, що розташована нижче осі 𝑂𝑥, відобразити симетрично
відносно цієї осі.
Приклад 2. Побудувати графік функції 𝑦 = |2 ln 𝑥 + 1|.
Розв’язання. Побудуємо графік функції 𝑦 = 2ln 𝑥 + 1.
Використовуючи сформульований вище алгоритм, отримаємо наступний графік.
Побудова графіка функції 𝒚 = | 𝒇(| 𝒙|)|
Для побудови графіка 𝑦 = | 𝑓(| 𝑥|)| треба:
1) побудувати графік функції 𝑦 = 𝑓(| 𝑥|);
2) залишити без змін усі частини побудованого графіка, які розташовані вище від
осі O𝑥;
3) частини графіка, розташовані нижче від осі абсцис, симетрично відобразити
відносно цієї осі.

25. 24
Приклад 3. Побудувати графік функції 𝑦 = | 𝑥2
− 6| 𝑥| + 8|.
Розв’язання. Скориставшись описаним вище алгоритмом, матимемо:
1) будуємо параболу 𝑦 = 𝑥2
− 6𝑥 + 8, де 𝑥 ≥ 0, з вершиною в точці (3;-1) та
точками перетину з осями координат (2;0), (4;0) і (0;8);
2) частину параболи, яка знаходиться справа від осі ординат, симетрично
відобразимо відносно осі ординат;
3) частину графіка, яка знаходиться нижче від осі абсцис, симетрично
відобразимо відносно цієї осі.
Отже, маємо графік функції 𝑦 = | 𝑥2
− 6| 𝑥| + 8|.
Побудова графіка функції |𝒚| = 𝒇(𝒙)
Областю визначення даної функції є всі ті значення аргументу х, при яких
функція 𝑦 = 𝑓(𝑥) є невід’ємною. Із означення модуля маємо:
| 𝑦| = 𝑓( 𝑥) = {
не існує, якщо 𝑓( 𝑥) < 0,
±𝑓( 𝑥), якщо 𝑓(𝑥) ≥ 0.
Отже, графік рівняння | 𝑦| = 𝑓( 𝑥) можна побудувати так:
1) побудувати ту частину графіка функції 𝑦 = 𝑓( 𝑥), де 𝑓( 𝑥) > 0;
2) побудований графік симетрично відобразити відносно осі О𝑥.
Приклад 4. Побудувати графік функції | 𝑦| = sin 𝑥.
Розв’язання. Побудуємо графік функції 𝑦 = 𝑓( 𝑥) на тій частині координатної
площини, де sin 𝑥 ≥ 0.

26. 25
Побудова графіка функції |𝒚| = |𝒇( 𝒙)|
Враховуючи властивість модуля дана функція буде рівносильна рівнянню: 𝑦2
−
𝑓2( 𝑥) = 0. Розв’язок останнього рівняння – це розв’язок сукупності [
𝑦 = 𝑓( 𝑥),
𝑦 = −𝑓( 𝑥).
Отже, для побудови графіка функції |𝑦| = |𝑓( 𝑥)| треба:
1) побудувати графік функції 𝑦 = 𝑓( 𝑥);
2) до побудованого графіка добавити графік функції 𝑦 = 𝑓( 𝑥), симетрично
відображений відносно осі О𝑥.
Приклад 5. Побудувати графік функції | 𝑦| = |
1
𝑥−1
|.
Розв’язання. Побудуємо графік функції 𝑦 =
1
𝑥−1
.

