Egyenletek és egyenlőtlenségek modulussal. Az intervallum módszer univerzális módszer a modulusos egyenlőtlenségek megoldására

Matematika a tudomány bölcsességének szimbóluma,

a tudományos szigor és egyszerűség modellje,

a tudomány kiválóságának és szépségének mércéje.

Orosz filozófus, professzor A.V. Volosinov

Egyenlőtlenségek a modulussal

Az iskolai matematikában a legnehezebben megoldható problémák az egyenlőtlenségek, modulusjel alatti változókat tartalmazó. Az ilyen egyenlőtlenségek sikeres megoldásához jól ismernie kell a modul tulajdonságait, és rendelkeznie kell a használatukhoz szükséges készségekkel.

Alapfogalmak és tulajdonságok

Valós szám modulusa (abszolút értéke).által jelölve és a következőképpen van meghatározva:

Egy modul egyszerű tulajdonságai a következő kapcsolatokat tartalmazzák:

ÉS .

Jegyzet, hogy az utolsó két tulajdonság bármely páros fokozatra érvényes.

Sőt, ha, hol, akkor és

Bonyolultabb modultulajdonságok, amelyek hatékonyan használhatók egyenletek és egyenlőtlenségek modulusos megoldása során, a következő tételekkel fogalmazódnak meg:

1. tétel.Bármilyen analitikai funkcióhozÉs az egyenlőtlenség igaz.

2. tétel. Egyenlőség egyenlőtlenséggel egyenlő.

3. tétel. Egyenlőség egyenlőtlenséggel egyenlő.

A leggyakoribb egyenlőtlenségek az iskolai matematikában, ismeretlen változókat tartalmazó modulusjel alatt, formai egyenlőtlenségekés hol valami pozitív állandó.

4. tétel. Egyenlőtlenség egyenlő a kettős egyenlőtlenséggel, és az egyenlőtlenség megoldásaegyenlőtlenségek halmazának megoldására redukálódikÉs .

Ez a tétel a 6. és 7. tétel speciális esete.

Bonyolultabb egyenlőtlenségek, modult tartalmazó egyenlőtlenségek, És .

Az ilyen egyenlőtlenségek megoldására szolgáló módszereket a következő három tétel segítségével lehet megfogalmazni.

5. tétel. Egyenlőtlenség ekvivalens két egyenlőtlenségi rendszer kombinációjával

én (1)

Bizonyíték. Azóta

Ez magában foglalja az (1) érvényességét.

6. tétel. Egyenlőtlenség ekvivalens az egyenlőtlenségek rendszerével

Bizonyíték. Mert , majd az egyenlőtlenségtől ezt követi . Ilyen feltétel mellett az egyenlőtlenségés ebben az esetben a második egyenlőtlenségi rendszer (1) inkonzisztensnek bizonyul.

A tétel bizonyítást nyert.

7. tétel. Egyenlőtlenség egyenértékű egy egyenlőtlenség és két egyenlőtlenségi rendszer kombinációjával

én (3)

Bizonyíték. Mivel , akkor az egyenlőtlenség mindig kivégezve, Ha .

hagyd, akkor egyenlőtlenségegyenlőtlenséggel lesz egyenlő, amelyből két egyenlőtlenség halmaza következikÉs .

A tétel bizonyítást nyert.

Nézzünk tipikus példákat a problémák megoldására az „Egyenlőtlenségek, modulusjel alatti változókat tartalmaz."

Egyenlőtlenségek megoldása modulussal

A modulusos egyenlőtlenségek megoldásának legegyszerűbb módja a módszer, modulbővítés alapján. Ez a módszer univerzális, használata azonban általános esetben igen körülményes számításokhoz vezethet. Ezért a tanulóknak ismerniük kell más (hatékonyabb) módszereket és technikákat az ilyen egyenlőtlenségek megoldására. Különösen, tételalkalmazási készségekre van szükség, ebben a cikkben adjuk meg.

1. példaOldja meg az egyenlőtlenséget

. (4)

Megoldás.A (4) egyenlőtlenséget a „klasszikus” módszerrel – a modulok feltárásának módszerével – oldjuk meg. Ebből a célból elosztjuk a számtengelyt pontok és intervallumokra, és vegyünk három esetet.

1. Ha , akkor , , , és a (4) egyenlőtlenség formát ölt vagy .

Mivel itt az esetet vizsgáljuk, ez az egyenlőtlenség megoldása (4).

2. Ha, akkor a (4) egyenlőtlenségből azt kapjuk vagy . Az intervallumok metszéspontja ótaÉs üres, akkor a vizsgált megoldások intervallumán nincs (4) egyenlőtlenség.

3. Ha, akkor a (4) egyenlőtlenség formát ölt vagy . Ez nyilvánvaló az egyenlőtlenség megoldása is (4).

Válasz: , .

2. példa Oldja meg az egyenlőtlenséget.

Megoldás. Tegyük fel, hogy. Mert , akkor az adott egyenlőtlenség azt a formát ölti vagy . Azóta és innen következik vagy .

Azonban ezért ill.

3. példa Oldja meg az egyenlőtlenséget

. (5)

Megoldás. Mert , akkor az (5) egyenlőtlenség ekvivalens az egyenlőtlenségekkel vagy . Innen, a 4. tétel szerint, egyenlőtlenségek halmaza vanÉs .

Válasz: , .

4. példaOldja meg az egyenlőtlenséget

. (6)

Megoldás. Jelöljük. Ekkor a (6) egyenlőtlenségből megkapjuk a , , vagy egyenlőtlenségeket.

Innen, intervallum módszerrel, kapunk . Mert , akkor itt van egy egyenlőtlenségi rendszerünk

A (7) rendszer első egyenlőtlenségének megoldása két intervallum uniójaés , a második egyenlőtlenség megoldása pedig a kettős egyenlőtlenség. Ez azt jelenti, hogy a (7) egyenlőtlenségrendszer megoldása két intervallum uniójaÉs .

Válasz: ,

5. példa.Oldja meg az egyenlőtlenséget

. (8)

Megoldás. Alakítsuk át a (8) egyenlőtlenséget a következőképpen:

Vagy .

Az intervallum módszer segítségével, megoldást kapunk a (8) egyenlőtlenségre.

Válasz: .

Jegyzet. Ha és az 5. Tétel feltételei között tesszük, akkor megkapjuk.

6. példa. Oldja meg az egyenlőtlenséget

. (9)

Megoldás. A (9) egyenlőtlenségből az következik. Alakítsuk át a (9) egyenlőtlenséget a következőképpen:

Vagy

Azóta vagy .

Válasz: .

7. példa.Oldja meg az egyenlőtlenséget

. (10)

Megoldás. Mivel és , akkor vagy .

Ebben a tekintetben az egyenlőtlenség (10) pedig formát ölt

Vagy

. (11)

Ebből következik, hogy ill. Mivel , akkor a (11) egyenlőtlenségből is vagy .

Válasz: .

Jegyzet. Ha az 1. tételt alkalmazzuk a (10) egyenlőtlenség bal oldalára, akkor megkapjuk . Ebből és a (10) egyenlőtlenségből az következik, mit vagy . Mert , akkor a (10) egyenlőtlenség formát ölt vagy .

