Графики и множества с модулями

Содержание

Суть темы и где она встречается
Основные формулы и графические приёмы
Построение графиков с модулями
Метод областей на плоскости
Примеры разбора задач
Задачи с параметром
Геометрический смысл суммы модулей (быстрый контроль)
Частые ошибки
Оформление под рубрику ДВИ
Что запомнить
Стратегия на ДВИ

Суть темы и где она встречается

На ДВИ по математике задачи с модулями встречаются регулярно: это могут быть уравнения (тип 4), планиметрия на координатной плоскости с поиском площади (тип 5 или 6), исследование графиков и, что особенно дорого по баллам, задачи с параметром (тип 6). Тема широкая: она охватывает построение графиков ( $y = |f(x)|$ , $|y| = f(x)$ , $y = f(|x|)$ , вложенные модули вида $\bigl||x| - 2\bigr|$ ), множества на плоскости (площадь фигуры, заданной неравенством с модулями) и уравнения/системы с параметром (число решений, касание «уголка» $|x|+|y|=a$ прямой или окружностью).

Главный принцип работы с модулем — избавление от него. По определению, модуль раскрывается в зависимости от знака подмодульного выражения. В задачах на графики и множества (когда нужно найти площадь фигуры или нарисовать геометрическое место точек) этот принцип превращается в метод областей. Ты ищешь линии, на которых подмодульные выражения равны нулю, эти линии разбивают координатную плоскость на части, и внутри каждой части модули раскрываются однозначно.

При построении графиков тот же принцип превращается в правила симметрии: модуль аргумента симметрирует график относительно оси $Oy$ , а модуль функции — отражает отрицательную часть вверх относительно оси $Ox$ .

Основные формулы и графические приёмы

Для быстрого построения базовых графиков полезно знать геометрический смысл и правила симметрии.

ВАЖНОЕ

Базовые фигуры с модулем

|x| + |y| = a \quad (a > 0)

Задаёт границу квадрата (ромба) с центром в начале координат и диагоналями, лежащими на осях. Длина каждой диагонали равна $2a$ . Неравенство $|x| + |y| \leqslant a$ задаёт внутреннюю область этого ромба. Площадь вычисляется как половина произведения диагоналей: $S = \dfrac{(2a)^2}{2} = 2a^2$ .

Геометрический смысл: $|x| + |y|$ — это так называемое «манхэттенское» (городское) расстояние от точки $(x;\,y)$ до начала координат. Поэтому $|x| + |y| \leqslant a$ — «шар» этого расстояния радиуса $a$ , а выглядит он как ромб (см. справочник, §8, «Координаты на плоскости»).

Правила симметрии графиков:

$y = f(|x|)$ — строй график для $x \geqslant 0$ , а затем симметрично отрази его относительно оси $Oy$ на левую полуплоскость (часть старого графика при $x < 0$ стирается). График всегда симметричен относительно $Oy$ .
$y = |f(x)|$ — строй график $y = f(x)$ , а затем те его части, что лежат ниже оси $Ox$ , отрази вверх относительно $Ox$ (части над осью оставь без изменений). График целиком лежит в верхней полуплоскости ( $y \geqslant 0$ ).
$|y| = f(x)$ — строй график $y = f(x)$ там, где $f(x) \geqslant 0$ , и симметрично отрази его относительно оси $Ox$ вниз. Это уже не функция: графиком будет кривая из верхней и нижней ветвей (каждому $x$ с $f(x) > 0$ отвечают два значения $y$ ).

Построение графиков с модулями

Правила симметрии работают «послойно»: при вложенных модулях применяй их от внутреннего к внешнему. Разберём это на конкретном графике.

Пример 1. Построение графика

y = \bigl||x| - 2\bigr|

и число решений уравнения

Построить график функции $y = \bigl||x| - 2\bigr|$ и определить, при каких значениях параметра $a$ уравнение $\bigl||x| - 2\bigr| = a$ имеет ровно четыре корня.

Внутренний слой $y = x - 2$

Это прямая, пересекающая ось $Ox$ в точке $(2;\,0)$ .

