Rješavanje eksponencijalnih jednadžbi i nejednadžbi s modulom. Rješavanje nejednadžbi s modulom

Metode (pravila) za otkrivanje nejednakosti s modulima sastoje se u sekvencijalnom otkrivanju modula, koristeći intervale konstantnog predznaka submodularnih funkcija. U konačnoj verziji dobiva se nekoliko nejednakosti iz kojih se pronalaze intervali ili intervali koji zadovoljavaju uvjete zadatka.

Prijeđimo na rješavanje uobičajenih primjera u praksi.

Linearne nejednadžbe s modulima

Pod linearnim podrazumijevamo jednadžbe u kojima varijabla linearno ulazi u jednadžbu.

Primjer 1. Pronađite rješenje nejednadžbe

Riješenje:
Iz uvjeta zadatka proizlazi da se moduli pretvaraju u nulu pri x=-1 i x=-2. Te točke dijele brojevni pravac na intervale

U svakom od ovih intervala rješavamo zadanu nejednadžbu. Da bismo to učinili, prije svega izrađujemo grafičke crteže područja konstantnog znaka submodularnih funkcija. Oni su prikazani kao područja sa znakovima svake od funkcija

odnosno intervale s predznacima svih funkcija.

U prvom intervalu širimo module

Pomnožimo obje strane s minus jedan i predznak u nejednadžbi će se promijeniti u suprotan. Ako vam je teško naviknuti se na ovo pravilo, možete pomaknuti svaki od dijelova iza znaka kako biste se riješili minusa. Na kraju ćete dobiti

Sjecište skupa x>-3 s površinom na kojoj su jednadžbe rješavane bit će interval (-3;-2). Za one kojima je lakše pronaći rješenja, možete grafički nacrtati sjecište ovih područja

Rješenje će biti zajedničko sjecište područja. Ako su strogo neravni, rubovi nisu uključeni. Ako nije strogo, provjerite zamjenom.

Na drugom intervalu dobivamo

Presjek će biti interval (-2;-5/3). Grafički će rješenje izgledati ovako

Na trećem intervalu dobivamo

Ovo stanje ne daje rješenja u željenoj domeni.

Budući da dva pronađena rješenja (-3;-2) i (-2;-5/3) graniče s točkom x=-2, provjeravamo i to.

Dakle, točka x=-2 je rješenje. Opće rješenje koje ovo uzima u obzir izgledat će kao (-3;5/3).

Primjer 2. Naći rješenje nejednadžbe
|x-2|-|x-3|>=|x-4|

Riješenje:
Nulte točke submodularnih funkcija bit će točke x=2, x=3, x=4. Za vrijednosti argumenata manje od ovih točaka submodularne funkcije su negativne, a za veće vrijednosti pozitivne.

Točke dijele realnu os u četiri intervala. Proširujemo module prema intervalima konstantnog predznaka i rješavamo nejednadžbe.

1) U prvom intervalu sve submodularne funkcije su negativne, pa kod proširenja modula mijenjamo predznak u suprotan.

Sjecište pronađenih x vrijednosti s razmatranim intervalom bit će skup točaka

2) Na intervalu između točaka x=2 i x=3 prva submodularna funkcija je pozitivna, druga i treća su negativne. Proširujući module, dobivamo

nejednadžba koja kada se presječe s intervalom na kojem rješavamo daje jedno rješenje – x=3.

3) Na intervalu između točaka x=3 i x=4 prva i druga submodularna funkcija su pozitivne, a treća negativna. Na temelju ovoga dobivamo

Ovaj uvjet pokazuje da će cijeli interval zadovoljiti nejednakost s modulima.

4) Za vrijednosti x>4 sve funkcije imaju pozitivne predznake. Kod proširenja modula ne mijenjamo im predznak.

Nađeni uvjet u sjecištu s intervalom daje sljedeći skup rješenja

Budući da je nejednadžba riješena na svim intervalima, ostaje pronaći zajedničku vrijednost svih pronađenih vrijednosti x. Rješenje će biti dva intervala

Ovo zaključuje primjer.

Primjer 3. Pronađite rješenje nejednadžbe
||x-1|-5|>3-2x

Riješenje:
Imamo nejednakost s modulom iz modula. Takve se nejednakosti otkrivaju kako se moduli ugniježđuju, počevši od onih koji se nalaze dublje.

Submodularna funkcija x-1 se pretvara u nulu na x=1. Za manje vrijednosti iznad 1 negativan je i pozitivan za x>1. Na temelju toga proširujemo interni modul i razmatramo nejednakost na svakom od intervala.

Prvo, razmotrite interval od minus beskonačnosti do jedan

Submodularna funkcija je nula pri x=-4 . Pri manjim vrijednostima je pozitivan, pri većim negativan. Proširimo modul za x<-4:

Na raskrižju s područjem koje razmatramo dobivamo skup rješenja

Sljedeći korak je proširenje modula na interval (-4;1)

Uzimajući u obzir područje proširenja modula, dobivamo interval rješenja

ZAPAMTITE: ako u takvim nepravilnostima s modulima dobijete dva intervala koja graniče sa zajedničkom točkom, onda je to u pravilu također rješenje.

Da biste to učinili, samo trebate provjeriti.

U ovom slučaju, zamijenimo točku x=-4.

Dakle, x=-4 je rješenje.
Proširimo interni modul za x>1

Submodularna funkcija negativna za x<6.
Proširujući modul dobivamo

Ovaj uvjet u odsječku s intervalom (1;6) daje prazan skup rješenja.

Za x>6 dobivamo nejednakost

Također rješavajući dobili smo prazan skup.
Uzimajući u obzir sve navedeno, jedino rješenje nejednakosti s modulima bit će sljedeći interval.

Nejednadžbe s modulima koji sadrže kvadratne jednadžbe

Primjer 4. Pronađite rješenje nejednadžbe
|x^2+3x|>=2-x^2

Riješenje:
Submodularna funkcija nestaje u točkama x=0, x=-3. Jednostavna zamjena minus jedan

utvrđujemo da je manji od nule u intervalu (-3;0) i pozitivan izvan njega.
Proširimo modul u područjima gdje je submodularna funkcija pozitivna

Preostaje odrediti područja u kojima je kvadratna funkcija pozitivna. Da bismo to učinili, odredimo korijene kvadratne jednadžbe

Radi praktičnosti, zamjenjujemo točku x=0, koja pripada intervalu (-2;1/2). Funkcija je negativna u ovom intervalu, što znači da će rješenje biti sljedeći skupovi x

Ovdje su rubovi područja s rješenjima označeni zagradama; to je učinjeno namjerno, uzimajući u obzir sljedeće pravilo.