8. példa. Oldja meg az egyenlőtlenséget

. (12)

Megoldás. Azóta a (12) egyenlőtlenségből pedig az következik vagy . Azonban ezért ill. Innen kapunk ill.

Válasz: .

9. példa. Oldja meg az egyenlőtlenséget

. (13)

Megoldás. A 7. tétel szerint a (13) egyenlőtlenség megoldása vagy .

Legyen most. Ebben az esetben az egyenlőtlenség (13) pedig formát ölt vagy .

Ha kombinálja az intervallumokatés , akkor megoldást kapunk a forma (13) egyenlőtlenségére.

10. példa. Oldja meg az egyenlőtlenséget

. (14)

Megoldás.Írjuk át a (14) egyenlőtlenséget ekvivalens alakra: . Ha az 1. tételt alkalmazzuk ennek az egyenlőtlenségnek a bal oldalára, akkor az egyenlőtlenséget kapjuk.

Innen és az 1. Tételből az következik, hogy a (14) egyenlőtlenség bármely értékre teljesül.

Válasz: tetszőleges szám.

11. példa. Oldja meg az egyenlőtlenséget

. (15)

Megoldás. Az 1. tétel alkalmazása a (15) egyenlőtlenség bal oldalára, kapunk . Ez és a (15) egyenlőtlenség adja az egyenletet, amelynek megvan a formája.

A 3. tétel szerint, az egyenlet egyenlőtlenséggel egyenlő. Innen kapunk.

12. példa.Oldja meg az egyenlőtlenséget

. (16)

Megoldás. A (16) egyenlőtlenségből a 4. Tétel szerint egyenlőtlenségi rendszert kapunk

Az egyenlőtlenség feloldásakorHasználjuk a 6. tételt, és állítsuk elő az egyenlőtlenségek rendszerétamiből az következik.

Vegye figyelembe az egyenlőtlenséget. A 7. tétel szerint, egyenlőtlenségek halmazát kapjukÉs . A második népességi egyenlőtlenség minden reálra érvényes.

Ennélfogva , a (16) egyenlőtlenség megoldása az.

13. példa.Oldja meg az egyenlőtlenséget

. (17)

Megoldás. Az 1. Tétel szerint írhatunk

(18)

A (17) egyenlőtlenséget figyelembe véve arra a következtetésre jutunk, hogy mindkét egyenlőtlenség (18) egyenlőséggé alakul, i.e. van egy egyenletrendszer

A 3. tétel szerint ez az egyenletrendszer ekvivalens az egyenlőtlenségek rendszerével

vagy

14. példa.Oldja meg az egyenlőtlenséget

. (19)

Megoldás. Azóta. Szorozzuk meg a (19) egyenlőtlenség mindkét oldalát a kifejezéssel, amely bármely értékhez csak pozitív értékeket vesz fel. Ekkor egy egyenlőtlenséget kapunk, amely ekvivalens a (19) alakú egyenlőtlenséggel

Innen kapunk vagy , hol . Mivel és akkor a (19) egyenlőtlenség megoldása azÉs .

Válasz: , .

Az egyenlőtlenségek modulusos megoldási módszereinek alaposabb tanulmányozásához javasoljuk, hogy lapozzon a tankönyvekhez, az ajánlott irodalom jegyzékében található.

1. Matematikai feladatgyűjtemény főiskolára jelentkezők számára / Szerk. M.I. Scanavi. – M.: Béke és oktatás, 2013. – 608 p.

2. Suprun V.P. Matematika középiskolásoknak: az egyenlőtlenségek megoldásának és bizonyításának módszerei. – M.: Lenand / URSS, 2018. – 264 p.

3. Suprun V.P. Matematika középiskolásoknak: nem szabványos feladatok megoldási módszerek. – M.: CD „Librocom” / URSS, 2017. – 296 p.

Van még kérdése?

Ha segítséget szeretne kérni egy oktatótól, regisztráljon.

weboldalon, az anyag teljes vagy részleges másolásakor a forrásra mutató hivatkozás szükséges.

Számok modulusa magát ezt a számot hívják, ha nem negatív, vagy ugyanazt a számot ellenkező előjellel, ha negatív.

Például a 6-os szám modulusa 6, és a -6-os szám modulusa is 6.

Vagyis egy szám modulusa az abszolút érték, ennek a számnak az abszolút értéke, előjelének figyelembe vétele nélkül.

Jelölése a következő: |6|, | x|, |A| stb.

(További részletek a „Számmodul” részben).

Egyenletek modulussal.

1. példa . Oldja meg az egyenletet|10 x - 5| = 15.

Megoldás.

A szabály szerint az egyenlet ekvivalens két egyenlet kombinációjával:

10x - 5 = 15
10x - 5 = -15

Mi döntünk:

10x = 15 + 5 = 20
10x = -15 + 5 = -10

x = 20: 10
x = -10: 10

x = 2
x = -1

Válasz: x 1 = 2, x 2 = -1.

2. példa . Oldja meg az egyenletet|2 x + 1| = x + 2.

Megoldás.

Mivel a modulus nem negatív szám, akkor x+ 2 ≥ 0. Ennek megfelelően:

x ≥ -2.

Készítsünk két egyenletet:

2x + 1 = x + 2
2x + 1 = -(x + 2)

Mi döntünk:

2x + 1 = x + 2
2x + 1 = -x - 2

2x - x = 2 - 1
2x + x = -2 - 1

x = 1
x = -1

Mindkét szám nagyobb, mint -2. Tehát mindkettő az egyenlet gyökere.

Válasz: x 1 = -1, x 2 = 1.

3. példa . Oldja meg az egyenletet

|x + 3| - 1
————— = 4
x - 1

Megoldás.

Az egyenletnek akkor van értelme, ha a nevező nem nulla – ez azt jelenti, ha x≠ 1. Vegyük figyelembe ezt a feltételt. Az első műveletünk egyszerű – nem csak megszabadulunk a törttől, hanem átalakítjuk, hogy a modult tiszta formájában kapjuk meg:

|x+ 3| - 1 = 4 · ( x - 1),

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

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

|x + 3| = 4x - 3.

Most már csak egy kifejezésünk van a modulus alatt az egyenlet bal oldalán. Menj tovább.
Egy szám modulusa nem negatív szám – azaz nagyobbnak kell lennie nullánál vagy egyenlőnek kell lennie nullával. Ennek megfelelően megoldjuk az egyenlőtlenséget:

4x - 3 ≥ 0

4x ≥ 3

x ≥ 3/4

Így van egy második feltételünk is: az egyenlet gyökének legalább 3/4-nek kell lennie.

A szabálynak megfelelően két egyenletet állítunk össze, és megoldjuk őket:

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

Két választ kaptunk. Ellenőrizzük, hogy az eredeti egyenlet gyökerei-e.

Két feltételünk volt: az egyenlet gyöke nem lehet egyenlő 1-gyel, és legalább 3/4-nek kell lennie. Azaz x ≠ 1, x≥ 3/4. Mindkét feltétel a kapott két válasz közül csak az egyiknek felel meg – a 2-es számnak. Ez azt jelenti, hogy csak ez az eredeti egyenlet gyöke.

