Головна > Ремонт і обробка > Рішення дрібного нерівності з модулем. Нерівності з модулем. Новий погляд на рішення


Рішення дрібного нерівності з модулем. Нерівності з модулем. Новий погляд на рішення




Математика є символом мудрості науки,

зразком наукової строгості і простоти,

еталоном досконалості і краси в науці.

Російський філософ, професор А.В. Волошинов

Нерівності з модулем

Найбільш складно вирішуваних завдань шкільної математики є нерівності, містять змінні під знаком модуля. Для успішного вирішення таких нерівностей необхідно добре знати властивості модуля і мати навички їх використання.

Основні поняття і властивості

Модуль (абсолютна величина) дійсного числапозначається і визначається наступним чином:

До простих властивостями модуля належать такі співвідношення:

І.

Відзначимо, що останні два властивості справедливі для будь-якої парного степеня.

Крім того, якщо, де, то й

Більш складні властивості модуля, які можна ефективно використовувати при вирішенні рівнянь і нерівностей з модулями, формулюються за допомогою наступних теорем:

Теорема 1.Для будь-яких аналітичних функційі справедливо нерівність.

Теорема 2.рівність рівносильна нерівності.

Теорема 3.рівність рівносильна нерівності.

Найбільш поширеними в шкільній математиці нерівностями, містять невідомі змінні під знаком модуля, є нерівності видуі де деяка позитивна константа.

Теорема 4.нерівність рівносильно подвійному нерівності, а рішення нерівностізводиться до вирішення сукупності нерівностейі.

Дана теорема є окремим випадком теорем 6 і 7.

Більш складними нерівностями, містять модуль, є нерівності виду, І.

Методи вирішення таких нерівностей можна сформулювати у вигляді наступних трьох теорем.

Теорема 5.нерівність рівносильно сукупності двох систем нерівностей

І (1)

Доведення.Так як, то

Звідси випливає справедливість (1).

Теорема 6.нерівність рівносильно системі нерівностей

Доведення.Так як , то з нерівностівипливає, що . За такої умови нерівністьі при цьому друга система нерівностей (1) виявиться несумісною.

Теорема доведена.

Теорема 7.нерівність рівносильно сукупності одного нерівності і двох систем нерівностей

І (3)

Доведення.Оскільки, то нерівність завжди виконується, Якщо.

нехай, тоді нерівністьбуде рівносильна нерівності, з якого випливає сукупність двох нерівностейі.

Теорема доведена.

Розглянемо типові приклади розв'язання задач на тему «Нерівності, містять змінні під знаком модуля ».

Рішення нерівностей з модулем

Найбільш простим методом вирішення нерівностей з модулем є метод, заснований на розкритті модулів. Цей метод є універсальним, проте в загальному випадку його застосування може призвести до дуже громіздким обчисленням. Тому учні повинні знати і інші (більш ефективні) методи і прийоми вирішення таких нерівностей. Зокрема, необхідно мати навички застосування теорем, наведених у цій статті.

Приклад 1.вирішити нерівність

. (4)

Рішення.Нерівність (4) будемо вирішувати «класичним» методом - методом розкриття модулів. З цією метою розіб'ємо числову вісьточками і на інтервали і розглянемо три випадки.

1. Якщо, то,,, і нерівність (4) набуває виглядуабо.

Так як тут розглядається випадок, то є рішенням нерівності (4).

2. Якщо, то з нерівності (4) отримуємоабо . Так як перетин інтерваліві є порожнім, то на даному інтервалі рішень нерівності (4) немає.

3. Якщо, то нерівність (4) набуває виглядуабо. Очевидно, що також є рішенням нерівності (4).

Відповідь:,.

Приклад 2.вирішити нерівність.

Рішення.Покладемо, що. Так як , то заданий нерівність набуває виглядуабо. Оскільки, то і це означаєабо.

Однак, тому або.

Приклад 3.вирішити нерівність

. (5)

Рішення.Так як , то нерівність (5) рівносильне нерівностіабо. звідси, відповідно до теореми 4, маємо сукупність нерівностейі.

Відповідь:,.

Приклад 4.вирішити нерівність

. (6)

Рішення.Позначимо. Тоді з нерівності (6) отримуємо нерівності,, або.

звідси, використовуючи метод інтервалів, Отримуємо. Так як , то тут маємо систему нерівностей

Рішенням першого нерівності системи (7) є об'єднання двох інтерваліві, а рішенням другого нерівності - подвійне нерівність. Звідси випливає , що рішення системи нерівностей (7) являє собою об'єднання двох інтерваліві.

Відповідь:,

Приклад 5.вирішити нерівність

. (8)

Рішення. Перетворимо нерівність (8) наступним чином:

Або.

Застосовуючи метод інтервалів, отримуємо рішення нерівності (8).

Відповідь:.

Примітка. Якщо в умові теореми 5 покласти і, то отримаємо.

Приклад 6.вирішити нерівність

. (9)

Рішення. З нерівності (9) слід. Перетворимо нерівність (9) наступним чином:

або

Так як, то чи.

Відповідь:.

Приклад 7.вирішити нерівність

. (10)

Рішення.Так як і, то або.

В зв'язку з цим і нерівність (10) набуває вигляду

або

. (11)

Звідси випливає, що або. Так як, то і з нерівності (11) випливає або.

