Jednačine i nejednačine sa modulom. Metoda intervala je univerzalna metoda za rješavanje nejednačina s modulom

Matematika je simbol mudrosti nauke,

model naučne strogosti i jednostavnosti,

standard izvrsnosti i ljepote u nauci.

Ruski filozof, profesor A.V. Voloshinov

Nejednakosti sa modulom

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

Osnovni koncepti i svojstva

Modul (apsolutna vrijednost) realnog broja označeno sa i definira se na sljedeći način:

Jednostavna svojstva modula uključuju sljedeće odnose:

I .

Bilješka, da posljednja dva svojstva vrijede za bilo koji paran stepen.

Štaviše, ako, gdje, onda i

Složenija svojstva modula, koji se može efikasno koristiti pri rješavanju jednačina i nejednačina sa modulima, formulisani su kroz sledeće teoreme:

Teorema 1.Za bilo koje analitičke funkcije I nejednakost je tačna.

Teorema 2. Jednakost jednako nejednakosti.

Teorema 3. Jednakost jednako nejednakosti.

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

Teorema 4. Nejednakost je ekvivalentno dvostrukoj nejednakosti, i rješenje nejednakostisvodi na rješavanje skupa nejednačina i .

Ova teorema je poseban slučaj teorema 6 i 7.

Složenije nejednakosti, koji sadrže modul su nejednakosti oblika, I .

Metode za rješavanje takvih nejednakosti mogu se formulirati korištenjem sljedeće tri teoreme.

Teorema 5. Nejednakost je ekvivalentno kombinaciji dva sistema nejednakosti

ja (1)

Dokaz. Od tada

Ovo implicira valjanost (1).

Teorema 6. Nejednakost je ekvivalentan sistemu nejednakosti

Dokaz. jer , zatim iz nejednakosti sledi to . Pod ovim uslovom, nejednakosti u ovom slučaju će se drugi sistem nejednakosti (1) pokazati nedosljednim.

Teorema je dokazana.

Teorema 7. Nejednakost je ekvivalentno kombinaciji jedne nejednakosti i dva sistema nejednakosti

ja (3)

Dokaz. Budući da , Tada je nejednakost uvek izvršeno, Ako .

neka , zatim nejednakostbiće ekvivalentno nejednakosti, iz čega slijedi skup od dvije nejednakosti i .

Teorema je dokazana.

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

Rješavanje nejednačina sa modulom

Najjednostavniji metod za rješavanje nejednačina s modulom je metoda, baziran na proširenju modula. Ova metoda je univerzalna, međutim, u opštem slučaju, njegova upotreba može dovesti do veoma glomaznih proračuna. Stoga bi učenici trebali poznavati druge (djelotvornije) metode i tehnike za rješavanje ovakvih nejednakosti. Posebno, potrebno je posjedovati vještine primjene teorema, dato u ovom članku.

Primjer 1.Riješite nejednakost

. (4)

Rješenje.Nejednakost (4) ćemo riješiti “klasičnom” metodom – metodom otkrivanja modula. U tu svrhu dijelimo brojevnu osu tačke i u intervale i razmotriti tri slučaja.

1. Ako , onda , , , a nejednakost (4) poprima oblik ili .

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

2. Ako, onda iz nejednakosti (4) dobijamo ili . Pošto je presek intervala I prazno je, tada na intervalu razmatranih rješenja nema nejednakosti (4).

3. Ako, tada nejednakost (4) poprima oblik ili . Očigledno je da je također rješenje nejednakosti (4).

Odgovor: , .

Primjer 2. Riješite nejednakost.

Rješenje. Pretpostavimo to. jer , tada data nejednakost poprima oblik ili . Od tada a odavde sledi ili .

Međutim, stoga ili.

Primjer 3. Riješite nejednakost

. (5)

Rješenje. jer , tada je nejednakost (5) ekvivalentna nejednačinama ili . Odavde, prema teoremi 4, imamo skup nejednakosti i .

Odgovor: , .

Primjer 4.Riješite nejednakost

. (6)

Rješenje. Označimo . Tada iz nejednakosti (6) dobivamo nejednakosti , , ili .

Odavde, koristeći metodu intervala, dobijamo . jer , onda ovde imamo sistem nejednakosti

Rješenje prve nejednakosti sistema (7) je unija dva intervala i , a rješenje druge nejednakosti je dvostruka nejednakost. Ovo implicira, da je rješenje sistema nejednačina (7) unija dva intervala i .

Odgovor: ,

Primjer 5.Riješite nejednakost

. (8)

Rješenje. Transformirajmo nejednakost (8) na sljedeći način:

Ili .

Koristeći metodu intervala, dobijamo rešenje nejednakosti (8).

Odgovor: .

Bilješka. Ako stavimo i u uslovima teoreme 5, dobijamo .

Primjer 6. Riješite nejednakost

. (9)

Rješenje. Iz nejednakosti (9) slijedi. Transformirajmo nejednakost (9) na sljedeći način:

Or

Od , tada ili .

Odgovor: .

Primjer 7.Riješite nejednakost

. (10)

Rješenje. Budući da i , onda ili .

U tom pogledu a nejednakost (10) poprima oblik

Or

. (11)

Iz toga slijedi ili . Budući da , tada nejednakost (11) također implicira ili .

Odgovor: .

Bilješka. Ako teoremu 1 primijenimo na lijevu stranu nejednakosti (10), onda dobijamo . Iz ovoga i nejednakosti (10) slijedi, šta ili . jer , tada nejednakost (10) poprima oblik ili .