Применяем модуль аргумента: $y = |x| - 2$

По правилу $y = f(|x|)$ строим прямую $y = x - 2$ для $x \geqslant 0$ и отражаем её относительно оси $Oy$ влево. Получаем «галочку» (уголок) с вершиной в точке $(0;\,-2)$ и нулями в точках $(\pm 2;\,0)$ .

Применяем внешний модуль: $y = \bigl||x| - 2\bigr|$

По правилу $y = |f(x)|$ ту часть «галочки», что лежит ниже оси $Ox$ (а это центральный кусок при $-2 < x < 2$ , где $|x| - 2 < 0$ ), отражаем вверх. Вершина $(0;\,-2)$ переходит в $(0;\,2)$ .

Итоговый график — «W-образная» ломаная с локальными минимумами в точках $(\pm 2;\,0)$ (где $y = 0$ ), локальным максимумом в точке $(0;\,2)$ и уходящими вверх внешними лучами. Опорные точки для контроля: $x = 0 \Rightarrow y = 2$ ; $\;x = \pm 2 \Rightarrow y = 0$ ; $\;x = \pm 4 \Rightarrow y = \bigl|4 - 2\bigr| = 2$ .

Число корней уравнения $\bigl||x| - 2\bigr| = a$

Корни — это абсциссы точек пересечения графика с горизонтальной прямой $y = a$ . Считаем по картинке:

$a < 0$ — прямая ниже графика, 0 корней ( $\bigl||x|-2\bigr| \geqslant 0$ всегда);
$a = 0$ — прямая задевает оба минимума, 2 корня ( $x = \pm 2$ );
$0 < a < 2$ — прямая пересекает обе внешние ветви и обе ветви центрального «горбика», 4 корня;
$a = 2$ — прямая проходит через вершину горбика $(0;\,2)$ и две внешние ветви, 3 корня ( $x = 0$ и $x = \pm 4$ );
$a > 2$ — прямая выше горбика, пересекает только две внешние ветви, 2 корня.

Алгебраическая проверка: $\bigl||x| - 2\bigr| = a \iff |x| - 2 = \pm a \iff |x| = 2 + a$ или $|x| = 2 - a$ . Уравнение $|x| = 2 + a$ при $a \geqslant 0$ даёт два корня (а при $a = 0$ они совпадают с корнями второго уравнения). Уравнение $|x| = 2 - a$ даёт два корня при $0 < a < 2$ , один корень при $a = 2$ и ни одного при $a > 2$ . Складывая, получаем ровно картину выше — ровно четыре корня при $0 < a < 2$ .

График y=||x|-2| с горизонтальной прямой y=a

Проверьте, что вы поняли механизм, на другом W-графике.

Метод областей на плоскости

Если в условии дана сложная комбинация модулей, применяй универсальный алгоритм.

АЛГОРИТМ

Алгоритм: Метод областей для фигур на плоскости

Найди нули подмодульных выражений. Приравняй каждое выражение под знаком модуля к нулю (например, если есть $|x - y|$ , пиши $x - y = 0 \implies y = x$ ).
Разбей плоскость. Нарисуй найденные прямые (или кривые) пунктиром на координатной плоскости. Они разобьют плоскость на несколько непересекающихся областей.
Определи знаки. Внутри каждой области возьми контрольную точку и определи знаки всех подмодульных выражений.
Раскрой модули. Запиши неравенство (или уравнение) без модулей для каждой области, упрости его.
Построй и отрежь. Построй полученную фигуру, но обведи сплошной линией и заштрихуй только ту её часть, которая попала внутрь рассматриваемой области. Помни: отрезок прямой может целиком выпасть из области — тогда в этой области границы нет.

ЧАСТАЯ ОШИБКА

Границы областей: куда отнести знак равенства

Прямые-разделители (например $y = x$ ) сами не имеют площади, поэтому на итоговую площадь не влияют. Но при словесном оформлении удобно заранее договориться: границу включаем строго в один из соседних случаев (например, в случай $y \geqslant x$ , а во второй пишем $y < x$ ). Тогда множества случаев не пересекаются, и нет риска ни потерять кусок, ни посчитать его дважды. Это особенно важно, когда границей служит сторона будущей фигуры.