Відповідь:.

Примітка. Якщо до лівої частини нерівності (10) застосувати теорему 1, То отримаємо . Звідси і з нерівності (10) слід, Що чи. Так як , то нерівність (10) набуває виглядуабо.

Приклад 8.вирішити нерівність

. (12)

Рішення.Так як, то і з нерівності (12) слідабо. Однак, тому або. Звідси отримуємо або.

Відповідь:.

Приклад 9.вирішити нерівність

. (13)

Рішення.Згідно з теоремою 7 рішенням нерівності (13) є або.

Нехай тепер. В такому випадку і нерівність (13) набуває виглядуабо.

Якщо об'єднати інтервалиі, то отримаємо рішення нерівності (13) виду.

Приклад 10.вирішити нерівність

. (14)

Рішення.Перепишемо нерівність (14) в еквівалентному вигляді:. Якщо до лівої частини даного нерівності застосувати теорему 1, то отримаємо нерівність.

Звідси і з теореми 1 випливає, що нерівність (14) виконується для будь-яких значень.

Відповідь: будь-яке число.

Приклад 11.вирішити нерівність

. (15)

Рішення. Застосовуючи теорему 1 до лівої частини нерівності (15), отримуємо . Звідси і з нерівності (15) випливає рівняння, яке має вигляд.

Згідно з теоремою 3, рівняння рівносильна нерівності. Звідси отримуємо.

Приклад 12.вирішити нерівність

. (16)

Рішення. З нерівності (16), відповідно до теореми 4, отримуємо систему нерівностей

При вирішенні нерівностіскористаємося теоремою 6 і отримаємо систему нерівностейз якої випливає.

Розглянемо нерівність. Згідно з теоремою 7, отримуємо сукупність нерівностейі. Друге нерівність сукупності справедливо для будь-якого дійсного.

отже, рішенням нерівності (16) є.

Приклад 13.вирішити нерівність

. (17)

Рішення.Згідно з теоремою 1 можна записати

(18)

Беручи до уваги нерівність (17), робимо висновок про те, що обидві нерівності (18) звертаються в рівності, тобто має місце система рівнянь

По теоремі 3 дана система рівнянь рівносильна системі нерівностей

або

Приклад 14.вирішити нерівність

. (19)

Рішення.Так як, то. Помножимо обидві частини нерівності (19) на вираз, яке для будь-яких значень приймає тільки позитивні значення. Тоді отримаємо нерівність, яке рівносильне нерівності (19), виду

Звідси отримуємо або, де. Так як і, то рішенням нерівності (19) єі.

Відповідь:,.

Для більш глибокого вивчення методів вирішення нерівностей з модулем можна порадити звернутися до навчальних посібників, наведених у списку рекомендованої літератури.

1. Збірник завдань з математики для вступників у втузи / Под ред. М.І. Сканаві. - М .: Мир і Освіта, 2013. - 608 с.

2. Супрун В.П. Математика для старшокласників: методи вирішення і докази нерівностей. - М .: Ленанд / URSS, 2018. - 264 с.

3. Супрун В.П. Математика для старшокласників: нестандартні методи рішення задач. - М .: КД «Ліброком» / URSS, 2017. - 296 с.

Залишилися питання?

Щоб отримати допомогу репетитора - зареєструйтеся.

сайт, при повному або частковому копіюванні матеріалу посилання на першоджерело обов'язкове.

модулем числаназивається саме це число, якщо воно невід'ємне, або це ж число з протилежним знаком, якщо воно негативне.

Наприклад, модулем числа 6 є 6, модулем числа -6 теж є 6.

Тобто під модулем числа розуміється абсолютна величина, абсолютне значення цього числа без урахування його знака.

Позначається так: | 6 |, | х|, |а| і т.д.

(Детальніше - в розділі «Модуль числа»).

Рівняння з модулем.

приклад 1 . Розв'язати рівняння|10 х - 5| = 15.

Рішення.

Відповідно до правила, рівняння рівносильне сукупності двох рівнянь:

10х - 5 = 15
10х - 5 = -15

вирішуємо:

10х = 15 + 5 = 20
10х = -15 + 5 = -10

х = 20: 10
х = -10: 10

х = 2
х = -1

відповідь: х 1 = 2, х 2 = -1.

приклад 2 . Розв'язати рівняння|2 х + 1| = х + 2.

Рішення.

Оскільки модуль - число невід'ємне, то х+ 2 ≥ 0. Відповідно:

х ≥ -2.

Складаємо два рівняння:

2х + 1 = х + 2
2х + 1 = -(х + 2)

вирішуємо:

2х + 1 = х + 2
2х + 1 = -х - 2

2х - х = 2 - 1
2х + х = -2 - 1

х = 1
х = -1

Обидва числа більше -2. Значить, обидва є корінням рівняння.

відповідь: х 1 = -1, х 2 = 1.

приклад 3 . Розв'язати рівняння

|х + 3| - 1
————— = 4
х - 1

Рішення.

Рівняння має сенс, якщо знаменник не дорівнює нулю - значить, якщо х≠ 1. Врахуємо це умова. Наше перша дія просте - не просто звільняємося від дробу, а преобрахуем її так, щоб отримати модуль в чистому вигляді:

|х+ 3 | - 1 = 4 · ( х - 1),

|х + 3| - 1 = 4х - 4,

|х + 3| = 4х - 4 + 1,

|х + 3| = 4х - 3.