ZAPAMTITE: Ako je nejednadžba s modulima, ili jednostavna nejednadžba stroga, tada rubovi pronađenih područja nisu rješenja, ali ako nejednadžbe nisu stroge (), onda su bridovi rješenja (označeni uglatim zagradama).

Ovo pravilo koriste mnogi učitelji: ako je zadana stroga nejednakost, a tijekom izračuna u rješenju napišete uglatu zagradu ([,]), oni će to automatski smatrati netočnim odgovorom. Također, prilikom testiranja, ako je dana nestriktna nejednakost s modulima, potražite područja s uglatim zagradama među rješenjima.

Na intervalu (-3;0), proširujući modul, mijenjamo predznak funkcije u suprotan

Uzimajući u obzir područje otkrivanja nejednakosti, rješenje će imati oblik

Zajedno s prethodnim područjem ovo će dati dva poluintervala

Primjer 5. Pronađite rješenje nejednadžbe
9x^2-|x-3|>=9x-2

Riješenje:
Zadana je nestroga nejednadžba čija je submodularna funkcija jednaka nuli u točki x=3. Za manje vrijednosti je negativan, za veće vrijednosti je pozitivan. Proširite modul na interval x<3.

Određivanje diskriminante jednadžbe

i korijenje

Zamjenom nulte točke, saznajemo da je na intervalu [-1/9;1] kvadratna funkcija negativna, stoga je interval rješenje. Zatim širimo modul na x>3

Danas, prijatelji, neće biti šmrcanja i sentimentalnosti. Umjesto toga, poslat ću vas, bez pitanja, u bitku s jednim od najstrašnijih protivnika u tečaju algebre od 8. do 9. razreda.

Da, sve ste dobro razumjeli: govorimo o nejednadžbama s modulom. Pogledat ćemo četiri osnovne tehnike s kojima ćete naučiti riješiti oko 90% takvih problema. Što je s preostalih 10%? Pa, o njima ćemo govoriti u zasebnoj lekciji. :)

Međutim, prije nego što analiziram bilo koju od tehnika, želio bih vas podsjetiti na dvije činjenice koje već morate znati. Inače riskirate da uopće ne razumijete gradivo današnje lekcije.

Ono što već trebate znati

Čini se da Captain Obviousness daje naslutiti da za rješavanje nejednakosti s modulom trebate znati dvije stvari:

Kako se rješavaju nejednakosti;
Što je modul?

Počnimo s drugom točkom.

Definicija modula

Ovdje je sve jednostavno. Postoje dvije definicije: algebarska i grafička. Za početak - algebarski:

Definicija. Modul broja $x$ je ili sam broj, ako je nenegativan, ili broj nasuprot njemu, ako je izvorni $x$ još uvijek negativan.

Napisano je ovako:

\[\lijevo| x \desno|=\lijevo\( \begin(align) & x,\ x\ge 0, \\ & -x,\ x \lt 0. \\\end(align) \desno.\]

govoreći jednostavnim jezikom, modul je “broj bez minusa”. I upravo u toj dvojnosti (na nekim mjestima ne morate ništa učiniti s izvornim brojem, ali na drugim ćete morati ukloniti neku vrstu minusa) leži sva poteškoća za studente početnike.

Postoji i geometrijska definicija. Također je korisno znati, ali ćemo se tome obratiti samo u složenim i nekim posebnim slučajevima, gdje je geometrijski pristup prikladniji od algebarskog (spojler: ne danas).

Definicija. Neka je na brojevnom pravcu označena točka $a$. Zatim modul $\lijevo| x-a \right|$ je udaljenost od točke $x$ do točke $a$ na ovoj liniji.

Ako nacrtate sliku, dobit ćete nešto poput ovoga:

Definicija grafičkog modula

Na ovaj ili onaj način, iz definicije modula odmah slijedi njegovo ključno svojstvo: modul broja uvijek je nenegativna veličina. Ova će činjenica biti crvena nit koja će se provlačiti kroz cijelu našu današnju pripovijest.

Rješavanje nejednadžbi. Metoda intervala

Sada pogledajmo nejednakosti. Ima ih jako puno, ali naš je zadatak sada riješiti barem najjednostavniji od njih. Oni koji se svode na linearne nejednakosti, kao i na metodu intervala.

Imam dvije velike lekcije o ovoj temi (usput, vrlo, JAKO korisne - preporučujem da ih proučite):

Metoda intervala za nejednakosti (posebno pogledajte video);
Razlomačke racionalne nejednakosti su vrlo opširna lekcija, ali nakon njega više nećete imati nikakvih pitanja.

Ako sve ovo znate, ako izraz "prijeđimo s nejednakosti na jednadžbu" ne budi u vama nejasnu želju da se udarite u zid, onda ste spremni: dobrodošli u pakao na glavnu temu lekcije. :)

1. Nejednadžbe oblika “Modul je manji od funkcije”

Ovo je jedan od najčešćih problema s modulima. Potrebno je riješiti nejednadžbu oblika:

\[\lijevo| f\desno| \ltg\]

Funkcije $f$ i $g$ mogu biti bilo što, ali obično su polinomi. Primjeri takvih nejednakosti:

Sve ih se može riješiti doslovno u jednom retku prema sljedećoj shemi:

\[\lijevo| f\desno| \lt g\Rightarrow -g \lt f \lt g\quad \left(\Rightarrow \left\( \begin(align) & f \lt g, \\ & f \gt -g \\\end(align) \točno točno)\]

Lako je vidjeti da se rješavamo modula, ali zauzvrat dobivamo dvostruku nejednadžbu (ili, što je isto, sustav dviju nejednadžbi). Ali ovaj prijelaz uzima u obzir apsolutno sve mogući problemi: ako je broj ispod modula pozitivan, metoda radi; ako je negativan, i dalje radi; čak i s najneprikladnijom funkcijom umjesto $f$ ili $g$, metoda će i dalje raditi.

Naravno, postavlja se pitanje: zar ne može jednostavnije? Nažalost, nije moguće. To je cijela poanta modula.