Válasz: x = 2.

Egyenlőtlenségek a modulussal.

1. példa . Oldja meg az egyenlőtlenséget| x - 3| < 4

Megoldás.

A modul szabálya kimondja:

|A| = A, Ha A ≥ 0.

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

A modul tartalmazhat nem negatív és negatív számokat is. Tehát mindkét esetet figyelembe kell vennünk: x- 3 ≥ 0 és x - 3 < 0.

1) Mikor x- 3 ≥ 0 eredeti egyenlőtlenségünk változatlan marad, csak modulusjel nélkül:
x - 3 < 4.

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

-(x - 3) < 4.

A zárójeleket kinyitva a következőket kapjuk:

-x + 3 < 4.

Ebből a két feltételből tehát két egyenlőtlenségi rendszer egyesítéséhez jutottunk:

x - 3 ≥ 0
x - 3 < 4

x - 3 < 0
-x + 3 < 4

Oldjuk meg őket:

x ≥ 3
x < 7

x < 3
x > -1

Tehát a válaszunk két halmaz uniója:

3 ≤ x < 7 U -1 < x < 3.

Határozza meg a legkisebb és legnagyobb értéket! Ezek a -1 és 7. Sőt x nagyobb, mint -1, de kisebb, mint 7.
Kívül, x≥ 3. Ez azt jelenti, hogy az egyenlőtlenség megoldása a -1 és 7 közötti számok teljes halmaza, kivéve ezeket a szélső számokat.

Válasz: -1 < x < 7.

Vagy: x ∈ (-1; 7).

Kiegészítők.

1) Van egy egyszerűbb és rövidebb módja az egyenlőtlenségünk feloldásának - grafikusan. Ehhez meg kell rajzolni egy vízszintes tengelyt (1. ábra).

Kifejezés | x - 3| < 4 означает, что расстояние от точки x a 3. ponthoz kevesebb, mint négy egység. Jelöljük a tengelyen a 3-as számot, és 4 osztást számolunk tőle balra és jobbra. A bal oldalon a -1 ponthoz jutunk, a jobb oldalon a 7. ponthoz. Így a pontok x csak láttuk őket anélkül, hogy kiszámoltuk volna.

Sőt, az egyenlőtlenségi feltétel szerint maguk a -1 és a 7 nem szerepelnek a megoldások halmazában. Így megkapjuk a választ:

1 < x < 7.

2) De van egy másik megoldás is, ami még a grafikus módszernél is egyszerűbb. Ehhez az egyenlőtlenségünket a következő formában kell bemutatni:

4 < x - 3 < 4.

Hiszen ez így van a modulusszabály szerint. A nem-negatív 4-es és a hasonló negatív -4-es szám az egyenlőtlenség megoldásának határa.

4 + 3 < x < 4 + 3

1 < x < 7.

2. példa . Oldja meg az egyenlőtlenséget| x - 2| ≥ 5

Megoldás.

Ez a példa jelentősen eltér az előzőtől. A bal oldal nagyobb, mint 5 vagy egyenlő 5-tel. Geometriai szempontból az egyenlőtlenség megoldása minden olyan szám, amely legalább 5 egységnyi távolságra van a 2. ponttól (2. ábra). A grafikon azt mutatja, hogy ezek mind olyan számok, amelyek kisebbek vagy egyenlőek -3-nál és nagyobbak vagy egyenlők 7-tel. Ez azt jelenti, hogy már megkaptuk a választ.

Válasz: -3 ≥ x ≥ 7.

Útközben ugyanazt az egyenlőtlenséget oldjuk meg úgy, hogy a szabad tagot balra és jobbra ellentétes előjellel átrendezzük:

5 ≥ x - 2 ≥ 5

5 + 2 ≥ x ≥ 5 + 2

A válasz ugyanaz: -3 ≥ x ≥ 7.

Vagy: x ∈ [-3; 7]

A példa megoldva.

3. példa . Oldja meg az egyenlőtlenséget 6 x 2 - | x| - 2 ≤ 0

Megoldás.

Szám x lehet pozitív szám, negatív szám vagy nulla. Ezért mindhárom körülményt figyelembe kell vennünk. Mint tudják, ezeket két egyenlőtlenségben veszik figyelembe: x≥ 0 és x < 0. При x≥ 0 egyszerűen átírjuk eredeti egyenlőtlenségünket úgy, ahogy van, csak modulusjel nélkül:

6x 2 - x - 2 ≤ 0.

Most a második esetről: ha 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.

A zárójelek bővítése:

6x 2 + x - 2 ≤ 0.

Így két egyenletrendszert kaptunk:

6x 2 - x - 2 ≤ 0
x ≥ 0

6x 2 + x - 2 ≤ 0
x < 0

Meg kell oldanunk a rendszerekben lévő egyenlőtlenségeket – és ez azt jelenti, hogy meg kell találnunk két másodfokú egyenlet gyökerét. Ehhez az egyenlőtlenségek bal oldalát nullával egyenlővé tesszük.

Kezdjük az elsővel:

6x 2 - x - 2 = 0.

Másodfokú egyenlet megoldása - lásd a „Másodfokú egyenlet” részt. Azonnal megnevezzük a választ:

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

Az első egyenlőtlenségrendszerből azt kapjuk, hogy az eredeti egyenlőtlenség megoldása a -1/2-től 2/3-ig terjedő számok teljes halmaza. A megoldások unióját a címen írjuk x ≥ 0:
[-1/2; 2/3].

Most oldjuk meg a második másodfokú egyenletet:

6x 2 + x - 2 = 0.

A gyökerei:

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

Következtetés: mikor x < 0 корнями исходного неравенства являются также все числа от -2/3 до 1/2.

Kombináljuk a két választ, és kapjuk meg a végső választ: a megoldás a teljes számhalmaz -2/3-tól 2/3-ig, beleértve ezeket az extrém számokat is.

Válasz: -2/3 ≤ x ≤ 2/3.

Vagy: x ∈ [-2/3; 2/3].

A modulokkal való egyenlőtlenségek feltárására szolgáló módszerek (szabályok) a modulok szekvenciális feltárásából állnak, a szubmoduláris függvények állandó előjelének intervallumait használva. A végső változatban több egyenlőtlenséget kapunk, amelyekből olyan intervallumokat vagy intervallumokat találunk, amelyek kielégítik a probléma feltételeit.

Térjünk át a gyakori példák gyakorlati megoldására.

Lineáris egyenlőtlenségek modulusokkal

Lineáris alatt olyan egyenleteket értünk, amelyekben egy változó lineárisan lép be az egyenletbe.

1. példa. Keress megoldást az egyenlőtlenségre!

Megoldás:
A feladat feltételeiből az következik, hogy a modulok nullára fordulnak x=-1 és x=-2 esetén. Ezek a pontok a számegyenest intervallumokra osztják

Ezen intervallumok mindegyikében megoldjuk az adott egyenlőtlenséget. Ehhez mindenekelőtt grafikus rajzokat készítünk a szubmoduláris függvények állandó előjelű területeiről. Az egyes funkciók jeleivel ellátott területekként vannak ábrázolva

vagy minden függvény előjelű intervallumok.