27. 26
Отриманий графік симетрично відобразимо відносно осі О𝑥. Відповіддю буде
об’єднання цих двох графіків.
Приклад 6. Побудувати графік функції | 𝑦 − 1| = | 𝑥2
− 2|.
Розв’язання. Графіком даного рівняння буде об’єднання графіків 𝑦 − 1 = 𝑥2
− 2
та 𝑦 − 1 = −𝑥2
+ 2. Звідси [
𝑦 = 𝑥2
− 1,
𝑦 = −𝑥2
+ 3.
Маємо
Побудова графіка функції виду 𝒚 = | 𝒇 𝟏( 𝒙)| + | 𝒇 𝟐( 𝒙)| + ⋯+ | 𝒇 𝒏( 𝒙)|
При побудові графіків функцій такого виду найпоширенішим є метод, при якому
знак модуля розкриваєтьсязаозначенням. Як правило, область допустимих значень
даної функції розбивають намножини, на кожній з яких вираз, що розташований під

28. 27
знаком модуля, зберігає знак. На кожній такій множині функцію записують без
знака модуля й будують графік. Об'єднання множини розв'язків, знайдених на всіх
частинах області допустимих значень функції, становить множину всіх точок
графіка заданої функції.
Приклад 7. Побудувати графік функції 𝑦 = | 𝑥 − 1| + | 𝑥 − 3|. Знайти найменше
значення функції.
Розв’язання. Точки х = 1 і х = 3 розбивають числову вісь на три проміжки. Для
кожного проміжку запишемо отриману функцію:
1) при 𝑥 ≤ 1 маємо 𝑦 = 4 − 2𝑥;
2) при 1 < 𝑥 ≤ 3 маємо 𝑦 = 2;
3) при 𝑥 > 3 маємо 𝑦 = 2𝑥 − 4.
Отже, матимемо графік
Побудова деяких інших графіків функцій, що містять модуль
Якщо при будові графіків функцій з модулем не вдається застосувати жоден з
наведених вище способів, то найчастіше застосовують означення модуля.
Розглянемо деякі приклади.
Приклад 8. Побудувати графік функції
12
2
2
2



xx
xx
y
Розв’язання. Функція визначена на всій множині дійсних чисел, крім 1.x  
Перетворимо дану функцію.
Якщо 𝑥 < −1, то 𝑦 =
( 𝑥−2)( 𝑥+1)
−( 𝑥+1)
= 2 − 𝑥;

29. 28
Якщо 𝑥 > −1, то 𝑦 =
( 𝑥−2)(𝑥+1)
𝑥+1
= 𝑥 − 2.
Приклад 9. Побудувати множину точок || 𝑥| + | 𝑦| − 1,5| = 0,5.
Розв’язання. У розглянутихвище прикладах функції були задані аналітично, тобто
формулами, що зв'язують відповідні значення аргументу й функції, причому у всіх
прикладах у лівій частині рівності, що визначає функцію, стояв у, а в правій – вираз,
що залежить від х. Функціональна залежність може бути задана й рівнянням, не
дозволеним щодо залежної змінної. Такі функції називаються неявними. Зокрема
дана множина точок також задана неявно.
Дане рівняння еквівалентне двом рівнянням |х| + |у| = 1 і |х| + |у| = 2. Отже,
шуканий графік – це об'єднання графіків цих двох рівнянь. Функція | 𝑥| + | 𝑦| =
1 парна щодо координатних осей. А тому досить розглянути функцію тільки в I
чверті, тобто при 𝑥 ≥ 0, 𝑦 ≥ 0. Оскільки при цьому |х| =х і |у| = у, задана функція
приймає вид х + у = 1. Отже, будуємо графік прямої у = 1 – х, який лежить в I
чверті. Потім добудовуємо графік, користуючись симетрією, щодо осей Оx і Оy.
Одержуємо квадрат з вершинами (1; 0), (0; 1), (-1; 0), (0; –1). Аналогічно побудуємо
графік функції |х| + |у| = 2 – квадрат з вершинами (2; 0), (0; 2), (-2; 0), (0; -2).