No, dosta s filozofiranjem. Riješimo par problema:

Zadatak. Riješite nejednadžbu:

\[\lijevo| 2x+3 \desno| \lt x+7\]

Riješenje. Dakle, pred nama je klasična nejednakost oblika "modul je manji" - čak se nema što transformirati. Radimo prema algoritmu:

\[\begin(align) & \left| f\desno| \lt g\desna strelica -g \lt f \lt g; \\ & \lijevo| 2x+3 \desno| \lt x+7\desna strelica -\lijevo(x+7 \desno) \lt 2x+3 \lt x+7 \\\end(align)\]

Nemojte žuriti s otvaranjem zagrada ispred kojih stoji "minus": vrlo je moguće da ćete zbog svoje žurbe napraviti uvredljivu pogrešku.

\[-x-7 \lt 2x+3 \lt x+7\]

\[\lijevo\( \begin(align) & -x-7 \lt 2x+3 \\ & 2x+3 \lt x+7 \\ \end(align) \desno.\]

\[\lijevo\( \begin(align) & -3x \lt 10 \\ & x \lt 4 \\ \end(align) \desno.\]

\[\lijevo\( \begin(align) & x \gt -\frac(10)(3) \\ & x \lt 4 \\ \end(align) \desno.\]

Problem se sveo na dvije elementarne nejednakosti. Zabilježimo njihova rješenja na paralelnim brojevnim pravcima:
Sjecište mnogih
Presjek ovih skupova bit će odgovor.

Odgovor: $x\in \lijevo(-\frac(10)(3);4 \desno)$

Zadatak. Riješite nejednadžbu:

\[\lijevo| ((x)^(2))+2x-3 \desno|+3\lijevo(x+1 \desno) \lt 0\]

Riješenje. Ovaj zadatak je malo teži. Prvo, izolirajmo modul pomicanjem drugog člana udesno:

\[\lijevo| ((x)^(2))+2x-3 \desno| \lt -3\lijevo(x+1 \desno)\]

Očito opet imamo nejednakost oblika “modul je manji” pa se modula rješavamo već poznatim algoritmom:

\[-\lijevo(-3\lijevo(x+1 \desno) \desno) \lt ((x)^(2))+2x-3 \lt -3\lijevo(x+1 \desno)\]

Sad pozor: netko će reći da sam malo perverznjak sa svim tim zagradama. No, podsjetit ću vas još jednom da je naš ključni cilj točno riješiti nejednadžbu i dobiti odgovor. Kasnije, kada savršeno savladate sve što je opisano u ovoj lekciji, možete sami izvrtati kako želite: otvarati zagrade, dodavati minuse itd.

Počnimo tako da se samo riješimo dvostruki minus lijevo:

\[-\lijevo(-3\lijevo(x+1 \desno) \desno)=\lijevo(-1 \desno)\cdot \lijevo(-3 \desno)\cdot \lijevo(x+1 \desno) =3\lijevo(x+1 \desno)\]

Sada otvorimo sve zagrade u dvostrukoj nejednakosti:

Prijeđimo na dvostruku nejednadžbu. Ovaj put će računice biti ozbiljnije:

\[\lijevo\( \begin(align) & ((x)^(2))+2x-3 \lt -3x-3 \\ & 3x+3 \lt ((x)^(2))+2x -3 \\ \end(align) \desno.\]

\[\lijevo\( \begin(align) & ((x)^(2))+5x \lt 0 \\ & ((x)^(2))-x-6 \gt 0 \\ \end( poravnati)\desno.\]

Obje nejednadžbe su kvadratne i mogu se riješiti metodom intervala (zato kažem: ako ne znate što je to, bolje je da još ne preuzimate module). Prijeđimo na jednadžbu u prvoj nejednadžbi:

\[\begin(align) & ((x)^(2))+5x=0; \\ & x\lijevo(x+5 \desno)=0; \\ & ((x)_(1))=0;((x)_(2))=-5. \\\end(align)\]

Kao što vidite, rezultat je bio nepotpun kvadratna jednadžba, koji se može riješiti na elementaran način. Pogledajmo sada drugu nejednadžbu sustava. Tamo ćete morati primijeniti Vietin teorem:

\[\begin(align) & ((x)^(2))-x-6=0; \\ & \lijevo(x-3 \desno)\lijevo(x+2 \desno)=0; \\& ((x)_(1))=3;((x)_(2))=-2. \\\end(align)\]

Dobivene brojeve označavamo na dvije paralelne crte (odvojeno za prvu nejednadžbu i odvojeno za drugu):
Opet, budući da rješavamo sustav nejednadžbi, zanima nas presjek osjenčanih skupova: $x\in \left(-5;-2 \right)$. Ovo je odgovor.
Odgovor: $x\in \lijevo(-5;-2 \desno)$

Mislim da je nakon ovih primjera shema rješenja vrlo jasna:

Izolirajte modul pomicanjem svih ostalih članova na suprotnu stranu nejednakosti. Tako dobivamo nejednakost oblika $\left| f\desno| \ltg$.
Riješite ovu nejednadžbu tako da se riješite modula prema gore opisanoj shemi. U jednom trenutku bit će potrebno prijeći s dvostruke nejednakosti na sustav od dva neovisna izraza od kojih se svaki već može zasebno riješiti.
Na kraju, ostaje samo presjeći rješenja ova dva nezavisna izraza - i to je to, dobit ćemo konačan odgovor.

Sličan algoritam postoji za nejednakosti sljedećeg tipa, kada je modul veći od funkcije. Međutim, postoji nekoliko ozbiljnih "ali". Sada ćemo razgovarati o ovim "ali".

2. Nejednadžbe oblika “Modul je veći od funkcije”

Izgledaju ovako:

\[\lijevo| f\desno| \gtg\]

Slično prethodnom? Čini se. A ipak se takvi problemi rješavaju na potpuno drugačiji način. Formalno, shema je sljedeća:

\[\lijevo| f\desno| \gt g\Rightarrow \lijevo[ \begin(align) & f \gt g, \\ & f \lt -g \\\end(align) \desno.\]

Drugim riječima, razmatramo dva slučaja:

Prvo, jednostavno zanemarimo modul i riješimo uobičajenu nejednadžbu;
Zatim, u biti, proširimo modul s predznakom minus, a zatim pomnožimo obje strane nejednadžbe s −1, dok imam predznak.

U ovom slučaju opcije se kombiniraju s uglatom zagradom, tj. Pred sobom imamo kombinaciju dva zahtjeva.

Napominjemo još jednom: ovo nije sustav, nego ukupnost, dakle u odgovoru se skupovi kombiniraju, a ne sijeku. To je temeljna razlika u odnosu na prethodnu točku!

Općenito, mnogi studenti potpuno su zbunjeni sindikatima i raskrižjima, pa riješimo ovo pitanje jednom zauvijek:

"∪" je znak unije. U biti, ovo je stilizirano slovo "U" koje nam je došlo iz na engleskom i skraćenica je za “Union”, tj. "Udruge".
"∩" je znak raskrižja. Ovo sranje nije došlo niotkuda, nego se jednostavno pojavilo kao kontrapunkt "∪".