Primjer 8. Riješite nejednakost

. (12)

Rješenje. Od tada a iz nejednakosti (12) slijedi ili . Međutim, stoga ili. Odavde dobijamo ili .

Odgovor: .

Primjer 9. Riješite nejednakost

. (13)

Rješenje. Prema teoremi 7, rješenje nejednakosti (13) je ili .

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

Ako kombinujete intervale i , tada dobijamo rješenje nejednakosti (13) oblika.

Primjer 10. Riješite nejednakost

. (14)

Rješenje. Prepišimo nejednačinu (14) u ekvivalentnom obliku: . Ako teorem 1 primijenimo na lijevu stranu ove nejednakosti, dobićemo nejednakost .

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

Odgovor: bilo koji broj.

Primjer 11. Riješite nejednakost

. (15)

Rješenje. Primjena teoreme 1 na lijevu stranu nejednakosti (15), dobijamo . Ovo i nejednakost (15) daju jednačinu, koji ima formu.

Prema teoremi 3, jednadžba jednako nejednakosti. Odavde dobijamo.

Primjer 12.Riješite nejednakost

. (16)

Rješenje. Iz nejednakosti (16), prema teoremi 4, dobijamo sistem nejednakosti

Prilikom rješavanja nejednakostiKoristimo teoremu 6 i dobijemo sistem nejednačinaiz čega sledi.

Uzmite u obzir nejednakost. Prema teoremi 7, dobijamo skup nejednakosti i . Druga populaciona nejednakost vrijedi za svaku realnost.

dakle, rješenje nejednakosti (16) je.

Primjer 13.Riješite nejednakost

. (17)

Rješenje. Prema teoremi 1, možemo pisati

(18)

Uzimajući u obzir nejednakost (17), zaključujemo da se obje nejednakosti (18) pretvaraju u jednakosti, tj. postoji sistem jednačina

Prema teoremi 3, ovaj sistem jednačina je ekvivalentan sistemu nejednačina

ili

Primjer 14.Riješite nejednakost

. (19)

Rješenje. Od tada. Pomnožimo obje strane nejednakosti (19) izrazom , koji uzima samo pozitivne vrijednosti za bilo koju vrijednost. Tada dobijamo nejednakost koja je ekvivalentna nejednakosti (19), oblika

Odavde dobijamo ili gde. Od i tada je rješenje nejednakosti (19). i .

Odgovor: , .

Za dublje proučavanje metoda za rješavanje nejednačina s modulom, preporučujemo da se obratite udžbenicima, dat u listi preporučene literature.

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

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

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

Imate još pitanja?

Da biste dobili pomoć od tutora, registrujte se.

web-stranici, prilikom kopiranja materijala u cijelosti ili djelomično, potrebna je poveznica na izvorni izvor.

Modul brojeva sam taj broj naziva se ako nije negativan, ili isti broj sa suprotnim predznakom ako je negativan.

Na primjer, modul broja 6 je 6, a modul broja -6 je također 6.

To jest, modul broja se razumije kao apsolutna vrijednost, apsolutna vrijednost ovog broja bez uzimanja u obzir njegovog predznaka.

Označava se kako slijedi: |6|, | X|, |A| itd.

(Više detalja u odjeljku „Brojni modul“).

Jednačine sa modulom.

Primjer 1 . Riješite jednačinu|10 X - 5| = 15.

Rješenje.

Prema pravilu, jednadžba je ekvivalentna kombinaciji dvije jednačine:

10X - 5 = 15
10X - 5 = -15

Odlučujemo:

10X = 15 + 5 = 20
10X = -15 + 5 = -10

X = 20: 10
X = -10: 10

X = 2
X = -1

Odgovori: X 1 = 2, X 2 = -1.

Primjer 2 . Riješite jednačinu|2 X + 1| = X + 2.

Rješenje.

Pošto je modul nenegativan broj, onda X+ 2 ≥ 0. Prema tome:

X ≥ -2.

Napravimo dvije jednačine:

2X + 1 = X + 2
2X + 1 = -(X + 2)

Odlučujemo:

2X + 1 = X + 2
2X + 1 = -X - 2

2X - X = 2 - 1
2X + X = -2 - 1

X = 1
X = -1

Oba broja su veća od -2. Dakle, oba su korijeni jednadžbe.

Odgovori: X 1 = -1, X 2 = 1.

Primjer 3 . Riješite jednačinu

|X + 3| - 1
————— = 4
X - 1

Rješenje.

Jednačina ima smisla ako nazivnik nije nula – to znači ako X≠ 1. Uzmimo u obzir ovaj uslov. Naša prva akcija je jednostavna - ne samo da se riješimo razlomka, već ga transformiramo tako da dobijemo modul u njegovom čistom obliku:

|X+ 3| - 1 = 4 · ( X - 1),

|X + 3| - 1 = 4X - 4,

|X + 3| = 4X - 4 + 1,

|X + 3| = 4X - 3.

Sada imamo samo izraz ispod modula na lijevoj strani jednačine. Nastavi.
Modul broja je nenegativan broj - to jest, mora biti veći od nule ili jednak nuli. U skladu s tim rješavamo nejednakost:

4X - 3 ≥ 0

4X ≥ 3

X ≥ 3/4

Dakle, imamo drugi uslov: korijen jednadžbe mora biti najmanje 3/4.