Примеры разбора задач

Пример 2. Сдвиг базовой фигуры

Найти площадь фигуры, заданной неравенством $|x - 2| + |y + 1| \leqslant 3$ .

Пример 3. Использование метода областей

Найти площадь фигуры, заданной неравенством $|y - x| + |x| \leqslant 2$ .

Разбиваем плоскость на области

Применим метод областей. Приравняем подмодульные выражения к нулю: $y - x = 0 \implies y = x$ , и $x = 0$ . Эти две прямые разбивают координатную плоскость на четыре угла. Рассмотрим каждый отдельно (границу $y = x$ относим к случаям с $\geqslant$ , границу $x = 0$ — к случаям с $x \geqslant 0$ , чтобы случаи не пересекались).

Случай 1: $x \geqslant 0$ , $y \geqslant x$

Модули раскрываются так: $y - x \geqslant 0$ (значит $|y-x| = y-x$ ) и $x \geqslant 0$ ( $|x| = x$ ). Неравенство принимает вид:

y - x + x \leqslant 2 \iff y \leqslant 2.

В этой области фигура ограничена прямыми $x=0$ , $y=x$ и $y=2$ . Это треугольник с вершинами $(0;\, 0)$ , $(0;\, 2)$ и $(2;\, 2)$ .

Случай 2: $x \geqslant 0$ , $y < x$

Тогда $y - x < 0$ ( $|y-x| = x-y$ ) и $x \geqslant 0$ .

x - y + x \leqslant 2 \iff y \geqslant 2x - 2.

Фигура ограничена $y=x$ , $x=0$ и прямой $y=2x-2$ . Пересечение $y=x$ и $y=2x-2$ даёт точку $(2;\, 2)$ . Пересечение $x=0$ и $y=2x-2$ даёт точку $(0;\, -2)$ . Получаем треугольник $(0;\, 0)$ , $(2;\, 2)$ , $(0;\, -2)$ .

Случаи 3 и 4: левая полуплоскость

Аналогично разбираем левую полуплоскость ( $x < 0$ ): Случай 3: $x < 0$ , $y < x$ .

-(y - x) - x \leqslant 2 \iff -y + x - x \leqslant 2 \iff y \geqslant -2.

Треугольник с вершинами $(0;\, 0)$ , $(0;\, -2)$ , $(-2;\, -2)$ .

Случай 4: $x < 0$ , $y \geqslant x$ .

(y - x) - x \leqslant 2 \iff y - 2x \leqslant 2 \iff y \leqslant 2x + 2.

Треугольник с вершинами $(0;\, 0)$ , $(-2;\, -2)$ , $(0;\, 2)$ .

Собираем фигуру и считаем площадь

Объединяя все части, получаем выпуклый четырёхугольник. Чтобы убедиться, что это именно параллелограмм, проверим вершины: $(0;\, 2)$ , $(2;\, 2)$ , $(0;\, -2)$ и $(-2;\, -2)$ . Противоположные стороны: от $(0;\,2)$ к $(2;\,2)$ — вектор $(2;\,0)$ ; от $(-2;\,-2)$ к $(0;\,-2)$ — тоже вектор $(2;\,0)$ . Стороны попарно параллельны и равны, значит, это параллелограмм. Его верхняя сторона лежит на прямой $y=2$ (длина от $x=0$ до $x=2$ равна $2$ ). Высота параллелограмма (расстояние между прямыми $y=2$ и $y=-2$ ) равна $4$ . Площадь $S = a \cdot h = 2 \cdot 4 = 8$ .

Пример 4. Задача уровня ДВИ (симметрия и области)

Найти площадь фигуры, заданной неравенством $|x| + |y| + |x - y| \leqslant 4$ .