30. 29
Приклад 10. Побудувати графік функції 𝑦 =
| 𝑥−1|
| 𝑥|−1
.
Розв’язання. Очевидно, що при 𝑥 = ±1 дана функція невизначена, тобто її графік
в точках 𝑥 = 1 та 𝑥 = −1 матиме розрив. При 𝑥 < 0, 𝑥 ≠ −1 дана функція набуде
вигляду 𝑦 =
−(𝑥−1)
−(𝑥+1)
=
𝑥−1
𝑥+1
= 1 −
2
𝑥+1
. При 0 ≤ 𝑥 < 1 матимемо функцію 𝑦 = −
𝑥−1
𝑥−1
=
−1. При 𝑥 ≥ 1, 𝑦 = 1. Побудуємо отримані функції на одній координатній площині.
Матимемо

31. 30
5. Розв’язування задач з параметрами, що містять знак модуля
Розв’язування рівнянь та нерівностей з параметрами вимагає ретельного аналізу
та всебічного дослідження їх умов, оскільки логічними міркуваннями потрібно
визначати всі можливі значення параметра, за яких вони мають розв’язок.
Для рівнянь та нерівностей з параметрами можна сформулювати деякі загальні
положення, дотримання яких дає певні орієнтири в процесі їх розв’язування:
1. Встановлюють ОДЗ змінної, а також ОДЗ параметрів.
2. Виражають змінну через параметри.
3. Для кожного допустимогозначення параметра знаходять множину всіх коренів
даного рівняння (розв’язків даної нерівності). Якщо параметрів кілька, то
множину коренів (розв’язків) шукають, звичайно, для певного співвідношення
між параметрами.
4. Досліджують особливі значення параметра, при яких корені рівняння існують,
але не виражаються формулами, які дістали.
Приклад 1. При яких значеннях a рівняння | 𝑥 − 𝑎| = 𝑎2
− 2𝑎 має два корені
одного знака?
Розв’язання. Застосуємо аналітичний підхід до розв’язання цієї задачі. Ліва
частина рівняння при будь-якому x невід’ємна, тому за умови 𝑎2
− 2𝑎 < 0, тобто
при 𝑎 𝜖 (−∞; 0]⋃[2;∞) рівняння рівносильне сукупності рівнянь 𝑥 − 𝑎 = 𝑎2
− 2𝑎
або 𝑥 − 𝑎 = −𝑎2
+ 2𝑎, звідси 𝑥 = 𝑎2
− 𝑎 або 𝑥 = 3𝑎 − 𝑎2
.
Рівняння має два корені одного знака (можливо, рівні між собою), якщо
виконуються системи нерівностей
{ 𝑎2
− 𝑎 > 0,
3𝑎 − 𝑎2
> 0
або {
𝑎2
− 𝑎 < 0,
3𝑎 − 𝑎2
> 0,
які можна замінити однією нерівністю ( 𝑎2
− 𝑎)(3𝑎 − 𝑎2
) > 0, звідси 𝑎 𝜖 (1;3).
Взявши перетин множин 𝑎 𝜖 (−∞; 0]⋃[2;∞) та 𝑎 𝜖 (1;3), дістанемо 𝑎 𝜖 [2;3).
Виключимо з отриманої множини ті значення a, при яких корені рівняння
однакові:
𝑎2
− 𝑎 = 3𝑎 − 𝑎2
, 2𝑎2
− 4𝑎 = 0, 𝑎1 = 0, 𝑎2 = 2.