U skladu s pravilom sastavljamo skup od dvije jednadžbe i rješavamo ih:

X + 3 = 4X - 3
X + 3 = -(4X - 3)

X + 3 = 4X - 3
X + 3 = -4X + 3

X - 4X = -3 - 3
X + 4X = 3 - 3

X = 2
X = 0

Dobili smo dva odgovora. Provjerimo jesu li korijeni originalne jednadžbe.

Imali smo dva uslova: koren jednačine ne može biti jednak 1 i mora biti najmanje 3/4. To je X ≠ 1, X≥ 3/4. Oba ova uslova odgovaraju samo jednom od dva dobijena odgovora - broju 2. To znači da je samo ovo koren originalne jednačine.

Odgovori: X = 2.

Nejednakosti sa modulom.

Primjer 1 . Riješite nejednakost| X - 3| < 4

Rješenje.

Pravilo modula kaže:

|A| = A, Ako A ≥ 0.

|A| = -A, Ako A < 0.

Modul može imati i ne-negativne i negativne brojeve. Dakle, moramo uzeti u obzir oba slučaja: X- 3 ≥ 0 i X - 3 < 0.

1) Kada X- 3 ≥ 0 naša prvobitna nejednakost ostaje onakva kakva jeste, samo bez predznaka modula:
X - 3 < 4.

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

-(X - 3) < 4.

Otvaranjem zagrada dobijamo:

-X + 3 < 4.

Tako smo iz ova dva uslova došli do ujedinjenja dva sistema nejednakosti:

X - 3 ≥ 0
X - 3 < 4

X - 3 < 0
-X + 3 < 4

Hajde da ih rešimo:

X ≥ 3
X < 7

X < 3
X > -1

Dakle, naš odgovor je unija dva skupa:

3 ≤ X < 7 U -1 < X < 3.

Odredite najmanju i najveću vrijednost. To su -1 i 7. Štaviše X veći od -1 ali manji od 7.
osim toga, X≥ 3. To znači da je rješenje nejednakosti cijeli skup brojeva od -1 do 7, isključujući ove ekstremne brojeve.

Odgovori: -1 < X < 7.

Ili: X ∈ (-1; 7).

Dodaci.

1) Postoji jednostavniji i kraći način za rješavanje naše nejednakosti - grafički. Da biste to učinili, morate nacrtati horizontalnu os (slika 1).

Izraz | X - 3| < 4 означает, что расстояние от точки X do tačke 3 je manje od četiri jedinice. Označavamo broj 3 na osi i brojimo 4 podjele lijevo i desno od nje. Lijevo dolazimo do tačke -1, desno - do tačke 7. Dakle, tačke X samo smo ih vidjeli bez da smo ih izračunali.

Štaviše, prema uslovu nejednakosti, sami -1 i 7 nisu uključeni u skup rješenja. Tako dobijamo odgovor:

1 < X < 7.

2) Ali postoji još jedno rješenje koje je jednostavnije čak i od grafičke metode. Da bismo to učinili, naša nejednakost mora biti predstavljena u sljedećem obliku:

4 < X - 3 < 4.

Uostalom, ovako je po pravilu modula. Nenegativni broj 4 i sličan negativni broj -4 su granice za rješavanje nejednakosti.

4 + 3 < X < 4 + 3

1 < X < 7.

Primjer 2 . Riješite nejednakost| X - 2| ≥ 5

Rješenje.

Ovaj primjer se značajno razlikuje od prethodnog. Lijeva strana je veća od 5 ili jednaka 5. Sa geometrijske tačke gledišta, rješenje nejednakosti su svi brojevi koji se nalaze na udaljenosti od 5 jedinica ili više od tačke 2 (slika 2). Grafikon pokazuje da su to svi brojevi koji su manji ili jednaki -3 i veći ili jednaki 7. To znači da smo već dobili odgovor.

Odgovori: -3 ≥ X ≥ 7.

Usput rješavamo istu nejednakost tako što ćemo slobodni član preurediti lijevo i desno sa suprotnim predznakom:

5 ≥ X - 2 ≥ 5

5 + 2 ≥ X ≥ 5 + 2

Odgovor je isti: -3 ≥ X ≥ 7.

Ili: X ∈ [-3; 7]

Primjer je riješen.

Primjer 3 . Riješite nejednakost 6 X 2 - | X| - 2 ≤ 0

Rješenje.

Broj X može biti pozitivan broj, negativan broj ili nula. Stoga moramo uzeti u obzir sve tri okolnosti. Kao što znate, oni se uzimaju u obzir u dvije nejednakosti: X≥ 0 i X < 0. При X≥ 0 jednostavno prepisujemo našu originalnu nejednakost kakva jeste, samo bez predznaka modula:

6x 2 - X - 2 ≤ 0.

Sada o drugom slučaju: ako X < 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:

6X 2 - (-X) - 2 ≤ 0.

Proširivanje zagrada:

6X 2 + X - 2 ≤ 0.

Tako smo dobili dva sistema jednačina:

6X 2 - X - 2 ≤ 0
X ≥ 0

6X 2 + X - 2 ≤ 0
X < 0

Moramo riješiti nejednakosti u sistemima - a to znači da moramo pronaći korijene dvije kvadratne jednačine. Da bismo to uradili, izjednačavamo leve strane nejednakosti sa nulom.

Počnimo s prvim:

6X 2 - X - 2 = 0.

Kako riješiti kvadratnu jednačinu - pogledajte odjeljak “Kvadratna jednačina”. Odmah ćemo imenovati odgovor:

X 1 = -1/2, x 2 = 2/3.

