Kaip išspręsti nelygybes modulių formulėmis. Nelygybės su moduliu. Naujas žvilgsnis į sprendimą

Šiandien, draugai, nebus nei snarglių, nei sentimentalumo. Vietoj to, be jokių klausimų išsiųsiu jus į mūšį su vienu baisiausių priešininkų 8–9 klasių algebros kurse.

Taip, jūs viską supratote teisingai: mes kalbame apie nelygybes su moduliu. Apžvelgsime keturis pagrindinius metodus, kurių pagalba išmoksite išspręsti apie 90% tokių problemų. O kaip su likusiais 10%? Na, apie juos pakalbėsime atskiroje pamokoje :)

Tačiau prieš analizuodamas bet kurį iš metodų, norėčiau priminti du faktus, kuriuos jau turite žinoti. Priešingu atveju rizikuojate visiškai nesuprasti šios pamokos medžiagos.

Ką jau reikia žinoti

Panašu, kad „Captain Obviousness“ užsimena, kad norint išspręsti nelygybes su moduliu, reikia žinoti du dalykus:

1. Kaip išsprendžiamos nelygybės;
2. Kas yra modulis?

Pradėkime nuo antro punkto.

Modulio apibrėžimas

Čia viskas paprasta. Yra du apibrėžimai: algebrinis ir grafinis. Pirmiausia – algebrinė:

Apibrėžimas. Skaičiaus $x$ modulis yra arba pats skaičius, jei jis neneigiamas, arba jam priešingas skaičius, jei pradinis $x$ vis dar yra neigiamas.

Tai parašyta taip:

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

Paprastai tariant, modulis yra „skaičius be minuso“. Ir būtent šiame dvilypume (vienose vietose su pradiniu numeriu nereikia nieko daryti, o kitur reikia pašalinti kažkokį minusą) ir slypi pradedantiesiems studentams visas sunkumas.

Taip pat yra geometrinis apibrėžimas. Tai taip pat naudinga žinoti, tačiau į tai kreipsimės tik sudėtingais ir kai kuriais ypatingais atvejais, kai geometrinis požiūris yra patogesnis nei algebrinis (spoileris: ne šiandien).

Apibrėžimas. Skaičių eilutėje pažymėtas taškas $a$. Tada modulis $\left| x-a \right|$ yra atstumas nuo taško $x$ iki taško $a$ šioje tiesėje.

Jei nupiešite paveikslėlį, gausite kažką panašaus į tai:

Vienaip ar kitaip, iš modulio apibrėžimo iš karto išplaukia pagrindinė jo savybė: skaičiaus modulis visada yra neneigiamas dydis. Šis faktas bus raudona gija, einanti per visą mūsų šiandienos pasakojimą.

Nelygybių sprendimas. Intervalinis metodas

Dabar pažvelkime į nelygybes. Jų yra labai daug, bet mūsų užduotis dabar yra sugebėti išspręsti bent paprasčiausią iš jų. Tie, kurie redukuoja į tiesines nelygybes, taip pat į intervalų metodą.

Turiu dvi dideles pamokas šia tema (beje, labai, LABAI naudingos – rekomenduoju jas išstudijuoti):

1. Intervalinis nelygybių metodas (ypač žiūrėkite vaizdo įrašą);
2. Trupmeninės racionalios nelygybės yra labai plati pamoka, tačiau po jos jums nebeliks jokių klausimų.

Jei visa tai žinai, jei frazė „pereikime nuo nelygybės prie lygties“ nekelia miglotos noro atsitrenkti į sieną, tada esi pasiruošęs: sveiki atvykę į pagrindinę pamokos temą :)

1. Formos „Modulis mažesnis už funkciją“ nelygybės

Tai viena iš dažniausiai pasitaikančių modulių problemų. Būtina išspręsti formos nelygybę:

\[\left| f\right| \ltg\]

Funkcijos $f$ ir $g$ gali būti bet kokios, bet dažniausiai tai yra daugianariai. Tokių nelygybių pavyzdžiai:

\[\begin(lygiuoti) & \left| 2x+3 \dešinė| \lt x+7; \\ & \left| ((x)^(2))+2x-3 \right|+3\left(x+1 \right) \lt 0; \\ & \left| ((x)^(2))-2\left| x \right|-3 \right| \lt 2. \\\end(lygiuoti)\]

Visus juos galima išspręsti pažodžiui vienoje eilutėje pagal šią schemą:

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

Nesunku pastebėti, kad atsikratome modulio, bet mainais gauname dvigubą nelygybę (arba, tai yra tas pats, dviejų nelygybių sistemą). Tačiau šis perėjimas atsižvelgia į absoliučiai visas galimas problemas: jei skaičius pagal modulį yra teigiamas, metodas veikia; jei neigiamas, jis vis tiek veikia; ir net su netinkamiausia funkcija vietoje $f$ arba $g$, metodas vis tiek veiks.

Natūralu, kad kyla klausimas: argi negali būti paprasčiau? Deja, tai neįmanoma. Tai yra visa modulio esmė.

Tačiau užteks filosofavimo. Išspręskime porą problemų:

Užduotis. Išspręskite nelygybę:

\[\left| 2x+3 \dešinė| \lt x+7\]

Sprendimas. Taigi, prieš mus yra klasikinė formos nelygybė „modulis yra mažesnis“ - net nėra ką transformuoti. Dirbame pagal algoritmą:

\[\begin(lygiuoti) & \left| f\right| \lt g\Rightrow -g \lt f \lt g; \\ & \left| 2x+3 \dešinė| \lt x+7\Rightrow -\left(x+7 \right) \lt 2x+3 \lt x+7 \\\end(lygiuoti)\]

Neskubėkite atidaryti skliaustų, prieš kuriuos įrašytas „minusas“: labai tikėtina, kad dėl skubėjimo padarysite įžeidžiančią klaidą.