32. 31
Отже, якщо 𝑎 𝜖 (2; 3),то вихідне рівняння має два корені одного знака, точніше,
два додатні корені.
Відповідь: 𝑎 𝜖 (2;3).
Приклад 2. Розв’язати рівняння | 𝑥 + 2| + 𝑎| 𝑥 − 1| = 4.
Розв’язання. Згідно з означенням модуля приходимо до рівносильної сукупності
систем заданому рівнянню:
1) {
( 𝑎 + 1) 𝑥 = 𝑎 − 6,
𝑥 < −2;
2){
( 𝑎 − 1) 𝑥 = 𝑎 − 2,
−2 ≤ 𝑥 ≤ 1;
3){
( 𝑎 + 1) 𝑥 = 𝑎 + 2,
𝑥 > 1.
Перша система має розв’язок 𝑥1 =
𝑎−6
𝑎+1
, якщо виконується нерівність
𝑎−6
𝑎+1
< −2, або
3𝑎−4
𝑎+1
< 0, звідси 𝑎 𝜖 (−1;
4
3
); при інших значеннях a коренів не має.
Друга система має розв’язок 𝑥2 =
𝑎−2
𝑎−1
, якщо справедлива подвійна нерівність
−2 ≤
𝑎−2
𝑎−1
≤ 1, розв’язком якої є 𝑎 𝜖 [
4
3
; ∞).
Третя система має корінь 𝑥3 =
𝑎+2
𝑎+1
, якщо виконується умова
𝑎+2
𝑎+1
> 1, звідси
дістанемо 𝑎 > −1.
Отже, дане рівняння не має розв’язків, якщо 𝑎 ≤ −1; має два корені
𝑎−6
𝑎+1
,
𝑎+2
𝑎+1
,
якщо 𝑎 𝜖 (−1;
4
3
), має корені
𝑎−2
𝑎−1
,
𝑎+2
𝑎+1
, якшо 𝑎 𝜖 [
4
3
; ∞).
Відповідь: розв’язків не має, якщо 𝑎 ≤ −1;
𝑎−6
𝑎+1
,
𝑎+2
𝑎+1
, якщо 𝑎 𝜖 (−1;
4
3
);
𝑎−2
𝑎−1
,
𝑎+2
𝑎+1
,
якщо
Приклад 3. Визначити скільки розв’язків має рівняння |√ 𝑥 − 1| + 𝑥 = 𝑎 залежно
від значень параметра a?
Розв'язання. Позначимо 𝑓( 𝑥) = |√ 𝑥 − 1|, 𝑔( 𝑥) = 𝑎 − 𝑥. Тоді рівняння можна
записати так: 𝑓( 𝑥) = 𝑔( 𝑥). Побудуємо графік функції 𝑓( 𝑥) = |√ 𝑥 − 1|. Графік
функції 𝑔( 𝑥) = 𝑎 − 𝑥 породжує сімейство паралельних прямих, нахилених до
додатного напрямку осі абсцисс під кутом 135°. Залежно від значень а графіки
функцій можуть мати дві, одну або не мати спільної точки.

33. 32
Так, при 𝑎 = 1 пряма 𝑔( 𝑥) = 1 − 𝑥 проходить через точки (1;0) і (0;1), тому в
цьому випадку рівняння має два корені 𝑥1 = 0 та 𝑥2 = 0. При 𝑎 > 1 пряма 𝑔(𝑥)
перетинає криву 𝑓(𝑥) тільки один раз. У цьому разі рівняння має один корінь. Існує
ще випадок, коли рівняння має один корінь. Так буде тоді, коли пряма 𝑔(𝑥)
дотикається до кривої 𝑓( 𝑥). Параметр а, що відповідає такому положенню прямої,
визначають так: оскільки дотична, проведена в точці дотику, паралельна прямій 𝑦 =
−𝑥, то 𝑓′( 𝑥0) = −1, −
1
2√ 𝑥0
= −1, звідси 𝑥0 =
1
4
, тоді 𝑎 =
3
4
. Отже, при 𝑎 =
3
4
дане
рівняння має один корінь; при 𝑎 𝜖 (
3
4
; 1) – два корені, а при 𝑎 <
3
4
– коренів не має.
Відповідь: один корінь, якщо 𝑎 = 0,75 або 𝑎 > 1; два корені, якщо 𝑎 𝜖 (
3
4
;1];
коренів не має, якщо 𝑎 < 0,75.
Приклад 4. При яких значеннях параметра а серед коренів рівняння
| 𝑥2
− 2𝑎𝑥 + 𝑎2
− 1| = 2𝑎 − 1 є лише один додатний корінь?
Розв’язання. При 𝑎 <
1
2
це рівняння розв’язків не має, оскільки ліва частина
рівняння при будь-яких значеннях х невід’ємна.
Нехай 𝑎 ≥
1
2
, тоді дане рівняння рівносильне сукупності