Iz prvog sistema nejednačina dobijamo da je rješenje izvorne nejednakosti cijeli skup brojeva od -1/2 do 2/3. Zapisujemo uniju rješenja na X ≥ 0:
[-1/2; 2/3].

Sada da riješimo drugu kvadratnu jednačinu:

6X 2 + X - 2 = 0.

Njegovi koreni:

X 1 = -2/3, X 2 = 1/2.

Zaključak: kada X < 0 корнями исходного неравенства являются также все числа от -2/3 до 1/2.

Kombinirajmo dva odgovora i dobijemo konačni odgovor: rješenje je cijeli skup brojeva od -2/3 do 2/3, uključujući ove ekstremne brojeve.

Odgovori: -2/3 ≤ X ≤ 2/3.

Ili: X ∈ [-2/3; 2/3].

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

Pređimo na rješavanje uobičajenih primjera u praksi.

Linearne nejednakosti sa modulima

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

Primjer 1. Pronađite rješenje nejednakosti

Rješenje:
Iz uslova zadatka slijedi da se moduli okreću na nulu na x=-1 i x=-2. Ove tačke dijele brojevnu pravu na intervale

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

ili intervali sa predznacima svih funkcija.

U prvom intervalu širimo module

Obje strane množimo sa minus jedan, a predznak nejednakosti će se promijeniti u suprotan. Ako vam je na ovo pravilo teško da se naviknete, svaki dio možete pomaknuti iza znaka kako biste se riješili minusa. Na kraju ćete dobiti

Presek skupa x>-3 sa površinom na kojoj su jednačine rešene biće interval (-3;-2). Za one kojima je lakše pronaći rješenja, možete grafički nacrtati sjecište ovih područja

Zajednička raskrsnica područja će biti rješenje. Ako su striktno neravne, rubovi nisu uključeni. Ako nije strogo, provjerite zamjenom.

Na drugom intervalu dobijamo

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

Na trećem intervalu dobijamo

Ovo stanje ne pruža rješenja u željenoj regiji.

Kako se dva pronađena rješenja (-3;-2) i (-2;-5/3) graniče sa tačkom x=-2, to također provjeravamo.

Tako je tačka x=-2 rješenje. Općenito rješenje koje uzima ovo u obzir će izgledati kao (-3;5/3).

Primjer 2. Pronađite rješenje nejednakosti
|x-2|-|x-3|>=|x-4|

Rješenje:
Nule submodularnih funkcija će biti tačke x=2, x=3, x=4. Za vrijednosti argumenata manje od ovih tačaka, submodularne funkcije su negativne, a za veće vrijednosti pozitivne.

Tačke dijele realnu osu na četiri intervala. Proširujemo module prema intervalima predznaka konstante i rješavamo nejednačine.

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

Presjek pronađenih x vrijednosti sa razmatranim intervalom bit će skup tačaka

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

nejednačina koja, kada se preseče sa intervalom na kojem rešavamo, daje jedno rešenje – x=3.

3) Na intervalu između tačaka x=3 i x=4, prva i druga submodularna funkcija su pozitivne, a treća negativna. Na osnovu ovoga dobijamo

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

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

Pronađeni uvjet na sjecištu s intervalom daje sljedeći skup rješenja

Budući da je nejednakost riješena na svim intervalima, ostaje da se pronađe zajednička vrijednost svih pronađenih vrijednosti x. Rješenje će biti dva intervala

Ovim je primjer završen.

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

Rješenje:
Imamo nejednakost sa modulom iz modula. Takve nejednakosti se otkrivaju kako su moduli ugniježđeni, 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 osnovu toga širimo interni modul i razmatramo nejednakost na svakom od intervala.

Prvo, razmotrite interval od minus beskonačnosti do jedan

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

Na raskrsnici sa područjem koje razmatramo dobijamo skup rješenja

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

Uzimajući u obzir područje proširenja modula, dobijamo interval rješenja

ZAPAMTITE: ako kod ovakvih nepravilnosti kod modula dobijete dva intervala koji graniče sa zajedničkom tačkom, onda je, po pravilu, i ovo rješenje.

Da biste to učinili, samo trebate provjeriti.

U ovom slučaju zamjenjujemo tačku x=-4.

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

Submodularna funkcija negativna za x<6.
Proširujući modul dobijamo

Ovaj uslov u preseku sa intervalom (1;6) daje prazan skup rešenja.

Za x>6 dobijamo nejednakost

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

Nejednačine s modulima koji sadrže kvadratne jednadžbe

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

Rješenje:
Submodularna funkcija nestaje u tačkama 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

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

Radi pogodnosti, zamjenjujemo tačku 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 nejednakost s modulima, ili jednostavna nejednakost stroga, onda rubovi pronađenih površina nisu rješenja, ali ako nejednakosti nisu stroge (), onda su ivice rješenja (označene uglastim zagradama).

Ovo pravilo koriste mnogi nastavnici: ako je data stroga nejednakost, a tokom izračunavanja upišete uglastu zagradu ([,]) u rješenje, oni će automatski smatrati da je to netačan odgovor. Također, prilikom testiranja, ako je data nestroga nejednakost sa modulima, onda među rješenjima potražite područja sa uglastim zagradama.