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

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

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

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

Problema buvo sumažinta iki dviejų elementarių nelygybių. Atkreipkite dėmesį į jų sprendimus lygiagrečiose skaičių tiesėse:

Daugelio sankirta

Šių rinkinių sankirta bus atsakymas.

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

Užduotis. Išspręskite nelygybę:

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

Sprendimas. Ši užduotis yra šiek tiek sunkesnė. Pirma, išskirkime modulį, perkeldami antrąjį terminą į dešinę:

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

Akivaizdu, kad vėl turime nelygybę „modulis mažesnis“, todėl modulio atsikratome naudodami jau žinomą algoritmą:

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

Dabar dėmesio: kažkas pasakys, kad aš esu šiek tiek iškrypėlis su visais šiais skliaustais. Tačiau leiskite dar kartą priminti, kad pagrindinis mūsų tikslas yra teisingai išspręskite nelygybę ir gaukite atsakymą. Vėliau, kai puikiai įvaldysite viską, kas aprašyta šioje pamokoje, galėsite patys tai iškreipti kaip norite: atsiverkite skliaustus, pridėkite minusų ir pan.

Norėdami pradėti, tiesiog atsikratysime dvigubo minuso kairėje:

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

Dabar atidarykime visus dvigubos nelygybės skliaustus:

Pereikime prie dvigubos nelygybės. Šį kartą skaičiavimai bus rimtesni:

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

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

Abi nelygybės yra kvadratinės ir gali būti išspręstos intervalų metodu (todėl ir sakau: jei nežinote, kas tai yra, geriau neimkite modulių). Pereikime prie pirmosios nelygybės lygties:

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

Kaip matote, išvestis yra neišsami kvadratinė lygtis, kurią galima išspręsti elementariai. Dabar pažvelkime į antrąją sistemos nelygybę. Ten turėsite pritaikyti Vietos teoremą:

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

Gautus skaičius pažymime dviejose lygiagrečiose tiesėse (atskirai pirmajai nelygybei ir atskirai antrajai):

Vėlgi, kadangi mes sprendžiame nelygybių sistemą, mus domina nuspalvintų aibių sankirta: $x\in \left(-5;-2 \right)$. Tai yra atsakymas.

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

Manau, kad po šių pavyzdžių sprendimo schema yra labai aiški:

1. Išskirkite modulį, perkeldami visus kitus terminus į priešingą nelygybės pusę. Taip gauname formos $\left| nelygybę f\right| \ltg$.
2. Išspręskite šią nelygybę, atsikratydami modulio pagal aukščiau aprašytą schemą. Kažkuriuo momentu teks pereiti nuo dvigubos nelygybės prie dviejų nepriklausomų išraiškų sistemos, kurių kiekvieną jau galima išspręsti atskirai.
3. Galiausiai belieka susikirsti šių dviejų nepriklausomų posakių sprendimus – ir viskas, mes gausime galutinį atsakymą.

Panašus algoritmas egzistuoja ir tokio tipo nelygybėms, kai modulis didesnis už funkciją. Tačiau yra keletas rimtų „bet“. Dabar kalbėsime apie šiuos „bet“.

2. Formos „Modulis didesnis už funkciją“ nelygybės

Jie atrodo taip:

\[\left| f\right| \gtg\]

Panašus į ankstesnį? Atrodo. Ir vis dėlto tokios problemos sprendžiamos visai kitaip. Formaliai schema yra tokia:

\[\left| f\right| \gt g\Rodyklė dešinėn \left[ \begin(lygiuoti) & f \gt g, \\ & f \lt -g \\\end(lygiuoti) \right.\]

Kitaip tariant, nagrinėjame du atvejus:

1. Pirma, mes tiesiog ignoruojame modulį ir išsprendžiame įprastą nelygybę;
2. Tada iš esmės išplečiame modulį su minuso ženklu ir padauginame abi nelygybės puses iš −1, o aš turiu ženklą.

Šiuo atveju variantai derinami su laužtiniu skliaustu, t.y. Prieš mus yra dviejų reikalavimų derinys.

Dar kartą atkreipkite dėmesį: tai ne sistema, o visuma atsakyme aibės derinamos, o ne susikerta. Tai esminis skirtumas nuo ankstesnio punkto!

Apskritai, daugelis studentų yra visiškai supainioti su sąjungomis ir sankryžomis, todėl išspręskime šią problemą kartą ir visiems laikams:

• „∪“ yra sąjungos ženklas. Tiesą sakant, tai stilizuota raidė „U“, kuri pas mus atėjo iš anglų kalbos ir yra „Union“ santrumpa, t.y. „Asociacijos“.
• „∩“ yra sankryžos ženklas. Šis mėšlas neatsirado iš niekur, o tiesiog pasirodė kaip priešprieša „∪“.

Kad būtų dar lengviau įsiminti, tiesiog pritraukite kojas prie šių ženklų ir pasigaminkite akinius (tik dabar nekaltinkite manęs narkomanijos ir alkoholizmo propagavimu: jei rimtai studijuojate šią pamoką, vadinasi, jau esate narkomanas):

Išvertus į rusų kalbą, tai reiškia: sąjunga (visuma) apima elementus iš abiejų rinkinių, todėl jokiu būdu nėra mažesnis už kiekvieną iš jų; tačiau sankirta (sistema) apima tik tuos elementus, kurie vienu metu yra ir pirmoje, ir antroje. Todėl aibių sankirta niekada nėra didesnė už šaltinių aibes.

Taigi tapo aiškiau? Tai yra puiku. Pereikime prie praktikos.