Тепер у нас в лівій частині рівняння тільки вираз під модулем. Йдемо далі.
Модуль числа є невід'ємне число - тобто він повинен бути більше нуля або дорівнює нулю. Відповідно, вирішуємо нерівність:

4х - 3 ≥ 0

4х ≥ 3

х ≥ 3/4

Таким чином, у нас з'явилося друга умова: корінь рівняння повинен бути не менше 3/4.

Відповідно до правила, складаємо сукупність двох рівнянь і вирішуємо їх:

х + 3 = 4х - 3
х + 3 = -(4х - 3)

х + 3 = 4х - 3
х + 3 = -4х + 3

х - 4х = -3 - 3
х + 4х = 3 - 3

х = 2
х = 0

Ми отримали дві відповіді. Перевіримо, чи є вони корінням вихідного рівняння.

У нас було дві умови: корінь рівняння не може бути дорівнює 1, і він повинен бути не менше 3/4. Тобто х ≠ 1, х≥ 3/4. Обом цим умовам відповідає лише один з двох отриманих відповідей - число 2. Значить, тільки воно і є коренем вихідного рівняння.

відповідь: х = 2.

Нерівності з модулем.

приклад 1 . вирішити нерівність| х - 3| < 4

Рішення.

Правило модуля говорить:

|а| = а, якщо а ≥ 0.

|а| = -а, якщо а < 0.

Модуль може мати і невід'ємне, і негативне число. Значить, ми повинні розглянути обидва випадки: х- 3 ≥ 0 і х - 3 < 0.

1) При х- 3 ≥ 0 наше вихідне нерівність залишається як є, тільки без знака модуля:
х - 3 < 4.

2) При х - 3 < 0 в исходном неравенстве надо поставить знак минус перед всем подмодульным выражением:

-(х - 3) < 4.

Розкривши дужки, отримуємо:

-х + 3 < 4.

Таким чином, від цих двох умов ми прийшли до об'єднання двох систем нерівностей:

х - 3 ≥ 0
х - 3 < 4

х - 3 < 0
-х + 3 < 4

Вирішимо їх:

х ≥ 3
х < 7

х < 3
х > -1

Отже, у нас у відповіді об'єднання двох множин:

3 ≤ х < 7 U -1 < х < 3.

Визначаємо найменше та найбільше значення. Це -1 і 7. При цьому хбільше -1, але менше 7.
Крім того, х≥ 3. Значить, рішенням нерівності є всі безліч чисел від -1 до 7, виключаючи ці крайні числа.

відповідь: -1 < х < 7.

або: х ∈ (-1; 7).

додатки.

1) Є більш простий і короткий спосіб вирішення нашого нерівності - графічний. Для цього треба намалювати горизонтальну вісь (рис.1).

вираз | х - 3| < 4 означает, что расстояние от точки хдо точки 3 менше чотирьох одиниць. Відзначаємо на осі число 3 і відраховуємо вліво і вправо від від нього 4 поділу. Зліва ми прийдемо до точки -1, праворуч - до точки 7. Таким чином, точки хми просто побачили, що не обчислюючи їх.

При цьому, згідно з умовою нерівності, самі -1 ​​і 7 не включені в безліч рішень. Таким чином, отримуємо відповідь:

1 < х < 7.

2) Але є ще одне рішення, яке простіше навіть графічного способу. Для цього наше нерівність треба представити в наступному вигляді:

4 < х - 3 < 4.

Адже так воно і є за правилом модуля. Невід'ємне число 4 і аналогічне негативне число -4 є межами рішення нерівності.

4 + 3 < х < 4 + 3

1 < х < 7.

приклад 2 . вирішити нерівність| х - 2| ≥ 5

Рішення.

Цей приклад істотно відрізняється від попереднього. Ліва частина більше 5 або дорівнює 5. З геометричної точки зору, рішенням нерівності є всі числа, які від точки 2 відстоять на відстані 5 одиниць і більше (рис.2). За графіком видно, що це все числа, які менше або дорівнюють -3 і більше або дорівнюють 7. А значить, ми вже отримали відповідь.

відповідь: -3 ≥ х ≥ 7.

Попутно вирішимо це ж нерівність способом перестановки вільного члена вліво і вправо з протилежним знаком:

5 ≥ х - 2 ≥ 5

5 + 2 ≥ х ≥ 5 + 2

Відповідь та сама: -3 ≥ х ≥ 7.

або: х ∈ [-3; 7]

Приклад вирішене.

приклад 3 . вирішити нерівність 6 х 2 - | х| - 2 ≤ 0

Рішення.

число хможе бути і позитивним числом, і негативним, і нулем. Тому нам треба врахувати всі три обставини. Як ви знаєте, вони враховуються в двох нерівностях: х≥ 0 і х < 0. При х≥ 0 ми просто переписуємо наше вихідне нерівність як є, тільки без знака модуля:

6х 2 - х - 2 ≤ 0.

Тепер про другий випадок: якщо х < 0. Модулем отрицательного числа является это же число с противоположным знаком. То есть пишем число под модулем с обратным знаком и опять же освобождаемся от знака модуля:

6х 2 - (-х) - 2 ≤ 0.

Розкриваємо дужки:

6х 2 + х - 2 ≤ 0.