Az első intervallumban bővítjük a modulokat

Mindkét oldalt megszorozzuk mínusz eggyel, és az egyenlőtlenség előjele az ellenkezőjére változik. Ha ezt a szabályt nehezen szokja meg, akkor az egyes részeket a jel mögé mozgatva megszabadulhat a mínusztól. A végén megkapod

Az x>-3 halmaz metszéspontja azzal a területtel, amelyen az egyenleteket megoldottuk, a (-3;-2) intervallum lesz. Azok számára, akik könnyebben találnak megoldásokat, grafikusan megrajzolhatják e területek metszéspontját

A területek közös metszéspontja lesz a megoldás. Ha szigorúan egyenetlen, a szélek nem tartoznak bele. Ha nem szigorú, ellenőrizze helyettesítéssel.

A második intervallumban megkapjuk

A keresztmetszet a (-2;-5/3) intervallum lesz. Grafikusan így fog kinézni a megoldás

A harmadik intervallumon kapjuk

Ez a feltétel nem nyújt megoldást a kívánt régióban.

Mivel a talált két megoldás (-3;-2) és (-2;-5/3) az x=-2 ponton határos, ezt is ellenőrizzük.

Így az x=-2 pont a megoldás. Az általános megoldás ezt figyelembe véve így fog kinézni (-3;5/3).

2. példa Keressen megoldást az egyenlőtlenségre!
|x-2|-|x-3|>=|x-4|

Megoldás:
A szubmoduláris függvények nullái az x=2, x=3, x=4 pontok lesznek. Ezeknél a pontoknál kisebb argumentumértékek esetén a szubmoduláris függvények negatívak, nagyobb értékek esetén pedig pozitívak.

A pontok a valós tengelyt négy intervallumra osztják. Bővítjük a modulokat a konstans előjel intervallumainak megfelelően, és megoldjuk az egyenlőtlenségeket.

1) Az első intervallumban minden szubmoduláris függvény negatív, ezért a modulok bővítésekor az előjelet az ellenkezőjére változtatjuk.

A talált x értékek és a figyelembe vett intervallum metszéspontja pontok halmaza lesz

2) Az x=2 és x=3 pontok közötti intervallumon az első szubmoduláris függvény pozitív, a második és a harmadik negatív. A modulokat bővítve azt kapjuk

egy egyenlőtlenség, amely ha metszi azt az intervallumot, amelyen megoldjuk, egy megoldást ad – x=3.

3) Az x=3 és x=4 pontok közötti intervallumon az első és a második szubmoduláris függvény pozitív, a harmadik negatív. Ez alapján azt kapjuk

Ez a feltétel azt mutatja, hogy a teljes intervallum kielégíti a modulusokkal való egyenlőtlenséget.

4) x>4 érték esetén minden függvény pozitív előjelű. A modulok bővítésekor előjelüket nem változtatjuk meg.

Az intervallum metszéspontjában talált feltétel a következő megoldásokat adja

Mivel az egyenlőtlenség minden intervallumban megoldott, hátra van, hogy megtaláljuk x összes talált értékének közös értékét. A megoldás két intervallum lesz

Ezzel véget is ért a példa.

3. példa Keressen megoldást az egyenlőtlenségre!
||x-1|-5|>3-2x

Megoldás:
Van egy egyenlőtlenségünk a modulussal a modulustól. Az ilyen egyenlőtlenségek a modulok egymásba ágyazásakor mutatkoznak meg, kezdve a mélyebben elhelyezkedőkkel.

Az x-1 szubmoduláris függvényt nullává alakítjuk x=1 esetén. Kisebb, 1-nél nagyobb értékek esetén negatív, x>1 esetén pedig pozitív. Ennek alapján kibővítjük a belső modult, és figyelembe vesszük az egyenlőtlenséget az egyes intervallumokon.

Először vegye figyelembe a mínusz végtelentől egyig terjedő intervallumot

A szubmoduláris függvény x=-4 esetén nulla. Kisebb értékeknél pozitív, nagyobb értékeknél negatív. Bővítsük ki az x modult<-4:

Az általunk vizsgált terület metszéspontjában egy sor megoldást kapunk

A következő lépés a modul kibontása a (-4;1) intervallumon.

Figyelembe véve a modul bővítési területét, megkapjuk a megoldási intervallumot

NE felejtsük el: ha ilyen szabálytalanságok esetén modulokkal két intervallumot kapunk, amelyek egy közös pontot határolnak, akkor általában ez is megoldás.

Ehhez csak ellenőriznie kell.

Ebben az esetben az x=-4 pontot helyettesítjük.

Tehát x=-4 a megoldás.
Bővítsük ki az x>1 belső modulját

Szubmoduláris függvény negatív x-re<6.
Kibővítve a kapott modult

Ez a feltétel az (1;6) intervallumú szakaszban egy üres megoldáshalmazt ad.

x>6 esetén megkapjuk az egyenlőtlenséget

Szintén megoldva kaptunk egy üres készletet.
A fentieket figyelembe véve a modulokkal való egyenlőtlenség egyetlen megoldása a következő intervallum lesz.

Egyenlőtlenségek másodfokú egyenleteket tartalmazó modulusokkal

4. példa Keressen megoldást az egyenlőtlenségre!
|x^2+3x|>=2-x^2

Megoldás:
A szubmoduláris függvény az x=0, x=-3 pontokban eltűnik. A mínusz egy egyszerű helyettesítése

megállapítjuk, hogy a (-3;0) intervallumban nullánál kisebb, azon túl pedig pozitív.
Bővítsük ki a modult azokra a területekre, ahol a szubmoduláris függvény pozitív

Meg kell határozni azokat a régiókat, ahol a négyzetfüggvény pozitív. Ehhez meghatározzuk a másodfokú egyenlet gyökereit

Az egyszerűség kedvéért behelyettesítjük az x=0 pontot, amely a (-2;1/2) intervallumhoz tartozik. A függvény ebben az intervallumban negatív, ami azt jelenti, hogy a megoldás a következő x halmazok lesz

Itt a megoldásokkal ellátott területek széleit zárójelek jelzik, ez tudatosan történt, figyelembe véve a következő szabályt.

FIGYELEM: Ha egy modulusos egyenlőtlenség, vagy egy egyszerű egyenlőtlenség szigorú, akkor a talált területek élei nem megoldások, de ha az egyenlőtlenségek nem szigorúak (), akkor az élek megoldások (szögletes zárójelben jelöljük).

Ezt a szabályt sok tanár alkalmazza: ha szigorú egyenlőtlenséget adunk, és a számítások során szögletes zárójelet ([,]) írunk a megoldásba, akkor ezt automatikusan hibás válasznak fogják tekinteni. Továbbá, ha teszteléskor a modulokkal nem szigorú egyenlőtlenséget adunk, akkor a megoldások között keressük a szögletes zárójeles területeket.