Užduotis. Išspręskite nelygybę:

\[\left| 3x+1 \dešinė| \gt 5-4x\]

Sprendimas. Mes tęsiame pagal schemą:

\[\left| 3x+1 \dešinė| \gt 5-4x\Rodyklė dešinėn \kairė[ \begin(lygiuoti) & 3x+1 \gt 5-4x \\ & 3x+1 \lt -\left(5-4x \right) \\\pabaiga (lygiuoti) \ teisingai.\]

Išsprendžiame kiekvieną populiacijos nelygybę:

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

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

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

Kiekvieną gautą rinkinį pažymime skaičių eilutėje ir sujungiame:

Rinkinių sąjunga

Visiškai akivaizdu, kad atsakymas bus $x\in \left(\frac(4)(7);+\infty \right)$

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

Užduotis. Išspręskite nelygybę:

\[\left| ((x)^(2))+2x-3 \dešinė| \gt x\]

Sprendimas. Na? Nieko – viskas taip pat. Nuo nelygybės su moduliu pereiname prie dviejų nelygybių aibės:

\[\left| ((x)^(2))+2x-3 \dešinė| \gt x\Rodyklė dešinėn \kairė[ \begin(lygiuoti) & ((x)^(2))+2x-3 \gt x \\ & ((x)^(2))+2x-3 \lt -x \\\pabaiga (lygiuoti) \dešinė.\]

Mes išsprendžiame kiekvieną nelygybę. Deja, šaknys ten nebus labai geros:

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

Antroji nelygybė taip pat yra šiek tiek laukinė:

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

Dabar reikia pažymėti šiuos skaičius ant dviejų ašių – po vieną ašį kiekvienai nelygybei. Tačiau taškus reikia pažymėti teisinga tvarka: kuo didesnis skaičius, tuo toliau taškas juda į dešinę.

Ir čia mūsų laukia sąranka. Jei viskas aišku su skaičiais $\frac(-3-\sqrt(21))(2) \lt \frac(-1-\sqrt(13))(2)$ (dėmenys pirmojo skaitiklyje trupmena yra mažesnė už antrojo skaitiklio narius, taigi suma taip pat mažesnė), su skaičiais $\frac(-3-\sqrt(13))(2) \lt \frac(-1+\sqrt (21))(2)$ taip pat nebus sunkumų (teigiamas skaičius akivaizdžiai labiau neigiamas), tada su paskutine pora viskas nėra taip aišku. Kuris yra didesnis: $\frac(-3+\sqrt(21))(2)$ ar $\frac(-1+\sqrt(13))(2)$? Nuo atsakymo į šį klausimą priklausys taškų išdėstymas skaičių eilutėse ir, tiesą sakant, atsakymas.

Taigi palyginkime:

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

Išskyrėme šaknį, gavome neneigiamus skaičius abiejose nelygybės pusėse, todėl turime teisę kvadratuoti abi puses:

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

Manau, nieko negalvoju, kad $4\sqrt(13) \gt 3$, taigi $\frac(-1+\sqrt(13))(2) \gt \frac(-3+\sqrt(21)) ( 2)$, galutiniai taškai ant ašių bus išdėstyti taip:

Bjaurių šaknų atvejis

Priminsiu, kad sprendžiame aibę, todėl atsakymas bus sąjunga, o ne nuspalvintų aibių sankirta.

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

Kaip matote, mūsų schema puikiai tinka tiek paprastoms, tiek labai sudėtingoms problemoms spręsti. Vienintelis šio požiūrio „silpnoji vieta“ yra ta, kad reikia teisingai palyginti neracionalius skaičius (ir patikėkite manimi: tai ne tik šaknys). Tačiau palyginimo klausimams bus skirta atskira (ir labai rimta) pamoka. Ir judame toliau.

3. Nelygybės su neneigiamomis „uodegomis“

Dabar pereiname prie įdomiausios dalies. Tai yra formos nelygybės:

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

Apskritai, algoritmas, apie kurį dabar kalbėsime, yra teisingas tik moduliui. Jis veikia visose nelygybėse, kur kairėje ir dešinėje yra garantuotos neneigiamos išraiškos:

Ką daryti su šiomis užduotimis? Tiesiog atsimink:

Esant nelygybėms su neneigiamomis „uodegomis“, abi pusės gali būti pakeltos į bet kokią natūralią galią. Jokių papildomų apribojimų nebus.

Visų pirma, mus sudomins kvadratas - jis degina modulius ir šaknis:

\[\begin(lygiuoti) & ((\left(\left| f \right| \right))^(2))=((f)^(2)); \\ & ((\left(\sqrt(f) \right))^(2))=f. \\\pabaiga (lygiuoti)\]

Tik nepainiokite to su kvadrato šaknies paėmimu:

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

Buvo padaryta begalė klaidų, kai studentas pamiršo įdiegti modulį! Bet tai visiškai kita istorija (tai tarsi neracionalios lygtys), todėl dabar į tai nesigilinsime. Išspręskime keletą problemų geriau:

Užduotis. Išspręskite nelygybę:

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

Sprendimas. Iš karto atkreipkime dėmesį į du dalykus:

1. Tai nėra griežta nelygybė. Taškai skaičių eilutėje bus pradurti.
2. Akivaizdu, kad abi nelygybės pusės yra neneigiamos (tai yra modulio savybė: $\left| f\left(x \right) \right|\ge 0$).