Используем симметрию

Заметим, что если заменить $(x;\, y)$ на $(-x;\, -y)$ , неравенство не изменится, так как $|-x| + |-y| + |-x - (-y)| = |x| + |y| + |y - x|$ , а модуль разности симметричен. Значит, фигура центрально-симметрична относительно начала координат. Достаточно изучить её в правой полуплоскости ( $x \geqslant 0$ ).

Пусть $x \geqslant 0$ . Подмодульное выражение $x - y = 0$ даёт прямую $y = x$ .

Разбираем I четверть

Случай 1: $x \geqslant 0$ , $y \geqslant 0$ , $y \geqslant x$ (часть I четверти выше биссектрисы). Модули: $|x|=x$ , $|y|=y$ , $|x-y|=y-x$ . Неравенство: $x + y + y - x \leqslant 4 \iff 2y \leqslant 4 \iff y \leqslant 2$ . В этой области границами являются $x=0$ , $y=x$ и $y=2$ . Получаем треугольник $(0;\, 0)$ , $(0;\, 2)$ , $(2;\, 2)$ . Его площадь равна $\frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 2 = 2$ .

Случай 2: $x \geqslant 0$ , $y \geqslant 0$ , $x > y$ (часть I четверти ниже биссектрисы). Модули: $|x|=x$ , $|y|=y$ , $|x-y|=x-y$ . Неравенство: $x + y + x - y \leqslant 4 \iff 2x \leqslant 4 \iff x \leqslant 2$ . Границы: $y=0$ , $y=x$ , $x=2$ . Треугольник $(0;\, 0)$ , $(2;\, 0)$ , $(2;\, 2)$ . Площадь равна $2$ . Итого в I четверти получаем квадрат со стороной $2$ . Его площадь $4$ .

Разбираем IV четверть

Случай 3: $x \geqslant 0$ , $y < 0$ (IV четверть). Здесь $x - y > 0$ , так как из положительного вычитаем отрицательное. Модули: $|x|=x$ , $|y|=-y$ , $|x-y|=x-y$ . Неравенство: $x - y + x - y \leqslant 4 \iff 2x - 2y \leqslant 4 \iff x - y \leqslant 2 \iff y \geqslant x - 2$ . Границы: $x=0$ , $y=0$ , $y=x-2$ . Треугольник с вершинами $(0;\, 0)$ , $(2;\, 0)$ , $(0;\, -2)$ . Площадь равна $\frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 2 = 2$ .

Складываем площади

Итак, в правой полуплоскости площадь равна $4 + 2 = 6$ . В силу центральной симметрии, в левой полуплоскости фигура точно такая же (отражённая), и её площадь тоже $6$ . Общая площадь $S = 6 + 6 = 12$ .

(Примечание: фигура представляет собой выпуклый шестиугольник с вершинами $(2;\,0)$ , $(2;\,2)$ , $(0;\,2)$ , $(-2;\,0)$ , $(-2;\,-2)$ , $(0;\,-2)$ , симметричный относительно начала координат и вытянутый вдоль прямой $y = x$ . Он не правильный: четыре его стороны имеют длину $2$ , а две — длину $2\sqrt{2}$ , так что стороны не равны.)

Задачи с параметром

Это самый дорогой по баллам сюжет на стыке «графики + множества + модули». Базовый приём — графический метод (см. справочник, §10): развязать переменную и параметр, нарисовать неподвижную фигуру и семейство фигур, зависящих от параметра, и найти граничные положения (касание, прохождение через узловые точки).

Пример 5. Число общих точек ромба и окружности

При каких значениях параметра $a$ система

\begin{cases} |x| + |y| = 2 \\ x^2 + y^2 = a \end{cases}

имеет ровно восемь решений?

Разбираем фигуры

Первое уравнение задаёт неподвижную фигуру — границу ромба с вершинами $(\pm 2;\, 0)$ , $(0;\, \pm 2)$ . Второе при $a > 0$ задаёт окружность радиуса $R = \sqrt{a}$ с центром в начале координат (при $a < 0$ решений нет, при $a = 0$ — одна точка $(0;0)$ , не лежащая на ромбе). Задача сводится к подсчёту общих точек ромба и окружности при изменении радиуса.