A (-3;0) intervallumon a modult bővítve a függvény előjelét az ellenkezőjére változtatjuk

Figyelembe véve az egyenlőtlenség közzétételének területét, a megoldásnak megvan a formája

Az előző területtel együtt ez két félintervallumot ad

5. példa Keressen megoldást az egyenlőtlenségre!
9x^2-|x-3|>=9x-2

Megoldás:
Adott egy nem szigorú egyenlőtlenség, amelynek szubmoduláris függvénye az x=3 pontban nulla. Kisebb értékeknél negatív, nagyobb értékeknél pozitív. Bontsa ki a modult az x intervallumon<3.

Az egyenlet diszkriminánsának megtalálása

és gyökerei

A nulla pontot behelyettesítve megállapítjuk, hogy a [-1/9;1] intervallumon a másodfokú függvény negatív, ezért az intervallum megoldás. Ezután bővítjük a modult x>3-nál

Minél többet ért az ember, annál erősebb a megértés vágya

Aquinói Tamás

Az intervallummódszer lehetővé teszi bármilyen modulust tartalmazó egyenlet megoldását. Ennek a módszernek az a lényege, hogy a számtengelyt több szakaszra (intervallumra) bontjuk, és a tengelyt a modulokban lévő kifejezések nulláival kell felosztani. Ezután minden egyes eredményül kapott szakaszon minden szubmoduláris kifejezés pozitív vagy negatív. Ezért mindegyik modul mínuszjellel vagy pluszjellel nyitható meg. E lépések után már csak az eredményül kapott egyszerű egyenleteket kell megoldani a vizsgált intervallumon, és a kapott válaszokat összevonni.

Nézzük meg ezt a módszert egy konkrét példa segítségével.

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

1) Keressük meg a modulokban a kifejezések nulláit! Ehhez egyenlővé kell tenni őket nullával, és meg kell oldanunk a kapott egyenleteket.

x + 1 = 0 2x – 4 = 0 x + 3 = 0

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

2) Helyezze a kapott pontokat a kívánt sorrendben a koordinátaegyenesre! A teljes tengelyt négy részre osztják.

3) Határozzuk meg az egyes kapott szakaszokon a modulokban lévő kifejezések előjeleit! Ehhez bármilyen számot behelyettesítünk a számunkra érdekes intervallumokból. Ha a számítás eredménye pozitív szám, akkor a táblázatba „+”-t, ha pedig negatív, akkor „–”-t írunk. Ezt így lehet ábrázolni:

4) Most mind a négy intervallumon megoldjuk az egyenletet, feltárva a modulokat a táblázatban feltüntetett előjelekkel. Tehát nézzük az első intervallumot:

I intervallum (-∞; -3). Rajta az összes modul egy „–” jellel nyílik meg. A következő egyenletet kapjuk:

-(x + 1) – (2x – 4) – (-(x + 3)) = 2x – 6. Mutassunk be hasonló kifejezéseket, először nyissuk ki a zárójelet a kapott egyenletben:

X – 1 – 2x + 4 + x + 3 = 2x – 6

A kapott válasz nem számít bele a figyelembe vett intervallumba, így a végső válaszba nem szükséges beírni.

II intervallum [-3; -1). Ebben az intervallumban a táblázatban „–”, „–”, „+” jelek találhatók. Pontosan így nyitjuk meg az eredeti egyenlet moduljait:

-(x + 1) – (2x – 4) – (x + 3) = 2x – 6. Egyszerűsítsük a zárójelek kinyitásával:

X – 1 – 2x + 4 – x – 3 = 2x – 6. Mutassunk be hasonlókat a kapott egyenletben:

x = 6/5. A kapott szám nem tartozik a vizsgált intervallumhoz, ezért nem az eredeti egyenlet gyöke.

III intervallum [-1; 2). Az ábra harmadik oszlopában megjelenő előjelekkel bővítjük az eredeti egyenlet moduljait. Kapunk:

(x + 1) – (2x – 4) – (x + 3) = 2x – 6. Szabaduljunk meg a zárójelektől, és mozgassuk az x változót tartalmazó kifejezéseket az egyenlet bal oldalára, az x-et nem tartalmazó kifejezéseket pedig az egyenlet bal oldalára. a jobb. Lesz:

x + 1 – 2x + 4 – x – 3 = 2x – 6

A 2-es szám nem szerepel a vizsgált intervallumban.

IV intervallum

Egyszerűen fogalmazva, a modulus egy „szám mínusz nélkül”. És ebben a kettősségben (egyes helyeken nem kell semmit kezdeni az eredeti számmal, máshol viszont el kell távolítani valamilyen mínuszt) ez az, ahol az egész nehézség a kezdő hallgatók számára.

Van egy geometriai meghatározás is. Ezt is hasznos tudni, de csak bonyolult és néhány speciális esetben térünk rá, ahol a geometriai megközelítés kényelmesebb, mint az algebrai (spoiler: ma nem).

Meghatározás. Jelöljük a számegyenesen $a$ pontot. Ezután a $\left| modul x-a \right|$ a távolság $x$ ponttól $a$ pontig ezen az egyenesen.

Ha rajzolsz egy képet, valami ilyesmit kapsz:

Grafikus modul definíció

Így vagy úgy, egy modul definíciójából a kulcstulajdonsága azonnal következik: egy szám modulusa mindig nem negatív mennyiség. Ez a tény az egész mai narratívánkon áthaladó vörös szál lesz.

Egyenlőtlenségek megoldása. Intervallum módszer

Most nézzük az egyenlőtlenségeket. Nagyon sok van belőlük, de most az a feladatunk, hogy legalább a legegyszerűbbet meg tudjuk oldani. Azokat, amelyek lineáris egyenlőtlenségekre redukálnak, valamint az intervallum módszerre.

Két nagy leckém van ebben a témában (mellesleg nagyon, NAGYON hasznos - javaslom ezek tanulmányozását):

1. Intervallum módszer az egyenlőtlenségekre (különösen nézze meg a videót);
2. A töredékes racionális egyenlőtlenségek nagyon kiterjedt lecke, de utána már egyáltalán nem lesz kérdésed.

Ha mindezt tudod, ha az „egyenlőtlenségből térjünk át az egyenletre” kifejezés nem ébreszt benned homályos vágyat, hogy a falhoz ütd magad, akkor készen állsz: üdv a pokolban az óra fő témájában. :)

1. A „modulus kisebb, mint a függvény” alakú egyenlőtlenségek

Ez az egyik leggyakoribb probléma a modulokkal. Meg kell oldani a forma egyenlőtlenségét:

\[\bal| f\right| \ltg\]

A $f$ és $g$ függvények bármiek lehetnek, de általában polinomok. Példák az ilyen egyenlőtlenségekre:

\[\begin(align) & \left| 2x+3 \jobbra| \lt x+7; \\ & \left| ((x)^(2))+2x-3 \jobbra|+3\left(x+1 \jobbra) \lt 0; \\ & \left| ((x)^(2))-2\bal| x \jobbra|-3 \jobbra| \lt 2. \\\end(igazítás)\]

Mindegyik szó szerint egy sorban megoldható a következő séma szerint:

\[\bal| f\right| \lt g\Rightarrow -g \lt f \lt g\quad \left(\Rightarrow \left\( \begin(align) & f \lt g, \\ & f \gt -g \\\end(igazítás) \jó jó)\]

Könnyen belátható, hogy megszabadulunk a modultól, de cserébe kettős egyenlőtlenséget (vagy ami ugyanaz, két egyenlőtlenség rendszerét) kapunk. De ez az átmenet abszolút minden lehetséges problémát figyelembe vesz: ha a modulus alatti szám pozitív, a módszer működik; ha negatív, akkor is működik; és még akkor is működni fog a módszer, ha a $f$ vagy $g$ helyett a legelégtelenebb függvény van.