Todėl galime padalyti į kvadratą abi nelygybės puses, kad atsikratytume modulio ir išspręstume problemą naudodami įprastą intervalo metodą:

\[\begin(lygiuoti) & ((\left(\left| x+2 \right| \right))^(2))\ge ((\left(\left| 1-2x \right| \right) )^(2)); \\ & ((\left(x+2 \right))^(2))\ge ((\left(2x-1 \right))^(2)). \\\pabaiga (lygiuoti)\]

Paskutiniame žingsnyje šiek tiek apgavau: pakeičiau terminų seką, pasinaudodamas modulio tolygumu (iš tikrųjų išraišką $1-2x$ padauginau iš −1).

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

Sprendžiame intervalo metodu. Pereikime nuo nelygybės prie lygties:

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

Rastas šaknis pažymime skaičių eilutėje. Dar kartą: visi taškai užtamsinti, nes pradinė nelygybė nėra griežta!

Modulio ženklo atsikratymas

Ypatingai užsispyrusiems priminsiu: ženklus paimame iš paskutinės nelygybės, kuri buvo užrašyta prieš pereinant prie lygties. Ir mes dažome reikalingus plotus toje pačioje nelygybėje. Mūsų atveju tai yra $\left(x-3 \right)\left(3x+1 \right)\le 0$.

Gerai, dabar viskas. Problema išspręsta.

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

Užduotis. Išspręskite nelygybę:

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

Sprendimas. Viską darome taip pat. Nekomentuosiu – tik pažiūrėkite veiksmų seką.

Kvadratu:

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

Intervalo metodas:

\[\begin(lygiuoti) & \left(-2x-3 \right)\left(2(x)^(2))+4x+5 \right)=0 \\ & -2x-3=0\ Rodyklė į dešinę x=-1,5; \\ & 2((x)^(2))+4x+5=0\Rightarrow D=16-40 \lt 0\Rightarrow \varnothing . \\\pabaiga (lygiuoti)\]

Skaičių eilutėje yra tik viena šaknis:

Atsakymas yra visas intervalas

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

Maža pastaba apie paskutinę užduotį. Kaip tiksliai pastebėjo vienas iš mano mokinių, abi submodulinės išraiškos šioje nelygybėje yra akivaizdžiai teigiamos, todėl modulio ženklą galima praleisti nepakenkiant sveikatai.

Bet tai yra visiškai kitoks mąstymo lygis ir kitoks požiūris – tai sąlyginai galima pavadinti pasekmių metodu. Apie tai – atskiroje pamokoje. Dabar pereikime prie paskutinės šios pamokos dalies ir pažvelkime į universalų algoritmą, kuris visada veikia. Net kai visi ankstesni metodai buvo bejėgiai :)

4. Pasirinkimo galimybių surašymo būdas

Ką daryti, jei visi šie metodai nepadeda? Jei nelygybė negali būti sumažinta iki neneigiamų uodegų, jei neįmanoma izoliuoti modulio, jei apskritai yra skausmas, liūdesys, melancholija?

Tada pasirodo visos matematikos „sunkioji artilerija“ – brutalios jėgos metodas. Kalbant apie nelygybes su moduliu, tai atrodo taip:

1. Išrašykite visas submodulines išraiškas ir nustatykite jas lygias nuliui;
2. Išspręskite gautas lygtis ir pažymėkite vienoje skaičių eilutėje rastas šaknis;
3. Tiesi linija bus padalinta į kelias dalis, kuriose kiekvienas modulis turi fiksuotą ženklą ir todėl yra unikaliai atskleistas;
4. Išspręskite kiekvienos tokios sekcijos nelygybę (galite atskirai atsižvelgti į šaknis-ribas, gautas 2 veiksme - dėl patikimumo). Sujunkite rezultatus - tai bus atsakymas :)

Tai kaip? Silpnas? Lengvai! Tik ilgam. Pažiūrėkime praktiškai:

Užduotis. Išspręskite nelygybę:

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

Sprendimas. Šis šūdas nesusiveda į nelygybes, tokias kaip $\left| f\right| \lt g$, $\left| f\right| \gt g$ arba $\left| f\right| \lt \left| g \right|$, todėl veikiame į priekį.

Išrašome submodulines išraiškas, prilygstame jas nuliui ir randame šaknis:

\[\begin(lygiuoti) & x+2=0\Rodyklė dešinėn x=-2; \\ & x-1=0\Rodyklė dešinėn x=1. \\\pabaiga (lygiuoti)\]

Iš viso turime dvi šaknis, padalijančias skaičių eilutę į tris dalis, kuriose kiekvienas modulis atskleidžiamas unikaliai:

Skaičių eilutės padalijimas submodulinių funkcijų nuliais

Pažvelkime į kiekvieną skyrių atskirai.

1. Tegul $x \lt -2$. Tada abi submodulinės išraiškos yra neigiamos, o pradinė nelygybė bus perrašyta taip:

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

Turime gana paprastą apribojimą. Sukirskime jį su pradine prielaida, kad $x \lt -2$:

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

Akivaizdu, kad kintamasis $x$ vienu metu negali būti mažesnis nei –2 ir didesnis nei 1,5. Šioje srityje sprendimų nėra.

1.1. Atskirai panagrinėkime ribinį atvejį: $x=-2$. Tiesiog pakeiskime šį skaičių į pradinę nelygybę ir patikrinkime: ar tai tiesa?

\[\begin(lygiuoti) & ((\left. \left| x+2 \right| \lt \left| x-1 \right|+x-1.5 \right|)_(x=-2) \ \ & 0 \lt \left| -3\dešinė|-2-1,5; \\ & 0 \lt 3-3,5; \\ & 0 \lt -0,5\Rodyklė dešinėn \varnothing . \\\pabaiga (lygiuoti)\]

Akivaizdu, kad skaičiavimų grandinė atvedė mus į neteisingą nelygybę. Todėl pradinė nelygybė taip pat klaidinga, o $x=-2$ į atsakymą neįtraukta.