Находим опорные радиусы

Найдём две опорные величины:

Радиус вписанной окружности ромба — расстояние от центра до стороны. Сторона в I четверти лежит на прямой $x + y = 2$ , то есть $x + y - 2 = 0$ . Расстояние от $(0;0)$ :

\rho = \dfrac{|0 + 0 - 2|}{\sqrt{1^2 + 1^2}} = \dfrac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}.

Радиус описанной окружности — расстояние до вершины: $R_{\text{опис}} = 2$ (например, до $(2;\,0)$ ).

Отслеживаем число пересечений

Теперь отслеживаем число пересечений по мере роста $R = \sqrt{a}$ :

$R < \sqrt{2}$ (то есть $a < 2$ ): окружность целиком внутри ромба — 0 точек;
$R = \sqrt{2}$ ( $a = 2$ ): окружность касается всех четырёх сторон в их серединах — 4 точки;
$\sqrt{2} < R < 2$ (то есть $2 < a < 4$ ): окружность пересекает каждую из четырёх сторон в двух точках — 8 точек;
$R = 2$ ( $a = 4$ ): окружность проходит через четыре вершины ромба — 4 точки;
$R > 2$ ( $a > 4$ ): окружность вне ромба — 0 точек.

Ровно восемь решений система имеет при $2 < a < 4$ .

Параметр: ромб и семейство окружностей разного радиуса

Пример 6. Число решений уравнения с параметром (графический метод)

При каких значениях параметра $a$ система

\begin{cases} y = |x| \\ y = -|x - 4| + a \end{cases}

имеет ровно два решения?

Развязываем переменную и параметр

Развязываем: $|x| = -|x - 4| + a$ , то есть $|x| + |x - 4| = a$ . Левая часть — это сумма расстояний от точки $x$ на числовой оси до точек $0$ и $4$ (см. геометрический смысл ниже). Но удобнее графический подход на плоскости.

Неподвижная фигура — график $y = |x|$ («уголок» с вершиной в $(0;\,0)$ , ветви с наклоном $\pm 1$ ). Подвижная фигура — график $y = -|x - 4| + a$ . Это «перевёрнутый уголок» (вершина смотрит вверх) с вершиной в точке $(4;\, a)$ и ветвями с наклоном $\mp 1$ . При изменении $a$ этот уголок скользит вертикально.

Ищем ключевые положения

Обе ветви имеют наклоны $\pm 1$ , поэтому при движении вверх перевёрнутый уголок может «зацепиться» за уголок $y=|x|$ по-разному. Найдём ключевые положения:

Правая (восходящая) ветвь уголка $y = |x|$ при $x \geqslant 0$ — это $y = x$ . Левая (нисходящая) ветвь перевёрнутого уголка при $x \leqslant 4$ — это $y = (x - 4) + a = x - 4 + a$ . Эти куски параллельны (наклон $1$ ). Они совпадают целиком, когда $-4 + a = 0$ , то есть при $a = 4$ — тогда решений бесконечно много (целый отрезок). При $a \ne 4$ эти куски не пересекаются.
Рассмотрим уравнение $|x| + |x-4| = a$ . Сумма $|x| + |x-4|$ на отрезке $[0;\,4]$ постоянна и равна $4$ (это длина отрезка), а вне отрезка растёт. Значит:

$a < 4$ — решений нет (0 решений);
$a = 4$ — решением служит весь отрезок $0 \leqslant x \leqslant 4$ (бесконечно много);
$a > 4$ — ровно две точки (по одной слева от $0$ и справа от $4$ ): 2 решения.

Делаем вывод

Итак, ровно два решения система имеет при $a > 4$ .