Da biste još lakše zapamtili, samo nacrtajte noge ovim znakovima da napravite naočale (samo me nemojte sad optuživati da promičem ovisnost o drogama i alkoholizam: ako ozbiljno učite ovu lekciju, onda ste već narkoman):

Razlika između presjeka i unije skupova

Prevedeno na ruski, to znači sljedeće: unija (ukupnost) uključuje elemente iz oba skupa, stoga ni na koji način nije manja od svake od njih; ali sjecište (sustav) uključuje samo one elemente koji su istovremeno i u prvom i u drugom skupu. Stoga sjecište skupova nikada nije veće od izvornih skupova.

Tako je postalo jasnije? To je odlično. Prijeđimo na praksu.

Zadatak. Riješite nejednadžbu:

\[\lijevo| 3x+1 \desno| \gt 5-4x\]

Riješenje. Nastavljamo prema shemi:

\[\lijevo| 3x+1 \desno| \gt 5-4x\desna strelica \lijevo[ \begin(align) & 3x+1 \gt 5-4x \\ & 3x+1 \lt -\lijevo(5-4x \desno) \\\end(align) \ pravo.\]

Rješavamo svaku nejednakost u populaciji:

\[\lijevo[ \begin(align) & 3x+4x \gt 5-1 \\ & 3x-4x \lt -5-1 \\ \end(align) \desno.\]

\[\lijevo[ \begin(align) & 7x \gt 4 \\ & -x \lt -6 \\ \end(align) \desno.\]

\[\lijevo[ \begin(align) & x \gt 4/7\ \\ & x \gt 6 \\ \end(align) \desno.\]

Svaki dobiveni skup označimo na brojevnoj crti, a zatim ih kombiniramo:
Unija skupova
Sasvim je očito da će odgovor biti $x\in \left(\frac(4)(7);+\infty \right)$

Odgovor: $x\in \lijevo(\frac(4)(7);+\infty \desno)$

Zadatak. Riješite nejednadžbu:

\[\lijevo| ((x)^(2))+2x-3 \desno| \gt x\]

Riješenje. Dobro? Ništa - sve je isto. Prelazimo s nejednadžbe s modulom na skup od dvije nejednadžbe:

\[\lijevo| ((x)^(2))+2x-3 \desno| \gt x\desna strelica \lijevo[ \begin(align) & ((x)^(2))+2x-3 \gt x \\ & ((x)^(2))+2x-3 \lt -x \\\end(align) \desno.\]

Rješavamo svaku nejednačinu. Nažalost, korijeni tamo neće biti baš dobri:

\[\begin(align) & ((x)^(2))+2x-3 \gt x; \\ & ((x)^(2))+x-3 \gt 0; \\&D=1+12=13; \\ & x=\frac(-1\pm \sqrt(13))(2). \\\end(align)\]

Druga nejednakost je također pomalo divlja:

\[\begin(align) & ((x)^(2))+2x-3 \lt -x; \\ & ((x)^(2))+3x-3 \lt 0; \\&D=9+12=21; \\ & x=\frac(-3\pm \sqrt(21))(2). \\\end(align)\]

Sada trebate označiti ove brojeve na dvije osi - po jednu os za svaku nejednadžbu. Međutim, bodovi moraju biti označeni u pravom redoslijedu: što je veći broj, to se točka više pomiče udesno.

I tu nas čeka namještaljka. Ako je sve jasno s brojevima $\frac(-3-\sqrt(21))(2) \lt \frac(-1-\sqrt(13))(2)$ (članovi u brojniku prvog razlomak manji od članova u brojniku drugog, pa je i zbroj manji), s brojevima $\frac(-3-\sqrt(13))(2) \lt \frac(-1+\sqrt (21))(2)$ također neće biti poteškoća (pozitivan broj očito više negativan), onda s posljednjim parom sve nije tako jasno. Što je veće: $\frac(-3+\sqrt(21))(2)$ ili $\frac(-1+\sqrt(13))(2)$? O odgovoru na ovo pitanje ovisit će raspored točaka na brojevnim pravcima i, zapravo, odgovor.

Pa usporedimo:

\[\begin(matrix) \frac(-1+\sqrt(13))(2)\vee \frac(-3+\sqrt(21))(2) \\ -1+\sqrt(13)\ vee -3+\sqrt(21) \\ 2+\sqrt(13)\vee \sqrt(21) \\\end(matrica)\]

Izolirali smo korijen, dobili nenegativne brojeve na obje strane nejednadžbe, pa imamo pravo kvadrirati obje strane:

\[\begin(matrix) ((\lijevo(2+\sqrt(13) \desno))^(2))\vee ((\lijevo(\sqrt(21) \desno))^(2)) \ \ 4+4\sqrt(13)+13\vee 21 \\ 4\sqrt(13)\vee 3 \\\end(matrix)\]

Mislim da nije pametno da $4\sqrt(13) \gt 3$, dakle $\frac(-1+\sqrt(13))(2) \gt \frac(-3+\sqrt(21)) ( 2)$, konačne točke na osi bit će postavljene ovako:
Slučaj ružnih korijena
Dopustite da vas podsjetim da rješavamo skup, tako da će odgovor biti unija, a ne presjek osjenčanih skupova.

Odgovor: $x\in \lijevo(-\infty ;\frac(-3+\sqrt(21))(2) \desno)\bigcup \lijevo(\frac(-1+\sqrt(13))(2 );+\infty \right)$

Kao što vidite, naša shema odlično funkcionira za oboje jednostavni zadaci, i za one vrlo teške. Jedina stvar " slabost“U ovom pristupu morate kompetentno usporediti iracionalne brojeve (a vjerujte mi: to nisu samo korijeni). Ali posebna (i vrlo ozbiljna) lekcija bit će posvećena pitanjima usporedbe. I idemo dalje.

3. Nejednakosti s nenegativnim “repovima”

Sada dolazimo do najzanimljivijeg dijela. To su nejednakosti oblika:

\[\lijevo| f\desno| \gt\lijevo| g\desno|\]

Općenito govoreći, algoritam o kojem ćemo sada govoriti ispravan je samo za modul. Radi u svim nejednakostima gdje postoje zajamčeni nenegativni izrazi s lijeve i desne strane:

Što učiniti s tim zadacima? Samo zapamti:

U nejednadžbama s nenegativnim "repovima" obje se strane mogu podići na bilo koju prirodnu potenciju. Neće biti dodatnih ograničenja.