2. Tegu dabar $-2 \lt x \lt 1$. Kairysis modulis jau atsidarys su „pliusu“, o dešinysis vis tiek atsidarys su „minusu“. Mes turime:

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

Vėlgi susikertame su pradiniu reikalavimu:

\[\left\( \begin (lygiuoti) & x \lt -2,5 \\ & -2 \lt x \lt 1 \\\pabaiga (lygiuoti) \right.\Rightarrow x\in \varnothing \]

Ir vėlgi, sprendinių rinkinys tuščias, nes nėra skaičių, kurie būtų ir mažesni nei –2,5, ir didesni už –2.

2.1. Ir vėl ypatingas atvejis: $x=1$. Į pradinę nelygybę pakeičiame:

\[\begin(lygiuoti) & ((\left. \left| x+2 \right| \lt \left| x-1 \right|+x-1.5 \right|)_(x=1)) \\ & \left| 3\dešinė| \lt \left| 0 \dešinė|+1-1,5; \\ & 3 \lt -0,5; \\ & 3 \lt -0,5\RightArrow \varnothing . \\\pabaiga (lygiuoti)\]

Panašiai kaip ir ankstesniame „ypatingame atvejis“, atsakyme aiškiai neįtrauktas skaičius $x=1$.

3. Paskutinė eilutės dalis: $x \gt 1$. Čia visi moduliai atidaromi su pliuso ženklu:

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

Ir vėl susikertame rastą aibę su pradiniu apribojimu:

' ]

Pagaliau! Mes radome intervalą, kuris bus atsakymas.

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

Galiausiai, viena pastaba, kuri gali išgelbėti jus nuo kvailų klaidų sprendžiant tikras problemas:

Nelygybių su moduliais sprendiniai dažniausiai reiškia ištisines aibes skaičių tiesėje – intervalus ir atkarpas. Atskirti taškai yra daug rečiau paplitę. O dar rečiau pasitaiko, kad sprendinio riba (atkarpos pabaiga) sutampa su nagrinėjamo diapazono riba.

Vadinasi, jei ribos (tie patys „ypatingi atvejai“) neįtrauktos į atsakymą, plotai į kairę ir į dešinę nuo šių ribų beveik neabejotinai nebus įtraukti į atsakymą. Ir atvirkščiai: siena įtraukta į atsakymą, o tai reiškia, kad kai kurios sritys aplink ją taip pat bus atsakymai.

Turėkite tai omenyje peržiūrėdami sprendimus.

Nelygybių su moduliais atskleidimo metodai (taisyklės) susideda iš nuoseklaus modulių atskleidimo, naudojant submodulinių funkcijų pastovaus ženklo intervalus. Galutinėje versijoje gaunamos kelios nelygybės, iš kurių randami intervalai arba intervalai, atitinkantys uždavinio sąlygas.

Pereikime prie įprastų pavyzdžių sprendimo praktikoje.

Tiesinės nelygybės su moduliais

Žodžiu tiesiniu turime omenyje lygtis, kuriose kintamasis į lygtį patenka tiesiškai.

1 pavyzdys. Raskite nelygybės sprendimą

Sprendimas:
Iš uždavinio sąlygų matyti, kad moduliai pasisuka į nulį ties x=-1 ir x=-2. Šie taškai suskaido skaičių eilutę į intervalus

Kiekviename iš šių intervalų išsprendžiame duotąją nelygybę. Norėdami tai padaryti, pirmiausia parengiame grafinius submodulinių funkcijų nuolatinio ženklo sričių brėžinius. Jie vaizduojami kaip sritys su kiekvienos funkcijos ženklais

arba intervalai su visų funkcijų ženklais.

Pirmuoju intervalu išplečiame modulius

Abi puses padauginame iš minus vieneto, ir ženklas nelygybėje pasikeis į priešingą. Jei jums sunku priprasti prie šios taisyklės, galite perkelti kiekvieną dalį už ženklo, kad atsikratytumėte minuso. Galų gale jūs gausite

Aibės x>-3 sankirta su sritimi, kurioje buvo išspręstos lygtys, bus intervalas (-3;-2). Kam lengviau rasti sprendimus, galite grafiškai nupiešti šių sričių sankirtą

Bendra sričių sankirta bus sprendimas. Jei griežtai nelygūs, kraštai neįtraukiami. Jei nėra griežtai, patikrinkite pakeisdami.

Antrame intervale gauname

Skerspjūvis bus intervalas (-2;-5/3). Grafiškai sprendimas atrodys taip

Trečiajame intervale gauname

Ši sąlyga nepateikia sprendimų norimame regione.

Kadangi du rasti sprendiniai (-3;-2) ir (-2;-5/3) ribojasi su tašku x=-2, tai taip pat patikriname.

Taigi taškas x=-2 yra sprendimas. Bendras sprendimas atsižvelgiant į tai atrodys taip (-3;5/3).

2 pavyzdys. Raskite nelygybės sprendimą
|x-2|-|x-3|>=|x-4|

Sprendimas:
Submodulinių funkcijų nuliai bus taškai x=2, x=3, x=4. Jei argumentų reikšmės yra mažesnės už šiuos taškus, submodulinės funkcijos yra neigiamos, o didesnės vertės – teigiamos.

Taškai padalija tikrąją ašį į keturis intervalus. Išplečiame modulius pagal pastovaus ženklo intervalus ir sprendžiame nelygybes.

1) Pirmajame intervale visos submodulinės funkcijos yra neigiamos, todėl plečiant modulius ženklą keičiame į priešingą.