Таким чином, ми отримали дві системи рівнянь:

6х 2 - х - 2 ≤ 0
х ≥ 0

6х 2 + х - 2 ≤ 0
х < 0

Треба вирішити нерівності в системах - а це значить, треба знайти коріння двох квадратних рівнянь. Для цього прирівняємо ліві частини нерівностей до нуля.

Почнемо з першого:

6х 2 - х - 2 = 0.

Як вирішується квадратне рівняння - див. «Квадратне рівняння». Ми ж відразу назвемо відповідь:

х 1 = -1/2, х 2 = 2/3.

З першої системи нерівностей ми отримуємо, що рішенням вихідної нерівності є всі безліч чисел від -1/2 до 2/3. Пишемо об'єднання рішень при х ≥ 0:
[-1/2; 2/3].

Тепер вирішимо друге квадратне рівняння:

6х 2 + х - 2 = 0.

Його коріння:

х 1 = -2/3, х 2 = 1/2.

Висновок: при х < 0 корнями исходного неравенства являются также все числа от -2/3 до 1/2.

Об'єднаємо два відповіді і отримаємо підсумковий відповідь: рішенням є все безліч чисел від -2/3 до 2/3, включаючи і ці крайні числа.

відповідь: -2/3 ≤ х ≤ 2/3.

або: х ∈ [-2/3; 2/3].

Сьогодні, друзі, не буде жодних соплів і сентиментів. Замість них я без зайвих питань відправлю вас в бій з одним з найбільш грізних супротивників в курсі алгебри 8-9 класу.

Так, ви все правильно зрозуміли: мова йде про нерівностях з модулем. Ми розглянемо чотири основних прийому, за допомогою яких ви навчитеся вирішувати близько 90% таких завдань. А що з іншими 10%? Що ж, про них ми поговоримо в окремому уроці. :)

Однак перед тим, як розбирати якісь там прийоми, хотілося б нагадати два факти, які вже необхідно знати. Інакше ви ризикуєте взагалі не зрозуміти матеріал сьогоднішнього уроку.

Що вже потрібно знати

Капітан Очевидність як би натякає, що для вирішення нерівностей з модулем необхідно знати дві речі:

  1. Як вирішуються нерівності;
  2. Що таке модуль.

Почнемо з другого пункту.

визначення модуля

Тут все просто. Є два визначення: алгебраїчне і графічне. Для початку - алгебраїчне:

Визначення. Модуль числа $ x $ - це або саме це число, якщо воно неотрицательно, або число, йому протилежне, якщо вихідний $ x $ - все-таки негативний.

Записується це так:

\ [\ Left | x \ right | = \ left \ (\ begin (align) & x, \ x \ ge 0, \\ & -x, \ x \ lt 0. \\\ end (align) \ right. \]

Говорячи простою мовою, модуль - це «число без мінуса». І саме в цій подвійності (десь з вихідним числом нічого не треба робити, а де-то доведеться прибрати якийсь там мінус) і полягає вся складність для початківців учнів.

Є ще геометричне визначення. Його теж корисно знати, але звертатися до нього ми будемо лише в складних і якихось спеціальних випадках, де геометричний підхід зручніше алгебраїчного (спойлер: не сьогодні).

Визначення. Нехай на числової прямої відзначена точка $ a $. Тоді модулем $ \ left | x-a \ right | $ називається відстань від точки $ x $ до точки $ a $ на цій прямій.

Якщо накреслити картинку, то вийде щось типу цього:


Графічне визначення модуля

Так чи інакше, з визначення модуля відразу слід його ключове властивість: модуль числа завжди є величиною неотрицательной. Цей факт буде червоною ниткою йти через все наше сьогоднішнє оповідання.

Рішення нерівностей. метод інтервалів

Тепер розберемося з нерівностями. Їх існує безліч, але наше завдання зараз - вміти вирішувати хоча б найпростіші з них. Ті, які зводяться до лінійних нерівностей, а також до методу інтервалів.

На цю тему у мене є два великих уроку (між іншим, дуже, ДУЖЕ корисних - рекомендую вивчити):

  1. Метод інтервалів для нерівностей (особливо подивіться відео);
  2. Дрібно-раціональні нерівності - вельми об'ємний урок, але після нього у вас взагалі не залишиться жодних запитань.

Якщо ви все це знаєте, якщо фраза «перейдемо від нерівності до рівняння» не викликає у вас неясне бажання вбитися об стіну, то ви готові: ласкаво просимо в пекло до основної теми уроку. :)

1. Нерівності виду «Модуль менше функції»

Це одна з найбільш часто зустрічаються завдань з модулями. Потрібно вирішити нерівність виду:

\ [\ Left | f \ right | \ Lt g \]

У ролі функцій $ f $ і $ g $ може виступати що завгодно, але зазвичай це многочлени. Приклади таких нерівностей:

\ [\ Begin (align) & \ left | 2x + 3 \ right | \ Lt x + 7; \\ & \ left | ((X) ^ (2)) + 2x-3 \ right | +3 \ left (x + 1 \ right) \ lt 0; \\ & \ left | ((X) ^ (2)) - 2 \ left | x \ right | -3 \ right | \ Lt 2. \\\ end (align) \]

Всі вони вирішуються буквально в одну строчку по схемі:

\ [\ Left | f \ right | \ Lt g \ Rightarrow -g \ lt f \ lt g \ quad \ left (\ Rightarrow \ left \ (\ begin (align) & f \ lt g, \\ & f \ gt -g \\\ end (align) \ right. \ right) \]

Неважко помітити, що позбавляємося від модуля, але натомість отримуємо подвійне нерівність (або, що те ж саме, систему з двох нерівностей). Зате цей перехід враховує абсолютно всі можливі проблеми: якщо число під модулем позитивно, метод працює; якщо негативно - все одно працює; і навіть при самій неадекватною функції на місці $ f $ або $ g $ метод все одно спрацює.