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

Uzimajući u obzir područje otkrivanja nejednakosti, rješenje će imati oblik

Zajedno sa prethodnim područjem ovo će dati dva poluintervala

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

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

Pronalaženje diskriminanta jednačine

i korenje

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

Što čovek više razume, to je jača njegova želja da razume

Toma Akvinski

Metoda intervala vam omogućava da riješite sve jednadžbe koje sadrže modul. Suština ove metode je da se brojevna osa podijeli na nekoliko sekcija (intervala), a os treba podijeliti nulama izraza u modulima. Zatim, na svakom od rezultujućih sekcija, svaki submodularni izraz je pozitivan ili negativan. Stoga se svaki od modula može otvoriti ili sa znakom minus ili sa znakom plus. Nakon ovih koraka, ostaje samo riješiti svaku od rezultirajućih jednostavnih jednačina na intervalu koji se razmatra i kombinirati dobivene odgovore.

Pogledajmo ovu metodu koristeći poseban primjer.

|x + 1| + |2x – 4| – |x + 3| = 2x – 6.

1) Nađimo nule izraza u modulima. Da bismo to učinili, moramo ih izjednačiti s nulom i riješiti rezultirajuće jednadžbe.

x + 1 = 0 2x – 4 = 0 x + 3 = 0

x = -1 2x = 4 x = -3

2) Postavite rezultujuće tačke traženim redosledom na koordinatnu liniju. Oni će podijeliti cijelu osu na četiri dijela.

3) Odredimo na svakom od rezultujućih sekcija predznake izraza u modulima. Da bismo to učinili, u njih zamjenjujemo sve brojeve iz intervala koji nas zanimaju. Ako je rezultat izračuna pozitivan broj, onda u tablicu stavljamo “+”, a ako je broj negativan, onda stavljamo “–”. Ovo se može prikazati ovako:

4) Sada ćemo riješiti jednačinu na svakom od četiri intervala, otkrivajući module sa predznacima koji su naznačeni u tabeli. Dakle, pogledajmo prvi interval:

I interval (-∞; -3). Na njemu se svi moduli otvaraju znakom “–”. Dobijamo sljedeću jednačinu:

-(x + 1) – (2x – 4) – (-(x + 3)) = 2x – 6. Hajde da predstavimo slične pojmove, prvo otvarajući zagrade u rezultirajućoj jednadžbi:

X – 1 – 2x + 4 + x + 3 = 2x – 6

Dobijeni odgovor nije uključen u razmatrani interval, pa ga nije potrebno pisati u konačnom odgovoru.

II interval [-3; -1). U ovom intervalu u tabeli postoje znakovi „–“, „–“, „+“. Upravo ovako otvaramo module originalne jednadžbe:

-(x + 1) – (2x – 4) – (x + 3) = 2x – 6. Pojednostavimo otvaranjem zagrada:

X – 1 – 2x + 4 – x – 3 = 2x – 6. Predstavimo slične u rezultirajućoj jednadžbi:

x = 6/5. Rezultirajući broj ne pripada intervalu koji se razmatra, stoga nije korijen izvorne jednadžbe.

III interval [-1; 2). Proširujemo module originalne jednadžbe sa predznacima koji se pojavljuju u trećem stupcu na slici. Dobijamo:

(x + 1) – (2x – 4) – (x + 3) = 2x – 6. Oslobodimo se zagrada i pomerimo članove koji sadrže varijablu x na lijevu stranu jednačine, a one koji ne sadrže x na desno. imat će:

x + 1 – 2x + 4 – x – 3 = 2x – 6

Broj 2 nije uključen u interval koji se razmatra.

IV interval

Jednostavno rečeno, modul je „broj bez minusa“. I upravo u toj dvojnosti (na nekim mjestima ne morate ništa raditi s originalnim brojem, ali na nekima morate ukloniti neku vrstu minusa) je cijela poteškoća za početnike.

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

Definicija. Neka je tačka $a$ označena na brojevnoj pravoj. Zatim modul $\left| x-a \right|$ je rastojanje od tačke $x$ do tačke $a$ na ovoj pravoj.

Ako nacrtate sliku, dobićete nešto ovako:

Definicija grafičkog modula

Na ovaj ili onaj način, iz definicije modula odmah slijedi njegovo ključno svojstvo: modul broja je uvijek nenegativna veličina. Ova činjenica će biti crvena nit koja se provlači kroz cijeli naš današnji narativ.

Rješavanje nejednačina. Intervalna metoda

Pogledajmo sada nejednakosti. Ima ih jako puno, ali naš zadatak je sada da riješimo barem najjednostavniji od njih. One koje se svode na linearne nejednakosti, kao i na intervalnu metodu.

Imam dvije velike lekcije na ovu temu (usput, vrlo, VEOMA korisne - preporučujem da ih proučite):

1. Metoda intervala za nejednakosti (posebno pogledajte video);
2. Razlomke racionalne nejednakosti su vrlo opsežna lekcija, ali nakon nje nećete imati uopće pitanja.