Rastų x reikšmių sankirta su nagrinėjamu intervalu bus taškų rinkinys

2) Intervale tarp taškų x=2 ir x=3 pirmoji submodulinė funkcija yra teigiama, antroji ir trečioji – neigiamos. Išplėtę modulius gauname

nelygybė, kuri, susikirtusi su intervalu, kuriame sprendžiame, duoda vieną sprendinį – x=3.

3) Intervale tarp taškų x=3 ir x=4 pirmoji ir antroji submodulinės funkcijos yra teigiamos, o trečioji – neigiamos. Remdamiesi tuo gauname

Ši sąlyga rodo, kad visas intervalas patenkins nelygybę su moduliais.

4) Kai reikšmės x>4, visos funkcijos turi teigiamus ženklus. Išplėsdami modulius nekeičiame jų ženklo.

Rasta sąlyga sankirtoje su intervalu pateikia tokį sprendinių rinkinį

Kadangi nelygybė išspręsta visais intervalais, belieka rasti bendrą visų rastų x reikšmių vertę. Sprendimas bus dviejų intervalų

Tai užbaigia pavyzdį.

3 pavyzdys. Raskite nelygybės sprendimą
||x-1|-5|>3-2x

Sprendimas:
Turime nelygybę su moduliu iš modulio. Tokios nelygybės atsiskleidžia įdėjus modulius, pradedant nuo tų, kurie yra giliau.

Submodulinė funkcija x-1 paverčiama nuliu, kai x=1 . Mažesnėms reikšmėms, viršijančioms 1, ji yra neigiama ir teigiama, kai x>1. Remdamiesi tuo, išplečiame vidinį modulį ir atsižvelgiame į kiekvieno intervalo nelygybę.

Pirmiausia apsvarstykite intervalą nuo minus begalybės iki vieneto

Submodulinė funkcija yra lygi nuliui, kai x=-4 . Esant mažesnėms vertėms, jis yra teigiamas, o didesnės - neigiamas. Išplėskime x modulį<-4:

Sankirtoje su sritimi, kurią svarstome, gauname sprendimų rinkinį

Kitas žingsnis yra išplėsti modulį intervale (-4;1)

Atsižvelgdami į modulio išsiplėtimo plotą, gauname sprendimo intervalą

ATKREIPKITE DĖMESĮ: jei esant tokiems modulių nelygumams, jūs gaunate du intervalus, besiribojančius su bendru tašku, tada, kaip taisyklė, tai taip pat yra sprendimas.

Norėdami tai padaryti, tereikia patikrinti.

Šiuo atveju pakeičiame tašką x=-4.

Taigi x=-4 yra sprendimas.
Išplėskime x>1 vidinį modulį

Submodulinė funkcija neigiama x<6.
Išplėsdami modulį gauname

Ši sąlyga skyriuje su intervalu (1;6) suteikia tuščią sprendinių rinkinį.

Jei x>6 gauname nelygybę

Taip pat spręsdami gavome tuščią rinkinį.
Atsižvelgiant į visa tai, kas išdėstyta aukščiau, vienintelis modulių nelygybės sprendimas bus toks intervalas.

Nelygybės su moduliais, kuriuose yra kvadratinių lygčių

4 pavyzdys. Raskite nelygybės sprendimą
|x^2+3x|>=2-x^2

Sprendimas:
Submodulinė funkcija išnyksta taškuose x=0, x=-3. Paprastas minuso pakeitimas

nustatome, kad jis yra mažesnis už nulį intervale (-3;0) ir teigiamas už jo.
Išplėskime modulį tose srityse, kuriose submodulinė funkcija yra teigiama

Belieka nustatyti sritis, kuriose kvadrato funkcija yra teigiama. Norėdami tai padaryti, nustatome kvadratinės lygties šaknis

Patogumui pakeičiame tašką x=0, priklausantį intervalui (-2;1/2). Funkcija šiame intervale yra neigiama, o tai reiškia, kad sprendimas bus šios aibės x

Čia plotų su sprendimais kraštai nurodomi skliausteliuose, tai buvo padaryta sąmoningai, atsižvelgiant į šią taisyklę.

ATMINKITE: Jei nelygybė su moduliais arba paprasta nelygybė yra griežta, tada rastų sričių kraštai nėra sprendiniai, o jei nelygybės nėra griežtos (), tada briaunos yra sprendiniai (žymimi laužtiniais skliaustais).

Šią taisyklę naudoja daugelis mokytojų: jei pateikiama griežta nelygybė, o skaičiavimo metu sprendime parašysite laužtinius skliaustus ([,]), jie automatiškai tai įvertins kaip neteisingą atsakymą. Taip pat testuojant, jei pateikiama negriežta nelygybė su moduliais, tai tarp sprendinių ieškokite sričių su laužtiniais skliaustais.

Intervale (-3;0), plečiant modulį, funkcijos ženklą keičiame į priešingą

Atsižvelgiant į nelygybės atskleidimo sritį, sprendimas turės formą

Kartu su ankstesne sritimi tai duos du pusės intervalus

5 pavyzdys. Raskite nelygybės sprendimą
9x^2-|x-3|>=9x-2

Sprendimas:
Duota negriežta nelygybė, kurios submodulinė funkcija lygi nuliui taške x=3. Mažesnėms reikšmėms jis yra neigiamas, didesnėms – teigiamas. Išplėskite modulį intervale x<3.

Lygties diskriminanto radimas

ir šaknys

Pakeitę tašką nulį, sužinome, kad intervale [-1/9;1] kvadratinė funkcija yra neigiama, todėl intervalas yra sprendinys. Toliau išplečiame modulį ties x>3

Skaičių modulisŠis skaičius vadinamas pats, jei jis yra neneigiamas, arba tas pats skaičius su priešingu ženklu, jei jis yra neigiamas.

Pavyzdžiui, skaičiaus 6 modulis yra 6, o skaičiaus -6 modulis taip pat yra 6.