Természetesen felmerül a kérdés: nem lehetne egyszerűbb? Sajnos ez nem lehetséges. Ez a modul lényege.

Azonban elég a filozofálásból. Oldjunk meg pár problémát:

Feladat. Oldja meg az egyenlőtlenséget:

\[\bal| 2x+3 \jobbra| \lt x+7\]

Megoldás. Tehát előttünk van egy klasszikus „a modulus kisebb” formájú egyenlőtlenség – nincs is mit átalakítani. A következő algoritmus szerint dolgozunk:

\[\begin(align) & \left| f\right| \lt g\Jobbra -g \lt f \lt g; \\ & \left| 2x+3 \jobbra| \lt x+7\Jobbra -\balra(x+7 \jobbra) \lt 2x+3 \lt x+7 \\\vége(igazítás)\]

Ne rohanjon a „mínusz” előtti zárójelek kinyitásával: nagyon valószínű, hogy a sietség miatt sértő hibát követ el.

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

\[\left\( \begin(igazítás) & -x-7 \lt 2x+3 \\ & 2x+3 \lt x+7 \\ \end(igazítás) \jobbra.\]

\[\left\( \begin(align) & -3x \lt 10 \\ & x \lt 4 \\ \end(igazítás) \jobbra.\]

\[\left\( \begin(align) & x \gt -\frac(10)(3) \\ & x \lt 4 \\ \end(igazítás) \jobbra.\]

A probléma két elemi egyenlőtlenségre redukálódott. Jegyezzük fel megoldásaikat párhuzamos számegyeneseken:

Sokak kereszteződése

Ezeknek a halmazoknak a metszéspontja lesz a válasz.

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

Feladat. Oldja meg az egyenlőtlenséget:

\[\bal| ((x)^(2))+2x-3 \jobbra|+3\left(x+1 \jobbra) \lt 0\]

Megoldás. Ez a feladat egy kicsit nehezebb. Először is izoláljuk a modult a második tag jobbra mozgatásával:

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

Nyilvánvalóan ismét van egy „a modul kisebb” alakú egyenlőtlenségünk, így a már ismert algoritmussal megszabadulunk a modultól:

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

Most figyelem: valaki azt fogja mondani, hogy egy kicsit perverz vagyok ezekkel a zárójelekkel. De hadd emlékeztesselek még egyszer arra, hogy a legfontosabb célunk az helyesen oldja meg az egyenlőtlenséget, és kapja meg a választ. Később, amikor tökéletesen elsajátítottad az ebben a leckében leírtakat, te magad is elferdítheted, ahogy akarod: nyisd ki a zárójeleket, írj be mínuszokat stb.

Először egyszerűen megszabadulunk a bal oldali dupla mínusztól:

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

Most nyissuk meg a kettős egyenlőtlenség összes zárójelét:

Térjünk át a kettős egyenlőtlenségre. Ezúttal a számítások komolyabbak lesznek:

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

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

Mindkét egyenlőtlenség másodfokú, és az intervallum módszerrel megoldható (ezért mondom: ha nem tudod, mi ez, jobb, ha még nem vállalsz modulokat). Térjünk át az első egyenlőtlenség egyenletére:

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

Amint látható, a kimenet egy hiányos másodfokú egyenlet, amely elemi módon megoldható. Most nézzük a rendszer második egyenlőtlenségét. Itt alkalmaznia kell Vieta tételét:

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

A kapott számokat két párhuzamos egyenesre jelöljük (külön az első egyenlőtlenséghez és külön a másodikhoz):

Ismételten, mivel egyenlőtlenségi rendszert oldunk meg, az árnyékolt halmazok metszéspontja érdekel minket: $x\in \left(-5;-2 \right)$. Ez a válasz.

Válasz: $x\in \left(-5;-2 \right)$

Szerintem ezek után a példák után a megoldási séma rendkívül világos:

1. Izolálja le a modult úgy, hogy az összes többi tagot az egyenlőtlenség ellenkező oldalára helyezi. Így egy $\left| alakú egyenlőtlenséget kapunk f\right| \ltg$.
2. Oldja meg ezt az egyenlőtlenséget úgy, hogy a fent leírt séma szerint megszabadul a modultól. Valamikor a kettős egyenlőtlenségről át kell térni egy két független kifejezésből álló rendszerre, amelyek mindegyike már külön-külön is megoldható.
3. Végül nem marad más hátra, mint e két független kifejezés megoldását metszeni – és ennyi, megkapjuk a végső választ.

Hasonló algoritmus létezik a következő típusú egyenlőtlenségekre, amikor a modulus nagyobb, mint a függvény. Van azonban egy-két komoly „de”. Most ezekről a "de"-ekről fogunk beszélni.

2. A „modulus nagyobb, mint a függvény” alakú egyenlőtlenségek

Így néznek ki:

\[\bal| f\right| \gtg\]

Hasonló az előzőhöz? Úgy tűnik. Pedig az ilyen problémákat egészen más módon oldják meg. Formálisan a séma a következő:

\[\bal| f\right| \gt g\Jobbra \left[ \begin(align) & f \gt g, \\ & f \lt -g \\\end(igazítás) \jobbra.\]

Más szóval, két esetet vizsgálunk:

1. Először egyszerűen figyelmen kívül hagyjuk a modult, és megoldjuk a szokásos egyenlőtlenséget;
2. Ezután lényegében kibővítjük a modult a mínusz előjellel, majd az egyenlőtlenség mindkét oldalát megszorozzuk −1-gyel, miközben nálam van az előjel.

Ebben az esetben a lehetőségeket szögletes zárójellel kombinálják, pl. Két követelmény kombinációja áll előttünk.

Még egyszer jegyezd meg: ez nem egy rendszer, hanem egy totalitás, tehát a válaszban a halmazokat inkább kombinálják, mint metszik. Ez alapvető különbség az előző ponthoz képest!

Általánosságban elmondható, hogy sok diák teljesen össze van zavarodva a szakszervezetekkel és a kereszteződésekkel, ezért rendezzük ezt a kérdést egyszer s mindenkorra:

• A "∪" egy szakszervezeti jel. Valójában ez egy stilizált „U” betű, amely az angol nyelvből érkezett hozzánk, és az „Union”, azaz az „Union” rövidítése. "Egyesületek".
• A "∩" a kereszteződés jele. Ez a baromság nem jött sehonnan, hanem egyszerűen a „∪” ellenpontjaként jelent meg.