34. 33
[
𝑥2
− 2𝑎𝑥 + 𝑎2
− 1 = 2𝑎 − 1,
𝑥2
− 2𝑎𝑥 + 𝑎2
− 1 = 1 − 2𝑎;
⇒ [
( 𝑥 − 𝑎)2
= 2𝑎,
(𝑥 − 𝑎)2
= 2 − 2𝑎.
Перше рівняння сукупності має два розв’язки 𝑥1 = 𝑎 + √2𝑎, 𝑥2 = 𝑎 − √2𝑎,
де 𝑥1 > 0. Знайдемо а, при яких 𝑥2 ≤ 0. Отримаємо:
{
𝑎 − √2𝑎 ≤ 0,
𝑎 ≥
1
2
;
⇒ {
𝑎 ≤ √2𝑎,
𝑎 ≥
1
2
;
⇒ {
𝑎2
≤ 2𝑎,
𝑎 ≥
1
2
;
⇒ {
𝑎( 𝑎 − 2) ≤ 0,
𝑎 ≥
1
2
;
⇒ 𝑎 𝜖 [
1
2
; 2].
Друге рівняння сукупності при 𝑎 > 1 розв’язків не має. Отже, при 𝑎 𝜖 (1;2] це
рівняння має один додатний корінь. Отже, при 𝑎 𝜖 (1;2] це рівняння має один
додатний корінь.
Нехай 𝑎 𝜖 [
1
2
; 1]. Тоді 𝑥3 = 𝑎 + √2 − 2𝑎, 𝑥4 = 𝑎 − √2 − 2𝑎 – корені другого
рівняння сукупності. Оскільки 𝑥1 > 0 𝑖 𝑥3 > 0, то рівняння матиме один додатний
корінь лише тоді, коли 𝑥1 = 𝑥3. Розв’язавши рівняння 𝑎 + √2𝑎 = 𝑎 + √2 − 2𝑎,
дістанемо 𝑎 =
1
2
.
Тоді 𝑥1 = 𝑥3 =
3
2
, 𝑥2 = 𝑥4 = −
1
2
.
Відповідь: 𝑎 𝜖 {
1
2
} ⋃(1;2].
Приклад 5. Розв’язати нерівність | 𝑥 − 𝑎| > |2𝑥 + 𝑎|.
Розв’язання. Оскільки нерівність | 𝑦| > | 𝑧| рівносильна нерівності 𝑦2
> 𝑧2
, то
матимемо:
( 𝑥 − 𝑎)2
> (2𝑥 + 𝑎)2
, (2𝑥 + 𝑎)2
− ( 𝑥 − 𝑎)2
< 0,
(2𝑥 + 𝑎 − 𝑥 + 𝑎)(2𝑥 + 𝑎 + 𝑥 − 𝑎) < 0, (𝑥 + 2𝑎)𝑥 < 0.
При 𝑎 = 0 остання нерівність, отже й вихідна, розв’язків не мають. Якщо 𝑎 >
0, то 𝑥 𝜖 (−2𝑎;0); якщо 𝑎 < 0, то 𝑥 𝜖 (0;−2𝑎).
Відповідь: 𝑥 𝜖 ∅, якщо 𝑎 = 0; 𝑥 𝜖 (−2𝑎;0), якщо 𝑎 > 0; 𝑥 𝜖 (0; −2𝑎), якщо 𝑎 < 0.
Приклад 6. Розв’язати нерівність 𝑥2
− 2𝑎| 𝑥| + 4 ≤ 0.
Розв’язання. Виокремивши повний квадрат за змінною | 𝑥|, запишемо цю
нерівність у такому вигляді: (| 𝑥| − 𝑎)2
≤ 𝑎2
− 4.
Оскільки ліва частина нерівності невід’ємна для всіх х, то у разі виконання умови
𝑎2
− 4 < 0, тобто для значень 𝑎 𝜖 (−2;2), вихідна нерівність розв’язків не має.