Tai yra, skaičiaus modulis suprantamas kaip absoliuti vertė, absoliuti šio skaičiaus vertė, neatsižvelgiant į jo ženklą.

Jis žymimas taip: |6|, | X|, |A| ir tt

(Daugiau informacijos skiltyje „Skaičių modulis“).

Lygtys su moduliu.

1 pavyzdys . Išspręskite lygtį|10 X - 5| = 15.

Sprendimas.

Pagal taisyklę lygtis yra lygiavertė dviejų lygčių deriniui:

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

Mes nusprendžiame:

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

X = 20: 10
X = -10: 10

X = 2
X = -1

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

2 pavyzdys . Išspręskite lygtį|2 X + 1| = X + 2.

Sprendimas.

Kadangi modulis yra neneigiamas skaičius, tada X+ 2 ≥ 0. Atitinkamai:

X ≥ -2.

Padarykime dvi lygtis:

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

Mes nusprendžiame:

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

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

X = 1
X = -1

Abu skaičiai yra didesni nei -2. Taigi abi yra lygties šaknys.

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

3 pavyzdys . Išspręskite lygtį

|X + 3| - 1
————— = 4
X - 1

Sprendimas.

Lygtis turi prasmę, jei vardiklis nėra nulis – tai reiškia, jei X≠ 1. Atsižvelgkime į šią sąlygą. Pirmasis mūsų veiksmas yra paprastas - mes ne tik atsikratome trupmenos, bet ir transformuojame ją taip, kad gautume modulį gryna forma:

|X+ 3| - 1 = 4 · ( X - 1),

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

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

|X + 3| = 4X - 3.

Dabar turime tik išraišką po moduliu kairėje lygties pusėje. Pirmyn.
Skaičiaus modulis yra neneigiamas skaičius – tai yra, jis turi būti didesnis už nulį arba lygus nuliui. Atitinkamai išsprendžiame nelygybę:

4X - 3 ≥ 0

4X ≥ 3

X ≥ 3/4

Taigi turime antrą sąlygą: lygties šaknis turi būti ne mažesnė kaip 3/4.

Pagal taisyklę sudarome dviejų lygčių rinkinį ir jas išsprendžiame:

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

Gavome du atsakymus. Patikrinkime, ar jos yra pradinės lygties šaknys.

Turėjome dvi sąlygas: lygties šaknis negali būti lygi 1, o ji turi būti ne mažesnė kaip 3/4. Tai yra X ≠ 1, X≥ 3/4. Abi šios sąlygos atitinka tik vieną iš dviejų gautų atsakymų – skaičių 2. Tai reiškia, kad tik tai yra pradinės lygties šaknis.

Atsakymas: X = 2.

Nelygybės su moduliu.

1 pavyzdys . Išspręskite nelygybę| X - 3| < 4

Sprendimas.

Modulio taisyklė nurodo:

|A| = A, Jei A ≥ 0.

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

Modulis gali turėti ir neneigiamus, ir neigiamus skaičius. Taigi turime apsvarstyti abu atvejus: X- 3 ≥ 0 ir X - 3 < 0.

1) Kada X- 3 ≥ 0 mūsų pradinė nelygybė lieka tokia, kokia yra, tik be modulio ženklo:
X - 3 < 4.

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

-(X - 3) < 4.

Atidarę skliaustus, gauname:

-X + 3 < 4.

Taigi iš šių dviejų sąlygų priėjome prie dviejų nelygybių sistemų suvienodinimo:

X - 3 ≥ 0
X - 3 < 4

X - 3 < 0
-X + 3 < 4

Išspręskime juos:

X ≥ 3
X < 7

X < 3
X > -1

Taigi, mūsų atsakymas yra dviejų rinkinių sąjunga:

3 ≤ X < 7 U -1 < X < 3.

Nustatykite mažiausią ir didžiausią reikšmes. Tai yra -1 ir 7. Be to X didesnis nei -1, bet mažesnis nei 7.
Be to, X≥ 3. Tai reiškia, kad nelygybės sprendimas yra visa skaičių aibė nuo -1 iki 7, neįskaitant šių kraštutinių skaičių.

Atsakymas: -1 < X < 7.

Arba: X ∈ (-1; 7).

Priedai.

1) Yra paprastesnis ir trumpesnis būdas išspręsti mūsų nelygybę – grafiškai. Norėdami tai padaryti, turite nubrėžti horizontalią ašį (1 pav.).

Išraiška | X - 3| < 4 означает, что расстояние от точки X iki 3 punkto yra mažiau nei keturi vienetai. Ant ašies pažymime skaičių 3 ir suskaičiuojame 4 padalos į kairę ir į dešinę nuo jo. Kairėje pateksime į tašką -1, dešinėje - į tašką 7. Taigi, taškai X mes tiesiog matėme juos neapskaičiavę.

Be to, pagal nelygybės sąlygą patys -1 ir 7 į sprendinių aibę neįeina. Taigi gauname atsakymą:

1 < X < 7.

2) Tačiau yra dar vienas sprendimas, paprastesnis net už grafinį metodą. Norėdami tai padaryti, mūsų nelygybė turi būti pateikta tokia forma:

4 < X - 3 < 4.

Juk taip yra pagal modulio taisyklę. Neneigiamas skaičius 4 ir panašus neigiamas skaičius -4 yra nelygybės sprendimo ribos.

4 + 3 < X < 4 + 3

1 < X < 7.

2 pavyzdys . Išspręskite nelygybę| X - 2| ≥ 5

Sprendimas.