Hogy még könnyebben emlékezzen, csak húzza lábát ezekhez a jelekhez, hogy szemüveget készítsen (csak most ne vádoljon a kábítószer-függőség és az alkoholizmus népszerűsítésével: ha komolyan tanulja ezt a leckét, akkor már kábítószerfüggő):

Különbség a halmazok metszéspontja és uniója között

Oroszra fordítva ez a következőket jelenti: az unió (összesség) mindkét halmazból tartalmaz elemeket, ezért semmiképpen sem kisebb mindegyiknél; de a metszéspont (rendszer) csak azokat az elemeket foglalja magában, amelyek egyszerre szerepelnek az első halmazban és a másodikban is. Ezért a halmazok metszéspontja soha nem nagyobb, mint a forráshalmazok metszéspontja.

Szóval világosabb lett? Az nagyszerű. Térjünk át a gyakorlásra.

Feladat. Oldja meg az egyenlőtlenséget:

\[\bal| 3x+1 \jobbra| \gt 5-4x\]

Megoldás. A séma szerint járunk el:

\[\bal| 3x+1 \jobbra| \gt 5-4x\Jobbra \balra[ \begin(igazítás) & 3x+1 \gt 5-4x \\ & 3x+1 \lt -\left(5-4x \jobbra) \\\vége(igazítás) \ jobb.\]

Megoldjuk a sokaság minden egyenlőtlenségét:

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

\[\left[ \begin(align) & 7x \gt 4 \\ & -x \lt -6 \\ \end(igazítás) \jobbra.\]

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

Minden kapott halmazt megjelölünk a számegyenesen, majd egyesítjük őket:

A halmazok egyesülése

Teljesen nyilvánvaló, hogy a válasz $x\in \left(\frac(4)(7);+\infty \right)$

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

Feladat. Oldja meg az egyenlőtlenséget:

\[\bal| ((x)^(2))+2x-3 \jobbra| \gt x\]

Megoldás. Jól? Semmi – minden ugyanaz. A modulusos egyenlőtlenségtől a két egyenlőtlenség halmaza felé haladunk:

\[\bal| ((x)^(2))+2x-3 \jobbra| \gt x\Jobbra \left[ \begin(align) & ((x)^(2))+2x-3 \gt x \\ & ((x)^(2))+2x-3 \lt -x \\\end(igazítás) \jobbra.\]

Minden egyenlőtlenséget megoldunk. Sajnos az ottani gyökerek nem lesznek túl jók:

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

A második egyenlőtlenség is egy kicsit vad:

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

Most meg kell jelölnie ezeket a számokat két tengelyen - egy tengely minden egyenlőtlenséghez. A pontokat azonban a megfelelő sorrendben kell megjelölnie: minél nagyobb a szám, annál jobban elmozdul a pont jobbra.

És itt egy beállítás vár ránk. Ha minden világos a $\frac(-3-\sqrt(21))(2) \lt \frac(-1-\sqrt(13))(2)$ számokkal (az első szám számlálójában szereplő kifejezések tört kisebb, mint a második számlálójában szereplő tagok, így az összeg is kisebb), a $\frac(-3-\sqrt(13))(2) \lt \frac(-1+\sqrt) számokkal (21))(2)$ szintén nem lesz nehézség (pozitív szám nyilván inkább negatív), akkor az utolsó párral nem minden olyan egyértelmű. Melyik a nagyobb: $\frac(-3+\sqrt(21))(2)$ vagy $\frac(-1+\sqrt(13))(2)$? A kérdésre adott választól függ a pontok elhelyezése a számegyeneseken, sőt, a válasz is.

Tehát hasonlítsuk össze:

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

Elszigeteltük a gyökeret, nem negatív számokat kaptunk az egyenlőtlenség mindkét oldalán, így jogunk van mindkét oldalt négyzetre emelni:

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

Szerintem nem ötlet, hogy $4\sqrt(13) \gt 3$, tehát $\frac(-1+\sqrt(13))(2) \gt \frac(-3+\sqrt(21)) ( 2)$, a tengelyek utolsó pontjai a következőképpen kerülnek elhelyezésre:

Csúnya gyökerek esete

Hadd emlékeztesselek arra, hogy egy halmazt oldunk meg, így a válasz egy unió lesz, nem pedig az árnyékolt halmazok metszéspontja.

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

Amint látja, rendszerünk nagyszerűen működik egyszerű és nagyon nehéz problémák esetén is. Az egyetlen „gyenge pont” ebben a megközelítésben az, hogy helyesen kell összehasonlítani az irracionális számokat (és hidd el: ezek nem csak gyökök). De egy külön (és nagyon komoly) leckét szentelünk az összehasonlítás kérdéseinek. És továbbmegyünk.

3. Egyenlőtlenségek a nem negatív „farokkal”

Most elérkezünk a legérdekesebb részhez. Ezek a formai egyenlőtlenségek:

\[\bal| f\right| \gt\left| g\right|\]

Általánosságban elmondható, hogy az algoritmus, amelyről most beszélünk, csak a modulra vonatkozik. Minden olyan egyenlőtlenségben működik, ahol garantáltan nem negatív kifejezések vannak a bal és a jobb oldalon:

Mi a teendő ezekkel a feladatokkal? Csak ne feledd:

A nem negatív „farokkal” rendelkező egyenlőtlenségekben mindkét oldal bármely természetes hatalomra emelhető. További korlátozások nem lesznek.

Először is érdekelni fogunk a négyzetesítésben - modulokat és gyökereket éget:

\[\begin(align) & ((\left(\left| f \right| \right))^(2))=((f)^(2)); \\ & ((\left(\sqrt(f) \right))^(2))=f. \\\vége(igazítás)\]

Csak ne keverje össze ezt a négyzet gyökerének felvételével:

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

Számtalan hibát követtek el, amikor egy diák elfelejtett modult telepíteni! De ez egy teljesen más történet (ezek úgymond irracionális egyenletek), ezért ebbe most nem megyünk bele. Oldjunk meg néhány problémát jobban:

Feladat. Oldja meg az egyenlőtlenséget:

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

Megoldás. Két dolgot azonnal vegyünk észre:

1. Ez nem szigorú egyenlőtlenség. A számegyenes pontjai kilyukasztva lesznek.
2. Az egyenlőtlenség mindkét oldala nyilvánvalóan nem negatív (ez a modul tulajdonsága: $\left| f\left(x \right) \right|\ge 0$).

Ezért az egyenlőtlenség mindkét oldalát négyzetre emelhetjük, hogy megszabaduljunk a modulustól és megoldjuk a problémát a szokásos intervallum módszerrel:

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

Az utolsó lépésnél kicsit csaltam: a modul egyenletességét kihasználva megváltoztattam a kifejezések sorrendjét (sőt, az $1-2x$ kifejezést -1-gyel szoroztam).

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

Intervallum módszerrel oldjuk meg. Térjünk át az egyenlőtlenségről az egyenletre:

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

A talált gyökereket a számegyenesen jelöljük. Még egyszer: minden pont árnyékolt, mert az eredeti egyenlőtlenség nem szigorú!

A modulus jeltől való megszabadulás

Hadd emlékeztessem a különösen makacsokat: az előjeleket az utolsó egyenlőtlenségből vesszük, amelyet az egyenletre való továbblépés előtt írtunk le. És ugyanabban az egyenlőtlenségben átfestjük a szükséges területeket. Esetünkben ez $\left(x-3 \right)\left(3x+1 \right)\le 0$.