Ako sve ovo znate, ako vam fraza „pređimo od nejednakosti na jednačinu” ne izaziva nejasnu želju da se udarite o zid, onda ste spremni: dobrodošli u pakao na glavnu temu lekcije. :)

1. Nejednakosti oblika “Modulus je manji od funkcije”

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

\[\lijevo| f\right| \ltg\]

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

\[\početi(poravnati) & \lijevo| 2x+3 \desno| \lt x+7; \\ & \lijevo| ((x)^(2))+2x-3 \desno|+3\levo(x+1 \desno) \lt 0; \\ & \lijevo| ((x)^(2))-2\lijevo| x \right|-3 \right| \lt 2. \\\end(poravnati)\]

Svi se oni mogu riješiti doslovno u jednom redu prema sljedećoj shemi:

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

Lako je vidjeti da smo se riješili modula, ali zauzvrat dobijamo dvostruku nejednakost (ili, što je isto, sistem dvije nejednakosti). Ali ova tranzicija uzima u obzir apsolutno sve moguće probleme: ako je broj ispod modula pozitivan, metoda radi; ako je negativan, i dalje radi; pa čak i sa najneadekvatnijom funkcijom umjesto $f$ ili $g$, metoda će i dalje raditi.

Naravno, postavlja se pitanje: zar ne može biti jednostavnije? Nažalost, to nije moguće. Ovo je cijela poenta modula.

Međutim, dosta sa filozofiranjem. Rešimo par problema:

Zadatak. Riješite nejednačinu:

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

Rješenje. Dakle, pred nama je klasična nejednakost oblika "modul je manji" - čak nema ništa za transformaciju. Radimo po algoritmu:

\[\početi(poravnati) & \lijevo| f\right| \lt g\Strelica desno -g \lt f \lt g; \\ & \lijevo| 2x+3 \desno| \lt x+7\Strelica desno -\lijevo(x+7 \desno) \lt 2x+3 \lt x+7 \\\kraj (poravnati)\]

Nemojte žuriti da otvarate zagrade ispred kojih stoji "minus": sasvim je moguće da ćete zbog svoje žurbe napraviti uvredljivu grešku.

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

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

Problem je sveden na dvije elementarne nejednakosti. Zabilježimo njihova rješenja na paralelnim brojevnim pravima:

Raskrsnica mnogih

Presjek ovih skupova će biti odgovor.

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

Zadatak. Riješite nejednačinu:

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

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

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

Očigledno, opet imamo nejednakost oblika „modul je manji“, pa se rješavamo modula koristeći već poznati algoritam:

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

Pažnja: neko će reći da sam ja pomalo perverznjak sa svim ovim zagradama. Ali da vas još jednom podsjetim da je naš ključni cilj tačno riješiti nejednačinu i dobiti odgovor. Kasnije, kada savršeno savladate sve što je opisano u ovoj lekciji, možete to sami izopačiti kako želite: otvorite zagrade, dodajte minuse itd.

Za početak, jednostavno ćemo se riješiti dvostrukog minusa s lijeve strane:

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

Sada otvorimo sve zagrade u dvostrukoj nejednakosti:

Prijeđimo na dvostruku nejednakost. Ovoga puta kalkulacije će biti ozbiljnije:

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

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

Obje nejednakosti su kvadratne i mogu se riješiti intervalnom metodom (zato kažem: ako ne znate šta je ovo, bolje je da još ne preuzimate module). Pređimo na jednadžbu u prvoj nejednakosti:

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

Kao što vidite, izlaz je nepotpuna kvadratna jednačina, koja se može riješiti na elementaran način. Pogledajmo sada drugu nejednakost sistema. Tamo ćete morati primijeniti Vietinu teoremu:

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

Dobivene brojeve označavamo na dvije paralelne prave (odvojeno za prvu nejednakost i odvojeno za drugu):

Opet, pošto rješavamo sistem nejednačina, zanima nas presjek osenčenih skupova: $x\in \left(-5;-2 \right)$. Ovo je odgovor.

Odgovor: $x\in \levo(-5;-2 \desno)$

Mislim da je nakon ovih primjera shema rješenja krajnje jasna:

1. Izolirajte modul pomicanjem svih ostalih pojmova na suprotnu stranu nejednakosti. Tako dobijamo nejednakost oblika $\left| f\right| \ltg$.
2. Riješite ovu nejednakost tako što ćete se riješiti modula prema gore opisanoj shemi. U nekom trenutku će biti potrebno preći sa dvostruke nejednakosti na sistem dva nezavisna izraza, od kojih se svaki već može posebno rešavati.
3. Konačno, preostaje samo da se ukrste rješenja ova dva nezavisna izraza - i to je to, dobićemo 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. Nejednakosti oblika “Modul je veći od funkcije”

izgledaju ovako:

\[\lijevo| f\right| \gtg\]

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

\[\lijevo| f\right| \gt g\Strelica desno \levo[ \begin(poravnati) & f \gt g, \\ & f \lt -g \\\end(poravnati) \desno.\]

Drugim riječima, razmatramo dva slučaja:

1. Prvo, jednostavno zanemarimo modul i riješimo uobičajenu nejednakost;
2. Zatim, u suštini, širimo modul sa predznakom minus, a zatim množimo obe strane nejednakosti sa −1, dok ja imam predznak.

U ovom slučaju, opcije se kombiniraju uglastom zagradom, tj. Pred nama je kombinacija dva zahtjeva.

Napominjemo još jednom: ovo nije sistem, već totalitet, dakle u odgovoru skupovi se kombinuju, a ne seku. Ovo je fundamentalna razlika u odnosu na prethodnu tačku!

Općenito, mnogi studenti su potpuno zbunjeni sindikatima i raskrižjima, pa hajde da riješimo ovo pitanje jednom za svagda:

• "∪" je znak sindikata. U stvari, ovo je stilizovano slovo “U”, koje je do nas došlo iz engleskog jezika i skraćenica je za “Union”, tj. "Udruženja".
• "∩" je znak raskrsnice. Ovo sranje nije došlo niotkuda, već se jednostavno pojavilo kao kontrapunkt "∪".