Природно, виникає питання: а простіше не можна? На жаль, не можна. У цьому вся фішка модуля.

Втім, вистачить філософствувати. Давайте вирішимо парочку завдань:

Завдання. Вирішіть нерівність:

\ [\ Left | 2x + 3 \ right | \ Lt x + 7 \]

Рішення. Отже, перед нами класичне нерівність виду «модуль менше» - навіть перетворювати нічого. Працюємо по алгоритму:

\ [\ Begin (align) & \ left | f \ right | \ Lt g \ Rightarrow -g \ lt f \ lt g; \\ & \ left | 2x + 3 \ right | \ Lt x + 7 \ Rightarrow - \ left (x + 7 \ right) \ lt 2x + 3 \ lt x + 7 \\\ end (align) \]

Не поспішайте розкривати дужки, перед якими стоїть «мінус»: цілком можливо, що через поспіх ви допустите прикрої помилки.

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

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

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

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

Завдання звелася до двох елементарним неравенствам. Відзначимо їх вирішення на паралельних числових прямих:

Перетин множин

Перетин цих множин і буде відповідь.

Відповідь: $ x \ in \ left (- \ frac (10) (3); 4 \ right) $

Завдання. Вирішіть нерівність:

\ [\ Left | ((X) ^ (2)) + 2x-3 \ right | +3 \ left (x + 1 \ right) \ lt 0 \]

Рішення. Це завдання вже трохи складніше. Для початку усамітнитися модуль, перенісши другий доданок вправо:

\ [\ Left | ((X) ^ (2)) + 2x-3 \ right | \ Lt -3 \ left (x + 1 \ right) \]

Очевидно, перед нами знову нерівність виду «модуль менше», тому позбавляємося від модуля за вже відомим алгоритмом:

\ [- \ left (-3 \ left (x + 1 \ right) \ right) \ lt ((x) ^ (2)) + 2x-3 \ lt -3 \ left (x + 1 \ right) \]

Ось зараз увагу: хтось скаже, що я трохи збоченець з усіма цими дужками. Але ще раз нагадаю, що наша ключова мета - грамотно вирішити нерівність і отримати відповідь. Пізніше, коли ви досконало освоїте все, про що розказано в цьому уроці, можете самі перекручуватися як хочете: розкривати дужки, вносити мінуси і т.д.

А ми для початку просто позбудемося подвійного мінуса зліва:

\ [- \ left (-3 \ left (x + 1 \ right) \ right) = \ left (-1 \ right) \ cdot \ left (-3 \ right) \ cdot \ left (x + 1 \ right) = 3 \ left (x + 1 \ right) \]

Тепер розкриємо всі дужки в подвійному нерівності:

Переходимо до подвійного нерівності. Цього разу викладки будуть серйозніше:

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

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

Обидва нерівності є квадратними і вирішуються методом інтервалів (тому й кажу: якщо не знаєте, що це таке, краще поки не братися за модулі). Переходимо до рівняння в першому нерівності:

\ [\ Begin (align) & ((x) ^ (2)) + 5x = 0; \\ & x \ left (x + 5 \ right) = 0; \\ & ((x) _ (1)) = 0; ((x) _ (2)) = - 5. \\\ end (align) \]

Як бачимо, на виході вийшло неповне квадратне рівняння, яке вирішується елементарно. Тепер розберемося з другим нерівністю системи. Там доведеться застосувати теорему Вієта:

\ [\ Begin (align) & ((x) ^ (2)) - x-6 = 0; \\ & \ left (x-3 \ right) \ left (x + 2 \ right) = 0; \\ & ((x) _ (1)) = 3; ((x) _ (2)) = - 2. \\\ end (align) \]

Відзначаємо отримані числа на двох паралельних прямих (окрема для першого нерівності і окрема для другого):

Знову ж таки, оскільки ми вирішуємо систему нерівностей, нас цікавить перетин заштрихованих множин: $ x \ in \ left (-5; -2 \ right) $. Це і є відповідь.

Відповідь: $ x \ in \ left (-5; -2 \ right) $

Думаю, після цих прикладів схема рішення гранично ясна:

  1. Усамітнитися модуль, перенісши всі інші складові в протилежну частину нерівності. Таким чином ми отримаємо нерівність виду $ \ left | f \ right | \ Lt g $.
  2. Вирішити цю нерівність, позбувшись від модуля за описаною вище схемою. У якийсь момент потрібно перейти від подвійного нерівності до системи з двох самостійних виразів, кожне з яких вже можна вирішувати окремо.
  3. Нарешті, залишиться лише перетнути рішення цих двох самостійних виразів - і все, ми отримаємо остаточну відповідь.