Rendben, most mindennek vége. A probléma megoldódott.

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

Feladat. Oldja meg az egyenlőtlenséget:

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

Megoldás. Mindent ugyanúgy csinálunk. Nem nyilatkozom, csak nézze meg a műveletek sorrendjét.

Négyzet alakú:

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

Intervallum módszer:

\[\begin(align) & \left(-2x-3 \right)\left(2((x)^(2))+4x+5 \right)=0 \\ & -2x-3=0\ Jobbra nyíl x=-1,5; \\ & 2((x)^(2))+4x+5=0\Jobbra D=16-40 \lt 0\Jobbra \varnothing . \\\vége(igazítás)\]

Csak egy gyök van a számegyenesen:

A válasz egy egész intervallum

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

Egy kis megjegyzés az utolsó feladathoz. Ahogy egyik tanítványom pontosan megjegyezte, ebben az egyenlőtlenségben mindkét szubmoduláris kifejezés nyilvánvalóan pozitív, így a modulusjel elhagyható egészségkárosodás nélkül.

De ez egy teljesen más gondolkodási szint és más megközelítés - feltételesen nevezhetjük a következmények módszerének. Erről - külön leckében. Most térjünk át a mai lecke utolsó részére, és nézzünk meg egy univerzális algoritmust, amely mindig működik. Még akkor is, ha minden korábbi megközelítés tehetetlen volt. :)

4. Az opciók számbavételének módja

Mi van, ha ezek a technikák nem segítenek? Ha az egyenlőtlenség nem redukálható nem negatív farokra, ha lehetetlen elkülöníteni a modult, ha általában van fájdalom, szomorúság, melankólia?

Ekkor színre lép az összes matematika „nehéztüzérsége” – a nyers erő módszere. A modulusos egyenlőtlenségekkel kapcsolatban így néz ki:

1. Írja ki az összes szubmoduláris kifejezést, és állítsa őket nullára;
2. Oldja meg a kapott egyenleteket, és jelölje meg az egyik számegyenesen talált gyököket;
3. Az egyenes több szakaszra lesz osztva, amelyeken belül minden modulnak van egy rögzített előjele, és ezért egyedileg látható;
4. Oldja meg az egyenlőtlenséget minden ilyen szakaszon (a megbízhatóság érdekében külön figyelembe veheti a 2. lépésben kapott gyökereket-határokat). Kombinálja az eredményeket - ez lesz a válasz. :)

Szóval hogyan? Gyenge? Könnyen! Csak sokáig. Lássuk a gyakorlatban:

Feladat. Oldja meg az egyenlőtlenséget:

\[\bal| x+2 \jobbra| \lt \left| x-1 \right|+x-\frac(3)(2)\]

Megoldás. Ez a baromság nem olyan egyenlőtlenségekre vezethető vissza, mint a $\left| f\right| \lt g$, $\left| f\right| \gt g$ vagy $\left| f\right| \lt \left| g \right|$, tehát előre járunk.

Szubmoduláris kifejezéseket írunk ki, nullával egyenlővé tesszük, és megkeressük a gyökereket:

\[\begin(align) & x+2=0\Jobbra x=-2; \\ & x-1=0\Jobbra x=1. \\\vége(igazítás)\]

Összességében két gyökünk van, amelyek a számsort három részre osztják, amelyeken belül minden modul egyedileg jelenik meg:

A számegyenes particionálása szubmoduláris függvények nullákkal

Nézzük meg az egyes szakaszokat külön-külön.

1. Legyen $x \lt -2$. Ekkor mindkét szubmoduláris kifejezés negatív, és az eredeti egyenlőtlenség a következőképpen lesz átírva:

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

Kaptunk egy meglehetősen egyszerű korlátozást. Vegyük keresztbe azzal a kezdeti feltételezéssel, hogy $x \lt -2$:

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

Nyilvánvaló, hogy a $x$ változó nem lehet egyszerre kisebb, mint −2 és nagyobb, mint 1,5. Ezen a téren nincsenek megoldások.

1.1. Nézzük külön a határesetet: $x=-2$. Helyettesítsük be ezt a számot az eredeti egyenlőtlenségbe, és ellenőrizzük: igaz?

\[\begin(align) & ((\left. \left| x+2 \right| \lt \left| x-1 \right|+x-1.5 \right|)_(x=-2) \ \ & 0 \lt \left| -3\jobbra|-2-1,5; \\ & 0 \lt 3-3,5; \\ & 0 \lt -0,5\Jobbra \varnothing . \\\vége(igazítás)\]

Nyilvánvaló, hogy a számítások láncolata téves egyenlőtlenséghez vezetett. Ezért az eredeti egyenlőtlenség is hamis, és $x=-2$ nem szerepel a válaszban.

2. Legyen most $-2 \lt x \lt 1$. A bal oldali modul már „plusszal”, de a jobb oldali továbbra is „mínusz”-al fog megnyílni. Nekünk van:

\[\begin(align) & x+2 \lt -\left(x-1 \right)+x-1,5 \\ & x+2 \lt -x+1+x-1,5 \\& x \lt - 2.5 \\\end(igazítás)\]

Ismét keresztezzük az eredeti követelményt:

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

És ismét a megoldások halmaza üres, mivel nincs olyan szám, amely egyszerre kisebb, mint -2,5 és nagyobb, mint -2.

2.1. És ismét egy speciális eset: $x=1$. Az eredeti egyenlőtlenségbe behelyettesítjük:

\[\begin(align) & ((\left. \left| x+2 \right| \lt \left| x-1 \right|+x-1.5 \right|)_(x=1)) \\ & \left| 3\jobbra| \lt \left| 0\jobbra|+1-1,5; \\ & 3 \lt -0,5; \\ & 3 \lt -0,5\Jobbra \varnothing . \\\vége(igazítás)\]

Az előző „speciális esethez” hasonlóan a $x=1$ szám egyértelműen nem szerepel a válaszban.

3. A sor utolsó darabja: $x \gt 1$. Itt minden modul pluszjellel nyílik meg:

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

És ismét metszi a talált halmazt az eredeti megszorítással:

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

Végül! Találtunk egy intervallumot, amely a válasz lesz.

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

Végül egy megjegyzés, amely megóvhatja Önt a hülye hibáktól a valódi problémák megoldása során:

A modulusos egyenlőtlenségek megoldásai általában folytonos halmazokat jelentenek a számegyenesen - intervallumokat és szegmenseket. Az elszigetelt pontok sokkal kevésbé gyakoriak. És még ritkábban előfordul, hogy a megoldás határa (a szakasz vége) egybeesik a vizsgált tartomány határával.

Következésképpen, ha a határok (ugyanazok a „speciális esetek”) nem szerepelnek a válaszban, akkor ezektől a határoktól balra és jobbra eső területek szinte biztosan nem fognak szerepelni a válaszban. És fordítva: a határ belépett a válaszba, ami azt jelenti, hogy körülötte néhány terület válasz is lesz.

Ezt tartsa szem előtt a megoldások áttekintésekor.