Координатная плоскость с графиком y = |x| (уголок с вершиной

Геометрический смысл суммы модулей (быстрый контроль)

СОВЕТ

Сумма модулей как сумма расстояний

Выражение $|x - a| + |x - b|$ (на числовой прямой) — это сумма расстояний от точки $x$ до точек $a$ и $b$ . Поэтому:

минимум суммы равен $|a - b|$ и достигается на всём отрезке между $a$ и $b$ ;
уравнение $|x - a| + |x - b| = c$ при $c = |a-b|$ имеет целый отрезок решений, при $c > |a-b|$ — ровно две точки, при $c < |a-b|$ — ни одной.

Аналогично $|x| + |y|$ на плоскости — «городское» расстояние до начала координат, а его линии уровня — ромбы. Эти наблюдения дают мгновенный контроль ответа в задачах с параметром (см. Пример 6) без полного разбора случаев.

Частые ошибки

ЧАСТАЯ ОШИБКА

Непроверяемые пересечения

Ошибка: Найти уравнения всех прямых, ограничивающих фигуру, найти точки их попарного пересечения и сразу посчитать площадь по формуле Пика или Гаусса, игнорируя то, что некоторые точки лежат вне области, для которой было выведено уравнение прямой. Правильно: Всегда рисуй чертёж. Получив границу $y \leqslant 2x + 2$ для случая $x < 0$ и $y \geqslant x$ , оставляй на чертеже только тот отрезок прямой, который физически лежит в секторе между прямыми $x=0$ (слева) и $y=x$ (сверху). Если отрезок целиком выпал из области — в этой области данной границы вообще нет.

ЧАСТАЯ ОШИБКА

Двойной счёт или потеря площади на границах

Ошибка: При разбиении на случаи в обоих соседних случаях писать нестрогий знак (например, и $y \geqslant x$ , и $y \leqslant x$ ), либо в обоих — строгий, «потеряв» границу. В первом варианте граница учитывается дважды, во втором — теряется. Правильно: Договорись заранее: границу включаем строго в один случай. Например, пиши «Случай 1: $y \geqslant x$ » и «Случай 2: $y < x$ ». На площадь это не влияет (у прямой площадь нулевая), но логика разбора остаётся непротиворечивой, и при подсчёте площади по частям ни один кусок не задвоится и не пропадёт.

ЧАСТАЯ ОШИБКА

Неверное раскрытие модуля разности

Ошибка: В области, где $y > x$ , записать $|x - y| = x - y$ (перепутать знак), потому что « $x$ стоит первым». Правильно: Знак определяется знаком подмодульного выражения, а не порядком букв. Если $y > x$ , то $x - y < 0$ , значит $|x - y| = -(x - y) = y - x$ . Всегда проверяй контрольной точкой: при $x = 0,\ y = 1$ имеем $|x - y| = |{-1}| = 1 = y - x$ .

Оформление под рубрику ДВИ

На ДВИ работа оценивается по схеме «±»: за полное верное решение — полный балл, за решение с пробелом в обосновании — «±» (частичный балл). Лист формул не выдают, поэтому любую формулу площади нужно обосновать. Ниже — эталон оформления и типичные потери баллов.

АЛГОРИТМ

Эталон полного решения (на примере

|x| + |y| \leqslant a

)

Раскрытие модулей по случаям — словами. «Рассмотрим I четверть: $x \geqslant 0$ , $y \geqslant 0$ . Тогда $|x| = x$ , $|y| = y$ , и неравенство принимает вид $x + y \leqslant a$ .» И так для каждой из четырёх областей. Каждый случай должен начинаться с явного указания знаков подмодульных выражений.
Описание границ. Для каждой области укажи, какими прямыми ограничен кусок фигуры и каковы координаты вершин.
Обоснование формы фигуры. Не пиши «очевидно, это ромб». Покажи: вершины $(\pm a;\, 0)$ , $(0;\, \pm a)$ , диагонали лежат на осях и равны $2a$ каждая.
Вывод площади, а не цитирование. Формулу $S = \tfrac{1}{2} d_1 d_2$ на ДВИ цитировать без вывода рискованно. Надёжнее разбить фигуру на части: ромб состоит из четырёх равных прямоугольных треугольников с катетами $a$ и $a$ , площадь каждого $\tfrac{1}{2} a^2$ , итого $S = 4 \cdot \tfrac{1}{2} a^2 = 2a^2$ . Такой вывод не оставляет места придиркам.
Проверка вершин. Подставь координаты найденных вершин в исходное неравенство и убедись, что получается граничное равенство.