Prije svega, zanimat će nas kvadriranje - spaljuje module i korijene:

\[\begin(align) & ((\left(\left| f \right| \right))^(2))=((f)^(2)); \\ & ((\lijevo(\sqrt(f) \desno))^(2))=f. \\\end(align)\]

Samo nemojte ovo brkati s vađenjem korijena iz kvadrata:

\[\sqrt(((f)^(2)))=\lijevo| f \desno|\ne f\]

Bezbrojne greške su napravljene kada je student zaboravio instalirati modul! Ali to je sasvim druga priča (to je kao iracionalne jednadžbe), pa nećemo sada o tome. Riješimo bolje nekoliko problema:

Zadatak. Riješite nejednadžbu:

\[\lijevo| x+2 \desno|\ge \lijevo| 1-2x \desno|\]

Riješenje. Odmah primijetimo dvije stvari:

Ovo nije stroga nejednakost. Točke na brojevnom pravcu bit će izbušene.

Obje strane nejednakosti su očito nenegativne (ovo je svojstvo modula: $\left| f\left(x \right) \right|\ge 0$).

Stoga možemo kvadrirati obje strane nejednadžbe kako bismo se riješili modula i riješili problem koristeći uobičajenu metodu intervala:

\[\begin(align) & ((\left(\left| x+2 \right| \right))^(2))\ge ((\left(\left| 1-2x \right| \right) )^(2)); \\ & ((\lijevo(x+2 \desno))^(2))\ge ((\lijevo(2x-1 \desno))^(2)). \\\end(align)\]

Na posljednji korak Malo sam varao: promijenio sam redoslijed članova, koristeći prednost parnosti modula (zapravo, pomnožio sam izraz $1-2x$ s −1).

\[\begin(align) & ((\left(2x-1 \right))^(2))-((\left(x+2 \right))^(2))\le 0; \\ & \lijevo(\lijevo(2x-1 \desno)-\lijevo(x+2 \desno) \desno)\cdot \lijevo(\lijevo(2x-1 \desno)+\lijevo(x+2 \ desno)\desno)\le 0; \\ & \lijevo(2x-1-x-2 \desno)\cdot \lijevo(2x-1+x+2 \desno)\le 0; \\ & \lijevo(x-3 \desno)\cdot \lijevo(3x+1 \desno)\le 0. \\\end(align)\]

Rješavamo metodom intervala. Prijeđimo s nejednakosti na jednadžbu:

\[\begin(align) & \left(x-3 \desno)\lijevo(3x+1 \desno)=0; \\ & ((x)_(1))=3;((x)_(2))=-\frac(1)(3). \\\end(align)\]

Pronađene korijene označavamo na brojevnoj crti. Još jednom: sve su točke osjenčane jer izvorna nejednakost nije stroga!
Uklanjanje znaka modula
Podsjećam za one posebno tvrdoglave: predznake uzimamo iz posljednje nejednadžbe, koja je zapisana prije nego što smo prešli na jednadžbu. I bojimo površine potrebne u istoj nejednadžbi. U našem slučaju to je $\lijevo(x-3 \desno)\lijevo(3x+1 \desno)\le 0$.

OK, sada je sve gotovo. Problem je riješen.

Odgovor: $x\in \lijevo[ -\frac(1)(3);3 \desno]$.

Zadatak. Riješite nejednadžbu:

\[\lijevo| ((x)^(2))+x+1 \desno|\le \lijevo| ((x)^(2))+3x+4 \desno|\]

Riješenje. Sve radimo isto. Neću komentirati - samo pogledajte slijed radnji.

Kvadratirajte:

\[\begin(align) & ((\left(\left| ((x)^(2))+x+1 \right| \right))^(2))\le ((\left(\left | ((x)^(2))+3x+4 \desno| \desno))^(2)); \\ & ((\lijevo(((x)^(2))+x+1 \desno))^(2))\le ((\lijevo(((x)^(2))+3x+4 \desno))^(2)); \\ & ((\lijevo(((x)^(2))+x+1 \desno))^(2))-((\lijevo(((x)^(2))+3x+4 \ desno))^(2))\le 0; \\ & \lijevo(((x)^(2))+x+1-((x)^(2))-3x-4 \desno)\times \\ & \times \lijevo(((x) ^(2))+x+1+((x)^(2))+3x+4 \desno)\le 0; \\ & \lijevo(-2x-3 \desno)\lijevo(2((x)^(2))+4x+5 \desno)\le 0. \\\end(align)\]

Metoda intervala:

\[\begin(align) & \left(-2x-3 \right)\left(2((x)^(2))+4x+5 \right)=0 \\ & -2x-3=0\ Desna strelica x=-1,5; \\ & 2((x)^(2))+4x+5=0\Desna strelica D=16-40 \lt 0\Desna strelica \varništa . \\\end(align)\]

Postoji samo jedan korijen na brojevnoj pravoj:
Odgovor je cijeli interval
Odgovor: $x\u \lijevo[ -1,5;+\infty \desno)$.

Mala napomena o zadnjem zadatku. Kao što je jedan od mojih učenika točno primijetio, oba submodularna izraza u ovoj nejednakosti su očito pozitivna, tako da se znak modula može izostaviti bez štete po zdravlje.

Ali to je sasvim druga razina razmišljanja i drugačiji pristup – to se uvjetno može nazvati metodom posljedica. O tome - u zasebnoj lekciji. Sada prijeđimo na završni dio današnje lekcije i pogledajmo univerzalni algoritam koji uvijek radi. Čak i kada su svi prethodni pristupi bili nemoćni. :)

4. Metoda nabrajanja opcija

Što ako sve ove tehnike ne pomognu? Ako se nejednakost ne može svesti na nenegativne repove, ako je nemoguće izolirati modul, ako općenito postoji bol, tuga, melankolija?

Tada na scenu stupa "teška artiljerija" cijele matematike - metoda grube sile. U odnosu na nejednadžbe s modulom to izgleda ovako:

Napišite sve submodularne izraze i postavite ih na nulu;
Riješite dobivene jednadžbe i označite pronađene korijene na jednom brojevnom pravcu;
Ravna linija bit će podijeljena u nekoliko dijelova, unutar kojih svaki modul ima fiksni znak i stoga se jedinstveno otkriva;
Riješite nejednadžbu na svakom takvom odjeljku (možete zasebno razmotriti granice korijena dobivene u koraku 2 - za pouzdanost). Kombinirajte rezultate - to će biti odgovor. :)

Pa kako? Slab? Lako! Samo na duže vrijeme. Da vidimo u praksi:

Zadatak. Riješite nejednadžbu:

\[\lijevo| x+2 \desno| \lt \lijevo| x-1 \desno|+x-\frac(3)(2)\]

Riješenje. Ovo sranje se ne svodi na nejednakosti poput $\left| f\desno| \lt g$, $\lijevo| f\desno| \gt g$ ili $\lijevo| f\desno| \lt \lijevo| g \right|$, tako da djelujemo unaprijed.