Da biste još lakše zapamtili, samo privucite noge na ove znakove da napravite naočale (samo me nemojte sada optuživati ​​da promovišem ovisnost o drogama i alkoholizam: ako ozbiljno proučavate ovu lekciju, onda ste već narkoman):

Razlika između presjeka i unije skupova

Prevedeno na ruski, to znači sljedeće: unija (totalnost) uključuje elemente iz oba skupa, stoga ni na koji način nije manja od svakog od njih; ali raskrsnica (sistem) uključuje samo one elemente koji su istovremeno i u prvom i u drugom skupu. Stoga, presjek skupova nikada nije veći od izvornih skupova.

Dakle, postalo je jasnije? To je sjajno. Pređimo na praksu.

Zadatak. Riješite nejednačinu:

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

Rješenje. Nastavljamo prema šemi:

\[\lijevo| 3x+1 \desno| \gt 5-4x\Strelica desno \levo[ \početak(poravnati) & 3x+1 \gt 5-4x \\ & 3x+1 \lt -\levo(5-4x \desno) \\\end(poravnati) \ tačno.\]

Svaku nejednakost u populaciji rješavamo:

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

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

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

Svaki rezultirajući skup označavamo na brojevnoj liniji, a zatim ih kombiniramo:

Unija skupova

Sasvim je očigledno da će odgovor biti $x\in \left(\frac(4)(7);+\infty \right)$

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

Zadatak. Riješite nejednačinu:

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

Rješenje. Pa? Ništa - sve je isto. Od nejednakosti sa modulom prelazimo na skup od dvije nejednakosti:

\[\lijevo| ((x)^(2))+2x-3 \desno| \gt x\Strelica desno \left[ \begin(poravnati) & ((x)^(2))+2x-3 \gt x \\ & ((x)^(2))+2x-3 \lt -x \\\kraj (poravnaj) \desno.\]

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

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

Druga nejednakost je također pomalo divlja:

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

Sada trebate označiti ove brojeve na dvije ose - jednu os za svaku nejednakost. Međutim, morate označiti tačke ispravnim redoslijedom: što je broj veći, to se tačka dalje pomiče udesno.

I ovdje nas čeka postavka. Ako je sve jasno sa brojevima $\frac(-3-\sqrt(21))(2) \lt \frac(-1-\sqrt(13))(2)$ (članovi u brojiocu prvog razlomak su manji od članova u brojiocu drugog, pa je i zbir manji), sa brojevima $\frac(-3-\sqrt(13))(2) \lt \frac(-1+\sqrt (21))(2)$ također neće biti poteškoća (pozitivan broj očito negativniji), onda sa zadnjim parom sve nije tako jasno. Što je veće: $\frac(-3+\sqrt(21))(2)$ ili $\frac(-1+\sqrt(13))(2)$? Postavljanje tačaka na brojevne prave i, zapravo, odgovor će zavisiti od odgovora na ovo pitanje.

Pa da uporedimo:

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

Izolirali smo korijen, dobili smo nenegativne brojeve na obje strane nejednakosti, tako da imamo pravo kvadrirati obje strane:

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

Mislim da nije pametno da $4\sqrt(13) \gt 3$, tako da $\frac(-1+\sqrt(13))(2) \gt \frac(-3+\sqrt(21)) ( 2)$, konačne tačke na osi će biti postavljene ovako:

Slučaj ružnih korijena

Da vas podsjetim da rješavamo skup, tako da će odgovor biti unija, a ne sjecište osenčenih skupova.

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

Kao što vidite, naša shema odlično funkcionira i za jednostavne i za vrlo teške probleme. Jedina “slaba tačka” u ovom pristupu je ta što trebate ispravno uporediti iracionalne brojeve (i vjerujte mi: to nisu samo korijeni). Ali posebna (i vrlo ozbiljna) lekcija će biti posvećena pitanjima poređenja. I idemo dalje.

3. Nejednakosti sa nenegativnim "repovima"

Sada dolazimo do najzanimljivijeg dijela. Ovo su nejednakosti oblika:

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

Uopšteno govoreći, algoritam o kojem ćemo sada govoriti je ispravan samo za modul. Radi u svim nejednačinama gdje su zagarantovani nenegativni izrazi s lijeve i desne strane:

Šta raditi s ovim zadacima? Samo se sjeti:

U nejednačinama sa nenegativnim „repom“, obje strane se mogu podići na bilo koju prirodnu potenciju. Neće biti dodatnih ograničenja.

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

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

Samo nemojte ovo brkati sa uzimanjem korijena kvadrata:

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

Napravljene su bezbrojne greške kada je student zaboravio da instalira modul! Ali ovo je sasvim druga priča (ovo su, takoreći, iracionalne jednadžbe), pa nećemo sada ulaziti u ovo. Hajde da bolje riješimo nekoliko problema:

Zadatak. Riješite nejednačinu:

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

Rješenje. Odmah da primetimo dve stvari:

1. Ovo nije striktna nejednakost. Tačke na brojevnoj liniji će biti probušene.
2. Obje strane nejednakosti su očigledno nenegativne (ovo je svojstvo modula: $\left| f\left(x \right) \right|\ge 0$).

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

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

U poslednjem koraku sam se malo prevario: promenio sam redosled pojmova, koristeći prednost ravnosti modula (u stvari, pomnožio sam izraz $1-2x$ sa −1).