Аналогічний алгоритм існує і для нерівностей наступного типу, коли модуль більше функції. Однак там є парочка серйозних «але». Про ці «але» ми зараз і поговоримо.

2. Нерівності виду «Модуль більше функції»

Виглядають вони так:

\ [\ Left | f \ right | \ Gt g \]

Схоже на попереднє? Схоже. І тим не менше вирішуються такі завдання зовсім по-іншому. Формально схема наступна:

\ [\ Left | f \ right | \ Gt g \ Rightarrow \ left [\ begin (align) & f \ gt g, \\ & f \ lt -g \\\ end (align) \ right. \]

Іншими словами, ми розглядаємо два випадки:

  1. Спочатку просто ігноруємо модуль - вирішуємо звичайне нерівність;
  2. Потім по суті розкриваємо модуль зі знаком «мінус», а потім множимо обидві частини нерівності на -1, мене при цьому знак.

При цьому варіанти об'єднані квадратної дужкою, тобто перед нами сукупність двох вимог.

Зверніть увагу ще раз: перед нами не система, а сукупність, тому у відповіді безлічі об'єднуються, а не перетинаються. Це принципова відмінність від попереднього пункту!

Взагалі, з об'єднаннями та перетинами у багатьох учнів суцільна плутанина, тому давайте розберемося в цьому питанні раз і назавжди:

  • «∪» - це знак об'єднання. По суті, це стилізована літера «U», яка прийшла до нас з англійської мови і є абревіатурою від «Union», тобто «Об'єднання».
  • «∩» - це знак перетину. Ця хрень нізвідки не прийшла, а просто виникла як протиставлення до «∪».

Щоб ще простіше було запам'ятати, просто прірісуйте до цих знаків ніжки, щоб вийшли келихи (ось тільки не треба зараз звинувачувати мене в пропаганді наркоманії та алкоголізму: якщо ви всерйоз вивчаєте цей урок, то ви вже наркоман):

Різниця між перетином і об'єднанням множин

У перекладі на російську це означає наступне: об'єднання (сукупність) включає в себе елементи з обох множин, тому ніяк не менше кожного з них; а ось перетин (система) включає в себе лише ті елементи, які одночасно перебувають і в першому збір, і в другому. Тому перетин множин ніколи не буває більше множин-початкових кодів.

Так стало зрозуміліше? От і відмінно. Переходимо до практики.

Завдання. Вирішіть нерівність:

\ [\ Left | 3x + 1 \ right | \ Gt 5-4x \]

Рішення. Діємо за схемою:

\ [\ Left | 3x + 1 \ right | \ Gt 5-4x \ Rightarrow \ left [\ begin (align) & 3x + 1 \ gt 5-4x \\ & 3x + 1 \ lt - \ left (5-4x \ right) \\\ end (align) \ right. \]

Вирішуємо кожне нерівність сукупності:

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

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

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

Відзначаємо кожне отримане безліч на числовій прямій, а потім об'єднуємо їх:

об'єднання множин

Цілком очевидно, що відповіддю буде $ x \ in \ left (\ frac (4) (7); + \ infty \ right) $

Відповідь: $ x \ in \ left (\ frac (4) (7); + \ infty \ right) $

Завдання. Вирішіть нерівність:

\ [\ Left | ((X) ^ (2)) + 2x-3 \ right | \ Gt x \]

Рішення. Ну що? Та нічого - все те ж саме. Переходимо від нерівності з модулем до сукупності двох нерівностей:

\ [\ Left | ((X) ^ (2)) + 2x-3 \ right | \ Gt x \ Rightarrow \ left [\ begin (align) & ((x) ^ (2)) + 2x-3 \ gt x \\ & ((x) ^ (2)) + 2x-3 \ lt -x \\\ end (align) \ right. \]

Вирішуємо кожне нерівність. На жаль, коріння там будуть не оч:

\ [\ 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) \]

У другому нерівності теж трохи дичини:

\ [\ 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) \]

Тепер потрібно відзначити ці числа на двох осях - по одній осі для кожного нерівності. Однак відзначати точки потрібно в правильному порядку: чим більше число, тим далі зрушень точку вправо.

І ось тут нас чекає підставі. Якщо з числами $ \ frac (-3- \ sqrt (21)) (2) \ lt \ frac (-1- \ sqrt (13)) (2) $ все ясно (складові в чисельнику першого дробу менше доданків у чисельнику другий , тому сума теж менше), з числами $ \ frac (-3- \ sqrt (13)) (2) \ lt \ frac (-1+ \ sqrt (21)) (2) $ теж не виникне труднощів (позитивне число свідомо більше негативного), то ось з останньою парочкою все не так однозначно. Що більше: $ \ frac (-3+ \ sqrt (21)) (2) $ або $ \ frac (-1+ \ sqrt (13)) (2) $? Від відповіді на це питання буде залежати розстановка крапок на числових прямих і, власне, відповідь.