Zapisujemo submodularne izraze, izjednačavamo ih s nulom i nalazimo korijene:

\[\begin(align) & x+2=0\Rightarrow x=-2; \\ & x-1=0\desna strelica x=1. \\\end(align)\]

Ukupno imamo dva korijena koji brojevnu liniju dijele na tri dijela, unutar kojih se svaki modul otkriva jedinstveno:
Rastavljanje brojevnog pravca nulama submodularnih funkcija
Pogledajmo svaki odjeljak zasebno.

1. Neka je $x \lt -2$. Tada su oba submodularna izraza negativna, a izvorna nejednakost će se prepisati na sljedeći način:

\[\begin(align) & -\left(x+2 \desno) \lt -\lijevo(x-1 \desno)+x-1.5 \\ & -x-2 \lt -x+1+ x- 1,5 \\ & x \gt 1,5 \\\end(align)\]

Imamo prilično jednostavno ograničenje. Presjecimo ga s početnom pretpostavkom da je $x \lt -2$:

\[\lijevo\( \begin(align) & x \lt -2 \\ & x \gt 1.5 \\\end(align) \right.\Rightarrow x\in \varnothing \]

Očito je da varijabla $x$ ne može istovremeno biti manja od −2 i veća od 1,5. U ovoj oblasti nema rješenja.

1.1. Razmotrimo odvojeno granični slučaj: $x=-2$. Zamijenimo ovaj broj u izvornu nejednakost i provjerimo: je li to točno?

\[\begin(align) & ((\left. \left| x+2 \right| \lt \left| x-1 \right|+x-1,5 \right|)_(x=-2) ) \ \ & 0 \lt \lijevo| -3\desno|-2-1,5; \\ & 0 \lt 3-3,5; \\ & 0 \lt -0,5\desna strelica \varništa . \\\end(align)\]

Očito je da nas je lanac izračuna doveo do netočne nejednakosti. Stoga je izvorna nejednakost također netočna, a $x=-2$ nije uključeno u odgovor.

2. Neka je sada $-2 \lt x \lt 1$. Lijevi modul će se već otvoriti s "plusom", ali desni će se i dalje otvoriti s "minusom". Imamo:

\[\begin(align) & x+2 \lt -\lijevo(x-1 \desno)+x-1,5 \\ & x+2 \lt -x+1+x-1,5 \\& x \lt - 2.5 \\\end(align)\]

Opet se križamo s izvornim zahtjevom:

\[\lijevo\( \begin(align) & x \lt -2.5 \\ & -2 \lt x \lt 1 \\\end(align) \right.\Rightarrow x\in \varnothing \]

I opet, skup rješenja je prazan, jer ne postoje brojevi koji su manji od −2,5 i veći od −2.

2.1. I opet poseban slučaj: $x=1$. Zamjenjujemo u izvornu nejednakost:

\[\begin(align) & ((\left. \left| x+2 \right| \lt \left| x-1 \right|+x-1,5 \right|)_(x=1)) \\ & \lijevo| 3\desno| \lt \lijevo| 0\desno|+1-1,5; \\ & 3 \lt -0,5; \\ & 3 \lt -0.5\desna strelica \varništa . \\\end(align)\]

Slično prethodnom “posebnom slučaju”, broj $x=1$ očito nije uključen u odgovor.

3. Posljednji dio retka: $x \gt 1$. Ovdje se svi moduli otvaraju znakom plus:

\[\begin(align) & x+2 \lt x-1+x-1.5 \\ & x+2 \lt x-1+x-1.5 \\ & x \gt 4.5 \\ \end(align)\ ]

I opet siječemo pronađeni skup s originalnim ograničenjem:

\[\lijevo\( \begin(align) & x \gt 4.5 \\ & x \gt 1 \\\end(align) \right.\Rightarrow x\in \left(4.5;+\infty \right)\ ]

Konačno! Pronašli smo interval koji će biti odgovor.

Odgovor: $x\u \lijevo(4,5;+\infty \desno)$

Za kraj, jedna napomena koja vas može spasiti od glupih pogrešaka pri rješavanju stvarnih problema:

Rješenja nejednadžbi s modulima obično predstavljaju kontinuirane skupove na brojevnom pravcu - intervale i segmente. Izolirane točke su mnogo rjeđe. A još rjeđe se događa da se granica rješenja (kraj segmenta) podudara s granicom raspona koji se razmatra.

Posljedično, ako granice (isti “posebni slučajevi”) nisu uključene u odgovor, tada područja lijevo i desno od tih granica gotovo sigurno neće biti uključena u odgovor. I obrnuto: granica je ušla u odgovor, što znači da će neka područja oko nje također biti odgovori.

Imajte to na umu kada pregledavate svoja rješenja.

Postoji nekoliko načina za rješavanje nejednadžbi koje sadrže modul. Pogledajmo neke od njih.

1) Rješavanje nejednadžbe korištenjem geometrijskog svojstva modula.

Da vas podsjetim koje je geometrijsko svojstvo modula: modul broja x je udaljenost od ishodišta do točke s koordinatom x.

Prilikom rješavanja nejednakosti ovom metodom mogu se pojaviti dva slučaja:

1. |x| ≤ b,

A nejednadžba s modulom očito se svodi na sustav dviju nejednadžbi. Ovdje znak može biti strog, u kojem slučaju će točke na slici biti "probušene".

2. |x| ≥ b, tada slika rješenja izgleda ovako:

A nejednadžba s modulom očito se svodi na kombinaciju dviju nejednakosti. Ovdje znak može biti strog, u kojem slučaju će točke na slici biti "probušene".

Primjer 1.

Riješite nejednadžbu |4 – |x|| ≥ 3.

Riješenje.

Ova nejednakost je ekvivalentna sljedećem skupu:

U [-1;1] U

Primjer 2.

Riješite nejednadžbu ||x+2| – 3| ≤ 2.

Riješenje.

Ova nejednakost je ekvivalentna sljedećem sustavu.

(|x + 2| – 3 ≥ -2
(|x + 2| – 3 ≤ 2,
(|x + 2| ≥ 1
(|x + 2| ≤ 5.

Riješimo zasebno prvu nejednadžbu sustava. Ekvivalentan je sljedećem skupu:

U[-1; 3].

2) Rješavanje nejednadžbi pomoću definicije modula.

Prvo da vas podsjetim definicija modula.

|a| = a ako je a ≥ 0 i |a| = -a ako je a< 0.