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

Rješavamo metodom intervala. Pređimo sa nejednačine na jednačinu:

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

Pronađene korijene označavamo na brojevnoj pravoj. Još jednom: sve tačke su zasjenjene jer izvorna nejednakost nije stroga!

Uklanjanje znaka modula

Da vas podsjetim za one koji su posebno tvrdoglavi: uzimamo predznake iz posljednje nejednačine, koja je zapisana prije prelaska na jednadžbu. I farbamo preko potrebnih površina u istoj nejednakosti. U našem slučaju to je $\left(x-3 \right)\left(3x+1 \right)\le 0$.

OK, sve je gotovo. Problem je riješen.

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

Zadatak. Riješite nejednačinu:

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

Rješenje. Sve radimo isto. Neću komentarisati - samo pogledajte redosled radnji.

Na kvadrat:

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

Metoda intervala:

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

Na brojevnoj pravoj postoji samo jedan korijen:

Odgovor je čitav interval

Odgovor: $x\in \left[ -1.5;+\infty \right)$.

Mala napomena o zadnjem zadatku. Kao što je jedan od mojih učenika tačno primetio, oba submodularna izraza u ovoj nejednakosti su očigledno pozitivna, pa se znak modula može izostaviti bez štete po zdravlje.

Ali ovo je potpuno drugačiji nivo razmišljanja i drugačiji pristup - to se uslovno može nazvati metodom posljedica. O tome - u posebnoj lekciji. Pređimo sada na završni dio današnje lekcije i pogledajmo univerzalni algoritam koji uvijek radi. Čak i kada su svi dosadašnji pristupi bili nemoćni. :)

4. Metoda nabrajanja opcija

Šta 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“ sve matematike – metoda grube sile. U odnosu na nejednakosti sa modulom to izgleda ovako:

1. Napišite sve submodularne izraze i postavite ih jednakima nuli;
2. Riješite rezultirajuće jednačine i označite korijene pronađene na jednoj brojevnoj pravoj;
3. Prava linija će biti podijeljena na nekoliko dijelova, unutar kojih svaki modul ima fiksni znak i stoga je jedinstveno otkriven;
4. Riješite nejednakost na svakom takvom odsječku (možete zasebno razmotriti korijenske granice dobivene u koraku 2 - radi pouzdanosti). Kombinujte rezultate - ovo će biti odgovor. :)

Pa kako? Slabo? Lako! Samo na duže vreme. Da vidimo u praksi:

Zadatak. Riješite nejednačinu:

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

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

Zapisujemo submodularne izraze, izjednačavamo ih sa nulom i pronalazimo korijene:

\[\begin(align) & x+2=0\Strelica desno x=-2; \\ & x-1=0\Strelica desno x=1. \\\end(poravnati)\]

Ukupno imamo dva korijena koji dijele brojevnu pravu na tri dijela, unutar kojih se svaki modul otkriva na jedinstven način:

Particioniranje brojevne prave nulama submodularnih funkcija

Pogledajmo svaki odjeljak posebno.

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

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

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

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

Očigledno, 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 originalnu nejednakost i provjerimo: da li je to istina?

\[\begin(poravnati) & ((\levo. \left| x+2 \right| \lt \left| x-1 \right|+x-1.5 \right|)_(x=-2) ) \ \ & 0 \lt \lijevo| -3\desno|-2-1,5; \\ & 0 \lt 3-3,5; \\ & 0 \lt -0.5\Strelica desno \varnothing . \\\end(poravnati)\]

Očigledno je da nas je lanac proračuna doveo do netačne nejednakosti. Dakle, originalna nejednakost je također netačna, a $x=-2$ nije uključeno u odgovor.

2. Neka sada $-2 \lt x \lt 1$. Lijevi modul će se već otvoriti sa „plus“, ali će se desni i dalje otvoriti sa „minus“. Imamo:

\[\begin(poravnati) & x+2 \lt -\left(x-1 \right)+x-1.5 \\ & x+2 \lt -x+1+x-1.5 \\& x \lt - 2.5 \\\end(poravnati)\]

Opet se ukrštamo s originalnim zahtjevom:

\[\left\( \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 nema brojeva koji su i manji od −2,5 i veći od −2.

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

\[\begin(poravnati) & ((\levo. \left| x+2 \right| \lt \left| x-1 \right|+x-1.5 \right|)_(x=1)) \\ & \levo| 3\desno| \lt \lijevo| 0\desno|+1-1,5; \\ & 3 \lt -0,5; \\ & 3 \lt -0.5\Strelica desno \varnothing . \\\end(poravnati)\]

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

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

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

I opet siječemo pronađeni skup s originalnim ograničenjem:

\[\left\( \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: $x\in \levo(4,5;+\infty \desno)$

Na kraju, jedna napomena koja vas može spasiti od glupih grešaka pri rješavanju stvarnih problema:

Rješenja nejednačina sa modulima obično predstavljaju neprekidne skupove na brojevnoj pravoj - intervale i segmente. Izolovane tačke su mnogo rjeđe. A još rjeđe se dešava da se granica rješenja (kraj segmenta) poklapa s granicom raspona koji se razmatra.

Prema tome, ako granice (isti „posebni slučajevi“) nisu uključene u odgovor, onda područja lijevo i desno od ovih granica gotovo sigurno neće biti uključena u odgovor. I obrnuto: granica je ušla u odgovor, što znači da će i neka područja oko nje biti odgovori.

Imajte to na umu kada pregledavate svoja rješenja.