35. 34
Нехай 𝑎2
− 4 ≥ 0, або 𝑎 𝜖 (−∞; −2]⋃[2;∞). При таких значеннях а перейдемо до
рівносильної нерівності
−√ 𝑎2 − 4 < | 𝑥| − 𝑎 < √𝑎2 − 4,
або
𝑎 − √ 𝑎2 − 4 < | 𝑥| < 𝑎 + √ 𝑎2 − 4.
Оскільки при від’ємних а справедлива нерівність 𝑎 + √ 𝑎2 − 4 < 0, то нерівність
| 𝑥| < 𝑎 + √𝑎2 − 4, отже, й вихідна нерівність розв’язків не мають. Залишилося
розглянутивипадок, коли 𝑎 𝜖 [2;∞). Тоді виконуються нерівності 𝑎 − √ 𝑎2 − 4 > 0 і
𝑎 − √ 𝑎2 − 4 < 𝑎 + √𝑎2 − 4, тому розв’язок вихідної нерівності є об’єднанням двох
відрізків:
𝑥 𝜖 [– 𝑎 − √ 𝑎2 − 4; −𝑎 + √ 𝑎2 − 4]⋃ [𝑎 − √ 𝑎2 − 4; 𝑎 + √ 𝑎2 − 4].
Відповідь: порожня множина, якщо 𝑎 < 2;
𝑥 = −2 і 𝑥 = 2, якщо 𝑎 = 2;
𝑥 𝜖 [– 𝑎 − √ 𝑎2 − 4;−𝑎 + √ 𝑎2 − 4]⋃[𝑎 − √ 𝑎2 − 4; 𝑎 + √ 𝑎2 − 4], якщо
𝑎 > 2.
Завдання для самостійного розв’язування
1. При якому найменшому цілому значенні параметра a рівняння
√2𝑥 + 13(√ 𝑥2 + 16𝑥 + 64 − √ 𝑥2 − 14𝑥 + 49) = 𝑎√2𝑥 + 13 має лише два
різні корені? (Відповідь: -11)
2. При якому найбільшому від'ємному значенні параметра a рівняння
√| 𝑥| − 1
4
− 2𝑥 = 𝑎 має один корінь? (Відповідь: -1,625)
3. При якому значенні параметра а рівняння | 𝑥 − 2| + | 𝑥 − 4| = 𝑎 має безліч
розв'язків? (Відповідь: 2)
4. Знайти усі значення параметра а, при яких система рівнянь
{
𝑦 = −2𝑥2
+ 12𝑥 − 19,
| 𝑥 − 3| + | 𝑦| = 𝑎
має єдиний розв’язок. (Відповідь: 1)
5. При яких значеннях а рівняння (𝑥 − 𝑎)2
+ 2| 𝑥| − 4 = 0 матиме:

36. 35
а) два корені різних знаків;
б) два додатні корені? (Відповідь: а) 𝑎 𝜖 (−2;2); б) 𝑎 𝜖 (2;2,5).)
ВИСНОВОК
Вивчаючи модуль числа у шкільному курсі математики, можна зробити такі
практичні рекомендації:

37. 36
- підготовку до вивчення теми “Модуль” потрібно починати у 5 класі, коли
розглядається координатний промінь, розміщення чисел на ньому та
знаходження відстаней від початку координат до заданої точки;
- не тільки у 6 та 10 класах, але й при вивчені інших тем, передбачених
программою у 7-11 класах, розв'язувати завдання із модулем;
- для досконалого вивчення матеріалу розглянутої теми можна проводити
дослідницьку роботу та створювати математичні проекти;
- при вивченні абсолютної величини числа використовувати додаткові джерела
інформації, так як завдань з модулем у шкільних підручниках є надто мало;
- учням з високим рівнем знань пропонувати для самостійного розв'язування
складніші завдання, що містять знак модуля;
- перевірку правильності побудови графіків з модулями проводити за
допомогою графічних редакторів для кращого всебічного розвитку учнів;
- приділяти більше уваги темі модуля на факультативах та при роботі у
математичних гуртках;
- проводити діагностику знань та вмінь учнів щодо розв'язування завдань із
модулем.
Після написання роботи “Модуль у шкільному курсі математики” очевидні
висновки:
- модуль в шкільному курсі математики відіграє важливу роль в розвитку
логічного мислення учнів, їх математичної та графічної культури та служить
основою формування математичних знань та умінь;
- формування в учнів умінь та навичок розв’язування задач, що містять знак
абсолютної величини, має бути цілеспрямованим та повинно становити собою
продуману систему, застосування якої має забезпечити глибокі знання учнів.
Таким чином, всі цілі та завдання, поставлені на початку написання курсової
роботи, можна вважати досягнутими. У світі сучасних концепцій математичної
освіти матеріал, викладений у роботі, може зацікавити як учнів, так і їхніх
викладачів.