Na primjer, |34| = 34, |-21| = -(-21) = 21.

Primjer 1.

Riješite nejednadžbu 3|x – 1| ≤ x+3.

Riješenje.

Korištenjem definicije modula dobivamo dva sustava:

(x – 1 ≥ 0
(3(x – 1) ≤ x + 3

(x – 1< 0
(-3(x – 1) ≤ x + 3.

Rješavajući odvojeno prvi i drugi sustav, dobivamo:

(x ≥ 1
(x ≤ 3,

(x< 1
(x ≥ 0.

Rješenje izvorne nejednadžbe bit će sva rješenja prvog sustava i sva rješenja drugog sustava.

Odgovor: x € .

3) Rješavanje nejednadžbi kvadriranjem.

Primjer 1.

Riješite nejednadžbu |x 2 – 1|< | x 2 – x + 1|.

Riješenje.

Kvadrirajmo obje strane nejednadžbe. Dopustite mi da primijetim da je moguće kvadrirati obje strane nejednadžbe samo ako su obje pozitivne. U ovom slučaju imamo module i s lijeve i s desne strane, tako da to možemo učiniti.

(|x 2 – 1|) 2< (|x 2 – x + 1|) 2 .

Iskoristimo sada sljedeće svojstvo modula: (|x|) 2 = x 2 .

(x 2 – 1) 2< (x 2 – x + 1) 2 ,

(x 2 – 1) 2 – (x 2 – x + 1) 2< 0.

(x 2 – 1 – x 2 + x – 1)(x 2 – 1 + x 2 – x + 1)< 0,

(x – 2)(2x 2 – x)< 0,

x(x – 2)(2x – 1)< 0.

Rješavamo metodom intervala.

Odgovor: x € (-∞; 0) U (1/2; 2)

4) Rješavanje nejednadžbi promjenom varijabli.

Primjer.

Riješite nejednadžbu (2x + 3) 2 – |2x + 3| ≤ 30.

Riješenje.

Primijetite da je (2x + 3) 2 = (|2x + 3|) 2 . Tada dobivamo nejednakost

(|2x + 3|) 2 – |2x + 3| ≤ 30.

Napravimo promjenu y = |2x + 3|.

Prepišimo našu nejednakost uzimajući u obzir zamjenu.

y 2 – y ≤ 30,

y 2 – y – 30 ≤ 0.

Faktorizirajmo kvadratni trinom s lijeve strane.

y1 = (1 + 11) / 2,

y2 = (1 – 11) / 2,

(y – 6)(y + 5) ≤ 0.

Rješavajmo metodom intervala i dobijemo:

Vratimo se zamjeni:

5 ≤ |2x + 3| ≤ 6.

Ova dvostruka nejednakost je ekvivalentna sustavu nejednakosti:

(|2x + 3| ≤ 6
(|2x + 3| ≥ -5.

Riješimo svaku od nejednadžbi zasebno.

Prvi je ekvivalentan sustavu

(2x + 3 ≤ 6
(2x + 3 ≥ -6.

Idemo to riješiti.

(x ≤ 1,5
(x ≥ -4,5.

Druga nejednakost očito vrijedi za sve x, budući da je modul, po definiciji, pozitivan broj. Budući da su rješenje sustava svi x koji istovremeno zadovoljavaju i prvu i drugu nejednadžbu sustava, tada će rješenje izvornog sustava biti rješenje njegove prve dvostruke nejednadžbe (uostalom, druga je istinita za sve x) .

Odgovor: x € [-4,5; 1.5].

blog.site, pri kopiranju materijala u cijelosti ili djelomično, poveznica na izvorni izvor je obavezna.

Matematika je simbol mudrosti znanosti,

uzor znanstvene strogosti i jednostavnosti,

standard izvrsnosti i ljepote u znanosti.

Ruski filozof, profesor A.V. Vološinov

Nejednadžbe s modulom

Najteži problemi za rješavanje u školskoj matematici su nejednadžbe, koji sadrži varijable pod znakom modula. Da biste uspješno riješili takve nejednakosti, morate dobro poznavati svojstva modula i imati vještine za njihovo korištenje.

Osnovni pojmovi i svojstva

Modul ( apsolutna vrijednost) pravi broj označen sa i definira se na sljedeći način:

Jednostavna svojstva modula uključuju sljedeće odnose:

I .

Bilješka, da posljednja dva svojstva vrijede za svaki parni stupanj.

Štoviše, ako, gdje, onda i

Složenija svojstva modula, koji se mogu učinkovito koristiti pri rješavanju jednadžbi i nejednadžbi s modulima, formulirani su kroz sljedeće teoreme:

Teorem 1.Za sve analitičke funkcije I nejednakost je istinita.

Teorem 2. Jednakost ravno nejednakosti.

Teorem 3. Jednakost ravno nejednakosti.

Najčešće nejednakosti u školskoj matematici, koji sadrži nepoznate varijable pod znakom modula, su nejednakosti oblika i gdje neka pozitivna konstanta.

Teorem 4. Nejednakost je ekvivalent dvostrukoj nejednakosti, i rješenje nejednadžbesvodi na rješavanje skupa nejednadžbi i .

Ovaj teorem je poseban slučaj teorema 6 i 7.

Složenije nejednadžbe, koji sadrže modul su nejednadžbe oblika, i .

Metode za rješavanje takvih nejednakosti mogu se formulirati pomoću sljedeća tri teorema.

Teorem 5. Nejednakost je ekvivalentan kombinaciji dvaju sustava nejednakosti

ja (1)

Dokaz. Od tad

Ovo implicira valjanost (1).

Teorem 6. Nejednakost je ekvivalentan sustavu nejednakosti

Dokaz. jer, zatim iz nejednakosti slijedi to . Pod ovim uvjetom, nejednakostte će se u tom slučaju drugi sustav nejednakosti (1) pokazati nedosljednim.

Teorem je dokazan.

Teorem 7. Nejednakost ekvivalentan je kombinaciji jedne nejednakosti i dva sustava nejednakosti

ja (3)

Dokaz. Od , Tada je nejednakost uvijek izvršena, Ako .

Neka, zatim nejednakostbit će ekvivalent nejednakosti, iz čega slijedi skup dviju nejednakosti i .

Teorem je dokazan.

Pogledajmo tipične primjere rješavanja zadataka na temu “Nejednakosti, koji sadrži varijable pod znakom modula."