ЧАСТАЯ ОШИБКА

За что снимают «±»

Раскрытие модуля без указания знака подмодульного выражения («просто убрали палочки») — обоснование отсутствует, балл срезается.
Готовая формула $S = \tfrac{1}{2}d_1 d_2$ без вывода для нестандартной фигуры — лист формул не выдан, цитирование не засчитывается. Выводи через разбиение на треугольники.
«Объединяя части, получаем параллелограмм» без проверки — нужно показать параллельность и равенство противоположных сторон (через векторы), иначе форма не обоснована.
Нет чертежа — даже верный ответ при методе областей без рисунка вызывает вопросы к тому, какие куски границ реально входят в фигуру.
Потерянные граничные случаи параметра ( $a = 2$ , $a = 4$ в Примере 5) — пограничные значения нужно разбирать отдельно и явно решать, входят они в ответ или нет.

Что запомнить

Сдвиг аргументов под модулями (вида $|x-x_0| + |y-y_0| \leqslant a$ ) не меняет форму и площадь фигуры, а лишь сдвигает её центр в точку $(x_0;\, y_0)$ .
Симметрия — твой лучший друг. Если неравенство не меняется при замене $x$ на $-x$ (или $(x;y)$ на $(-x;-y)$ ), можно нарисовать половину фигуры и отзеркалить её. Это сокращает вычисления.
Графики: модуль аргумента ( $y=f(|x|)$ ) симметрирует относительно $Oy$ ; модуль функции ( $y=|f(x)|$ ) отражает нижнюю часть вверх относительно $Ox$ ; $|y|=f(x)$ достраивает нижнюю ветвь. Вложенные модули раскрывай от внутреннего к внешнему.
Метод областей универсален и работает всегда. Главное — аккуратно определить знаки на черновике и заранее договориться, куда относить границы.
В задачах с параметром: неподвижная фигура + семейство подвижных; ответ дают граничные положения (касание, прохождение через узлы). Пограничные значения параметра разбирай отдельно.
Сумма модулей = сумма расстояний — мгновенный контроль ответа.

Стратегия на ДВИ

СОВЕТ

Экзаменационная тактика

Оформление: На ДВИ ты обязан словами или в таблице расписать каждый случай раскрытия модулей («Случай 1: ... Тогда неравенство принимает вид...»). Отсутствие обоснования, почему модуль раскрыт именно так, карается потерей баллов.
Площадь — через вывод. Не цитируй $S = \tfrac{1}{2}d_1 d_2$ как готовую формулу: разбей фигуру на треугольники/прямоугольники и сложи их площади — лист формул не выдают.
Проверка вершин: Когда ты нашёл координаты вершин многоугольника (например, $(2;\, 2)$ ), подставь их в самое первое исходное неравенство и проверь, что получается верное числовое тождество (граничный случай). Это гарантирует, что ты не ошибся в арифметике при раскрытии.
Параметр — отдельно про границы. В задачах «при каких $a$ ...» обязательно разбери пограничные значения ( $a$ , при которых число решений меняется): касание, совпадение с целым отрезком, прохождение через вершину. Именно на них теряют баллы.
Самоконтроль площади: Если фигура разбивается на базовые (треугольники, прямоугольники), считай площадь по частям, прямо нанося размеры на график.

Проверь себя

Какую фигуру задаёт неравенство $|x| + |y| \leqslant 3$ и какова её площадь?
Как из графика $y = f(x)$ получить график $y = f(|x|)$ ?
При каких $a$ уравнение $\bigl||x| - 2\bigr| = a$ имеет ровно четыре корня?
Чему равен минимум выражения $|x - 1| + |x - 5|$ ?

Графики и множества с модулями

Суть темы и где она встречается

Основные формулы и графические приёмы