Тому давайте порівнювати:

\ [\ 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 (matrix) \]

Ми усамітнилися корінь, отримали невід'ємні числа по обидва боки нерівності, тому має право звести обидва боки в квадрат:

\ [\ Begin (matrix) ((\ left (2+ \ sqrt (13) \ right)) ^ (2)) \ vee ((\ left (\ sqrt (21) \ right)) ^ (2)) \ \ 4 + 4 \ sqrt (13) +13 \ vee 21 \\ 4 \ sqrt (13) \ vee 3 \\\ end (matrix) \]

Думаю, тут і їжаку зрозуміло, що $ 4 \ sqrt (13) \ gt 3 $, тому $ \ frac (-1+ \ sqrt (13)) (2) \ gt \ frac (-3+ \ sqrt (21)) (2) $, остаточні крапки на осях будуть розставлені ось так:

Випадок некрасивих коренів

Нагадаю, ми вирішуємо сукупність, тому у відповідь піде об'єднання, а не те що заштрихованих множин.

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

Як бачите, наша схема прекрасно працює як для простих завдань, так і для дуже жорстких. Єдине «слабке місце» в такому підході - потрібно грамотно порівнювати ірраціональні числа (і повірте: це не тільки коріння). Але питань порівняння буде присвячений окремий (і дуже серйозний урок). А ми йдемо далі.

3. Нерівності з невід'ємними «хвостами»

Ось ми і дісталися до самого цікавого. Це нерівності виду:

\ [\ Left | f \ right | \ Gt \ left | g \ right | \]

Взагалі кажучи, алгоритм, про який ми зараз поговоримо, вірний н тільки для модуля. Він працює у всіх нерівностях, де зліва і справа стоять гарантовано невід'ємні вирази:

Що робити з цими завданнями? Просто пам'ятайте:

У нерівностях з невід'ємними «хвостами» можна зводити обидві частини в будь-яку натуральну ступінь. Ніяких додаткових обмежень при цьому не виникне.

Перш за все нас буде цікавити зведення в квадрат - він спалює модулі і коріння:

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

Ось тільки не треба плутати це з витяганням кореня з квадрата:

\ [\ Sqrt (((f) ^ (2))) = \ left | f \ right | \ ne f \]

Сила-силенна помилок було допущено в той момент, коли учень забував ставити модуль! Але це зовсім інша історія (це як би ірраціональні рівняння), тому не будемо зараз в це заглиблюватися. Давайте краще вирішимо парочку завдань:

Завдання. Вирішіть нерівність:

\ [\ Left | x + 2 \ right | \ ge \ left | 1-2x \ right | \]

Рішення. Відразу зауважимо дві речі:

  1. Це Нечитка нерівність. Точки на числової прямої будуть виколоті.
  2. Обидві сторони нерівності свідомо невід'ємні (це властивість модуля: $ \ left | f \ left (x \ right) \ right | \ ge 0 $).

Отже, можемо звести обидві частини нерівності в квадрат, щоб позбутися від модуля і вирішувати завдання звичайним методом інтервалів:

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

На останньому кроці я злегка схитрував: поміняв послідовність доданків, скориставшись парністю модуля (по суті, помножив вираз $ 1-2x $ на -1).

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

Вирішуємо методом інтервалів. Переходимо від нерівності до рівняння:

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

Відзначаємо знайдені коріння на числовій прямій. Ще раз: всі крапки зафарбовані, оскільки вихідне нерівність - Нечитка!

Позбавлення від знака модуля

Нагадаю для особливо упоротих: знаки ми беремо з останнього нерівності, яке було записано перед переходом до рівняння. І зафарбовуємо області, необхідні в тому ж нерівності. У нашому випадку це $ \ left (x-3 \ right) \ left (3x + 1 \ right) \ le 0 $.

Ну от і все. Завдання вирішена.

Відповідь: $ x \ in \ left [- \ frac (1) (3); 3 \ right] $.

Завдання. Вирішіть нерівність:

\ [\ Left | ((X) ^ (2)) + x + 1 \ right | \ le \ left | ((X) ^ (2)) + 3x + 4 \ right | \]

Рішення. Робимо все те ж саме. Я не буду коментувати - просто подивіться на послідовність дій.

Зводимо в квадрат:

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

Метод інтервалів:

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

Всього один корінь на числовій прямій:

Відповідь - цілий інтервал

Відповідь: $ x \ in \ left [-1,5; + \ infty \ right) $.

Невелике зауваження щодо останнього завдання. Як влучно зазначив один мій учень, обидва підмодульних вираження в даному нерівності свідомо позитивні, тому знак модуля можна без шкоди для здоров'я опустити.

Але це вже зовсім інший рівень роздумів і інший підхід - його умовно можна назвати методом наслідків. Про нього - в окремому уроці. А зараз перейдемо до фінальної частини сьогоднішнього уроку і розглянемо універсальний алгоритм, який працює завжди. Навіть тоді, коли всі попередні підходи виявилися безсилі. :)

4. Метод перебору варіантів

А що, якщо всі ці прийоми не допоможуть? Якщо нерівність не зводиться невід'ємним хвостів, якщо усамітнитися модуль не виходить, якщо взагалі біль-печаль-туга?