Rješavanje nejednadžbi s modulom

Najviše jednostavna metoda rješavanje nejednadžbi s modulom je metoda, na temelju proširenja modula. Ova metoda je univerzalna, međutim, u općem slučaju, njegova uporaba može dovesti do vrlo glomaznih izračuna. Stoga bi učenici trebali poznavati druge (učinkovitije) metode i tehnike za rješavanje takvih nejednakosti. Posebno, potrebno je posjedovati vještine u primjeni teorema, dano u ovom članku.

Primjer 1.Riješite nejednadžbu

. (4)

Riješenje.Nejednadžbu (4) ćemo rješavati “klasičnom” metodom – metodom otkrivanja modula. U tu svrhu dijelimo brojevnu os točkice i u intervale i razmotrimo tri slučaja.

1. Ako je , tada , , , a nejednakost (4) ima oblik ili .

Budući da se ovdje razmatra slučaj, to je rješenje nejednadžbe (4).

2. Ako, tada iz nejednakosti (4) dobivamo ili . Budući da sjecište intervala I prazno je, tada na promatranom intervalu rješenja ne postoji nejednadžba (4).

3. Ako, tada nejednakost (4) ima oblik ili . Očito je da također je rješenje nejednadžbe (4).

Odgovor: , .

Primjer 2. Riješite nejednadžbu.

Riješenje. Pretpostavimo da. jer, tada zadana nejednakost poprima oblik ili . Od tad a odavde slijedi ili .

Međutim, dakle ili.

Primjer 3. Riješite nejednadžbu

. (5)

Riješenje. jer, tada je nejednakost (5) ekvivalentna nejednakostima ili . Odavde, prema teoremu 4, imamo skup nejednakosti i .

Odgovor: , .

Primjer 4.Riješite nejednadžbu

. (6)

Riješenje. Označimo . Tada iz nejednadžbe (6) dobivamo nejednadžbe , , ili .

Odavde, metodom intervala, dobivamo . jer, onda ovdje imamo sustav nejednakosti

Rješenje prve nejednadžbe sustava (7) je unija dvaju intervala i , a rješenje druge nejednadžbe je dvostruka nejednadžba. Iz čega slijedi , da je rješenje sustava nejednadžbi (7) unija dvaju intervala i .

Odgovor: ,

Primjer 5.Riješite nejednadžbu

. (8)

Riješenje. Transformirajmo nejednadžbu (8) na sljedeći način:

Ili .

Metodom intervala, dobivamo rješenje nejednadžbe (8).

Odgovor: .

Bilješka. Ako stavimo i u uvjete teorema 5, dobivamo .

Primjer 6. Riješite nejednadžbu

. (9)

Riješenje. Iz nejednakosti (9) slijedi. Transformirajmo nejednadžbu (9) na sljedeći način:

Ili

Od , dakle ili .

Odgovor: .

Primjer 7.Riješite nejednadžbu

. (10)

Riješenje. Od i , tada ili .

S tim u vezi a nejednakost (10) poprima oblik

Ili

. (11)

Iz toga slijedi da ili . Kako je , onda iz nejednakosti (11) također proizlazi ili .

Odgovor: .

Bilješka. Ako teorem 1 primijenimo na lijevu stranu nejednakosti (10), onda dobivamo . Iz ovoga i nejednakosti (10) slijedi, što ili . jer, tada nejednakost (10) ima oblik ili .

Primjer 8. Riješite nejednadžbu

. (12)

Riješenje. Od tad a iz nejednakosti (12) slijedi ili . Međutim, dakle ili. Odavde dobivamo ili .

Odgovor: .

Primjer 9. Riješite nejednadžbu

. (13)

Riješenje. Prema teoremu 7, rješenje nejednadžbe (13) je ili .

Neka bude sada. U ovom slučaju a nejednakost (13) poprima oblik ili .

Ako kombinirate intervale i , tada dobivamo rješenje nejednadžbe (13) oblika.

Primjer 10. Riješite nejednadžbu

. (14)

Riješenje. Prepišimo nejednadžbu (14) u ekvivalentnom obliku: . Ako teorem 1 primijenimo na lijevu stranu ove nejednakosti, dobit ćemo nejednakost .

Odavde i iz teorema 1 slijedi, da je nejednakost (14) zadovoljena za bilo koje vrijednosti.

Odgovor: bilo koji broj.

Primjer 11. Riješite nejednadžbu

. (15)

Riješenje. Primjenom teorema 1 na lijevu stranu nejednadžbe (15), dobivamo . Ovo i nejednadžba (15) daju jednadžbu, koji ima oblik.

Prema teoremu 3, jednadžba ravno nejednakosti. Odavde dobivamo.

Primjer 12.Riješite nejednadžbu

. (16)

Riješenje. Iz nejednadžbe (16) prema teoremu 4 dobivamo sustav nejednadžbi

Prilikom rješavanja nejednadžbeIskoristimo teorem 6 i dobijmo sustav nejednadžbiiz čega slijedi.

Razmotrimo nejednakost. Prema teoremu 7, dobivamo skup nejednakosti i . Druga nejednakost stanovništva vrijedi za svaki real.

Stoga , rješenje nejednadžbe (16) je.

Primjer 13.Riješite nejednadžbu

. (17)

Riješenje. Prema teoremu 1 možemo pisati

(18)

Uzimajući u obzir nejednadžbu (17), zaključujemo da obje nejednadžbe (18) prelaze u jednakosti, tj. postoji sustav jednadžbi

Prema teoremu 3 ovaj sustav jednadžbi je ekvivalentan sustavu nejednadžbi

ili

Primjer 14.Riješite nejednadžbu

. (19)

Riješenje. Od tad. Pomnožimo obje strane nejednakosti (19) s izrazom , koji uzima samo pozitivne vrijednosti za bilo koju vrijednost. Tada dobivamo nejednadžbu koja je ekvivalentna nejednadžbi (19), oblika

Odavde dolazimo ili , gdje . Od i tada je rješenje nejednadžbe (19). i .

Odgovor: , .

Za dublje proučavanje metoda za rješavanje nejednakosti s modulom, preporučujemo da se obratite udžbenicima, navedeno u popisu preporučene literature.

1. Zbirka zadataka iz matematike za pristupnike fakultetima / Ed. MI. Scanavi. – M.: Mir i obrazovanje, 2013. – 608 str.

2. Suprun V.P. Matematika za srednjoškolce: metode rješavanja i dokazivanja nejednakosti. – M.: Lenand / URSS, 2018. – 264 str.

3. Suprun V.P. Matematika za srednjoškolce: nestandardne metode rješavanja problema. – M.: CD “Librocom” / URSS, 2017. – 296 str.

Još uvijek imate pitanja?

Za pomoć od mentora, registrirajte se.

web stranice, pri kopiranju materijala u cijelosti ili djelomično, poveznica na izvor je obavezna.