38. 37

39. 38
СПИСОК ВИКОРИСТАНОЇ ЛІТЕРАТУРИ
1. Програми для загальноосвітніх навчальних закладів “Математика 5-12 класи”.
– Київ: Перун, 2005 рік.
2. Янченко Г.П., Кравчук В.Р. Математика. Підручник для 6 класу. – Тернопіль:
Підручники і посібники, 2006. – 272с.
3. Нелін Є.П. Алгебра і початки аналізу: підруч. для 10 кл. загальноосвіт.
навчальн. закладів: академ. рівень. – Х.: Гімназія, 2010. – 416с.: іл.
4. Завдання для зовнішнього незалежного оцінювання. – 2006-2013.
5. Апостолова Г.В. Хитромудрий модуль. – К.: Поліграф сервіс, 2001.
6. Репета В.К., Клешня Н.О., Коробова М.В., Репета Л.А. Задачі з параметрами.
– К.: Вища шк., 2006. – 302 с.: іл.
7. Севрюков П.Ф., Смоляков А.Н. Уравнения и неравенства с модулями и
методика их решения. – Москва: Ставрополь, 2005. – 112с.
8. Гайштут О.Г., Литвиненко Г.М. Розв’язування алгебраїчних задач. – К.:
Радянська школа, 1991.
9. Апостолова Г.В. Я сам! – Київ: Факт, 2000.
10. Барановська Г.Г., Ясінський В.В. Практикум з математики. Алгебра. - К.:
«КПІ», ч.1 1997, ч.2 1998.
11. Голубев В.И. Абсолютная велечина числа в конкурсных экзаменах по
матиматике. - Львов: Журнал «Квантор», 1991.
12. Поліщук О.Р. Задачі з параметрами. – Харків: журнал “Математика в школах
України”, №11 2013.
13. Фельдман Я.С., Жаржевський О.Я. Математика. Рішення задач з модулями. -
СП6, Оракул, 1997.
14. Шаригін І.Ф. Факультативний курс з математики. Рішення задач. – Москва:
„Просвещение”, 1989.
15. Шкіль М.І., Колесник Т.В., Шмара Т.М. Алгебра і початки аналізу. Підручник
для 10 класу з поглибленим вивченням математики в середніх закладах освіти. –
Київ: „ Освіта”, 2004.
16. Завало С.Т. Рівняння і нерівності. – К.: Радянська школа, 1973.

40. 39
17. Тишин В. И. Математика для вчителів і учнів: раціональні алгебраїчні
рівняння. – К., 2005.
18. Дубинчук О.С., Мальований Ю.І., Дичек Н.П. Методика викладання алгебри в
7-9 класах: Посібник для вчителя. – К., 1991. – 254с.
19. Вірченко Н. О., Ляшко І. І. Графіки функцій. – Київ: Наукова думка, 1977.
20. Колесник Б.М. Алгебраїчні задачі на дослідження. – Київ, 1992.
21. Ітернет ресурси.

41. 40
ДОДАТОК
Чи вмієте ви розв’язувати рівняння зі знаком модуля?
Всього опитаних– 21 учень
Результати опитування
0
5
10
15
20
25
21
18
8
7
Чи відчуваєте труднощі при
розв’язуванні рівнянь з модулем ?
Чи вмієте розв’язувати прості рівняння
з модулем?
Чи відчуваєте труднощі при
розв’язуванні складніших рівнянь з
модулем?
Чи хочете навчитись розв’язувати
складніші рівняння з модулем?