Тоді на сцену виходить «важка артилерія» всієї математики - метод перебору. Стосовно до нерівностей з модулем виглядає він так:

  1. Виписати все підмодульних вираження і прирівняти їх до нуля;
  2. Вирішити отримані рівняння і зазначити знайдені коріння на одній числової прямої;
  3. Пряма розіб'ється на кілька ділянок, всередині якого кожен модуль має фіксований знак і тому однозначно розкривається;
  4. Вирішити нерівність на кожному такому ділянці (можна окремо розглянути коріння-кордону, отримані в пункті 2 - для надійності). Результати об'єднати - це і буде відповідь. :)

Ну як? Слабо? Легко! Тільки довго. Подивимося на практиці:

Завдання. Вирішіть нерівність:

\ [\ Left | x + 2 \ right | \ Lt \ left | x-1 \ right | + x- \ frac (3) (2) \]

Рішення. Ця хрень не зводиться до нерівностей виду $ \ left | f \ right | \ Lt g $, $ \ left | f \ right | \ Gt g $ або $ \ left | f \ right | \ Lt \ left | g \ right | $, тому діємо напролом.

Виписуємо підмодульних вираження, прирівнюємо їх до нуля і знаходимо корені:

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

Разом у нас два кореня, які розбивають числову пряму на три ділянки, усередині яких кожен модуль розкривається однозначно:

Розбиття числової прямої нулями підмодульних функцій

Розглянемо кожну ділянку окремо.

1. Нехай $ x \ lt -2 $. Тоді обидва підмодульних вираження негативні, і вихідне нерівність перепишеться так:

\ [\ Begin (align) & - \ left (x + 2 \ right) \ lt - \ left (x-1 \ right) + x-1,5 \\ & -x-2 \ lt -x + 1 + x-1,5 \\ & x \ gt 1,5 \\\ end (align) \]

Отримали досить просте обмеження. Перетнемо його з вихідним припущенням, що $ x \ lt -2 $:

\ [\ Left \ (\ begin (align) & x \ lt -2 \\ & x \ gt 1,5 \\\ end (align) \ right. \ Rightarrow x \ in \ varnothing \]

Очевидно, що змінна $ x $ не може одночасно бути менше -2, але більше 1,5. Рішень на цій ділянці немає.

1.1. Окремо розглянемо важкий випадок: $ x = -2 $. Просто підставимо це число в вихідне нерівність і перевіримо: чи виконується воно?

\ [\ Begin (align) & ((\ left. \ Left | x + 2 \ right | \ lt \ left | x-1 \ right | + x-1,5 \ right |) _ (x = -2) ) \\ & 0 \ lt \ left | -3 \ right | -2-1,5; \\ & 0 \ lt 3-3,5; \\ & 0 \ lt -0,5 \ Rightarrow \ varnothing. \\\ end (align) \]

Очевидно, що ланцюжок обчислень привела нас до невірного нерівності. Отже, вихідне нерівність теж невірно, і $ x = -2 $ не входить у відповідь.

2. Нехай тепер $ -2 \ lt x \ lt 1 $. Лівий модуль вже розкриється з «плюсом», але правий - все ще з «мінусом». маємо:

\ [\ Begin (align) & x + 2 \ lt - \ left (x-1 \ right) + x-1,5 \\ & x + 2 \ lt -x + 1 + x-1,5 \\ & x \ lt -2,5 \\\ end (align) \]

Знову перетинаємо з вихідним вимогою:

\ [\ Left \ (\ begin (align) & x \ lt -2,5 \\ & -2 \ lt x \ lt 1 \\\ end (align) \ right. \ Rightarrow x \ in \ varnothing \]

І знову порожня множина рішень, оскільки немає таких чисел, які одночасно менше -2,5, але більше -2.

2.1. І знову окремий випадок: $ x = 1 $. Підставляємо у вихідне нерівність:

\ [\ Begin (align) & ((\ left. \ Left | x + 2 \ right | \ lt \ left | x-1 \ right | + x-1,5 \ right |) _ (x = 1)) \\ & \ left | 3 \ right | \ Lt \ left | 0 \ right | + 1-1,5; \\ & 3 \ lt -0,5; \\ & 3 \ lt -0,5 \ Rightarrow \ varnothing. \\\ end (align) \]

Аналогічно до попереднього «окремого випадку», число $ x = 1 $ явно не входить у відповідь.

3. Останній шматок прямої: $ x \ gt 1 $. Тут все модулі розкриваються зі знаком «плюс»:

\ [\ Begin (align) & x + 2 \ lt x-1 + x-1,5 \\ & x + 2 \ lt x-1 + x-1,5 \\ & x \ gt 4,5 \\ \ end (align) \]

І знову перетинаємо знайдене безліч з вихідним обмеженням:

\ [\ Left \ (\ begin (align) & x \ gt 4,5 \\ & x \ gt 1 \\\ end (align) \ right. \ Rightarrow x \ in \ left (4,5; + \ infty \ right) \]

Ну нарешті то! Ми знайшли інтервал, який і буде відповіддю.

Відповідь: $ x \ in \ left (4,5; + \ infty \ right) $

Наостанок - одне зауваження, яке, можливо, вбереже вас від дурних помилок при вирішенні реальних завдань:

Рішення нерівностей з модулями зазвичай являють собою суцільні безлічі на числовій прямій - інтервали і відрізки. Набагато рідше зустрічаються ізольовані точки. І ще рідше трапляється так, що кордонів рішення (кінець відрізка) збігається з кордоном розглянутого діапазону.

Отже, якщо кордону (ті самі «окремі випадки») не входять до відповідь, то майже напевно не увійдуть у відповідь і області зліва-праворуч від цих кордонів. І навпаки: межа увійшла у відповідь - значить, і якісь області навколо неї теж будуть відповідями.

Пам'ятайте про це, коли перевіряєте свої рішення.