Šis pavyzdys labai skiriasi nuo ankstesnio. Kairioji pusė yra didesnė nei 5 arba lygi 5. Geometriniu požiūriu nelygybės sprendimas yra visi skaičiai, esantys 5 ar daugiau vienetų atstumu nuo taško 2 (2 pav.). Grafikas rodo, kad tai visi skaičiai, mažesni arba lygūs -3 ir didesni arba lygūs 7. Tai reiškia, kad mes jau gavome atsakymą.

Atsakymas: -3 ≥ X ≥ 7.

Pakeliui tą pačią nelygybę išsprendžiame perstatydami laisvąjį terminą į kairę ir į dešinę su priešingu ženklu:

5 ≥ X - 2 ≥ 5

5 + 2 ≥ X ≥ 5 + 2

Atsakymas yra tas pats: -3 ≥ X ≥ 7.

Arba: X ∈ [-3; 7]

Pavyzdys išspręstas.

3 pavyzdys . Išspręskite nelygybę 6 X 2 - | X| - 2 ≤ 0

Sprendimas.

Skaičius X gali būti teigiamas skaičius, neigiamas skaičius arba nulis. Todėl turime atsižvelgti į visas tris aplinkybes. Kaip žinote, į juos atsižvelgiama dviejose nelygybėse: X≥ 0 ir X < 0. При X≥ 0 mes tiesiog perrašome savo pradinę nelygybę tokią, kokia yra, tik be modulio ženklo:

6x2 - X - 2 ≤ 0.

Dabar apie antrąjį atvejį: jei 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.

Išplečiant skliaustus:

6X 2 + X - 2 ≤ 0.

Taigi gavome dvi lygčių sistemas:

6X 2 - X - 2 ≤ 0
X ≥ 0

6X 2 + X - 2 ≤ 0
X < 0

Turime išspręsti sistemų nelygybes – tai reiškia, kad turime rasti dviejų kvadratinių lygčių šaknis. Norėdami tai padaryti, kairiąsias nelygybių puses prilyginame nuliui.

Pradėkime nuo pirmojo:

6X 2 - X - 2 = 0.

Kaip išspręsti kvadratinę lygtį – žiūrėkite skyrių „Kvadratinė lygtis“. Iš karto įvardinsime atsakymą:

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

Iš pirmosios nelygybių sistemos gauname, kad pradinės nelygybės sprendimas yra visa skaičių aibė nuo -1/2 iki 2/3. Mes rašome sprendimų sąjungą adresu X ≥ 0:
[-1/2; 2/3].

Dabar išspręskime antrąją kvadratinę lygtį:

6X 2 + X - 2 = 0.

Jo šaknys:

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

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

Sujungkime du atsakymus ir gaukime galutinį atsakymą: sprendimas yra visa skaičių rinkinys nuo -2/3 iki 2/3, įskaitant šiuos kraštutinius skaičius.

Atsakymas: -2/3 ≤ X ≤ 2/3.

Arba: X ∈ [-2/3; 2/3].

Matematika yra mokslo išminties simbolis,

mokslinio griežtumo ir paprastumo modelis,

mokslo meistriškumo ir grožio etalonas.

Rusų filosofas, profesorius A.V. Vološinovas

Nelygybės su moduliu

Sunkiausiai mokyklinėje matematikoje sprendžiamos problemos yra nelygybės, turintys kintamuosius po modulio ženklu. Norėdami sėkmingai išspręsti tokias nelygybes, turite gerai išmanyti modulio savybes ir turėti įgūdžių jomis naudotis.

Pagrindinės sąvokos ir savybės

Realiojo skaičiaus modulis (absoliuti reikšmė).žymimas ir apibrėžiamas taip:

Paprastos modulio savybės apima šiuos ryšius:

IR .

Pastaba, kad paskutinės dvi savybės galioja bet kuriam lyginiam laipsniui.

Be to, jei, kur, tada ir

Sudėtingesnės modulio savybės, kuriuos galima efektyviai panaudoti sprendžiant lygtis ir nelygybes su moduliais, formuluojamos naudojant šias teoremas:

1 teorema.Bet kurioms analitinėms funkcijoms Ir nelygybė yra tiesa.

2 teorema. Lygybė prilygsta nelygybei.

3 teorema. Lygybė prilygsta nelygybei.

Dažniausios nelygybės mokyklinėje matematikoje, kuriuose yra nežinomų kintamųjų po modulio ženklu, yra formos nelygybės ir kur kažkokia teigiama konstanta.

4 teorema. Nelygybė atitinka dvigubą nelygybę, ir nelygybės sprendimasredukuoja iki nelygybių aibės sprendimo Ir .

Ši teorema yra ypatingas 6 ir 7 teoremų atvejis.

Sudėtingesnės nelygybės, kuriuose yra modulis, yra formos nelygybės, Ir.

Tokių nelygybių sprendimo būdus galima suformuluoti naudojant šias tris teoremas.

5 teorema. Nelygybė yra lygiavertis dviejų nelygybių sistemų deriniui

aš (1)

Įrodymas. Nuo tada

Tai reiškia (1) galiojimą.

6 teorema. Nelygybė yra lygiavertis nelygybių sistemai

Įrodymas. nes, tada nuo nelygybės seka tuo . Esant šiai sąlygai, nelygybėir šiuo atveju antroji nelygybių sistema (1) pasirodys nenuosekli.

Teorema įrodyta.

7 teorema. Nelygybė yra lygiavertis vienos nelygybės ir dviejų nelygybių sistemų deriniui

aš (3)

Įrodymas. Nuo tada nelygybė visada vykdomas, Jei.

Leisti , tada nelygybėbus lygiavertis nelygybei, iš kurios išplaukia dviejų nelygybių aibė Ir .

Teorema įrodyta.

Pažvelkime į tipiškus problemų sprendimo pavyzdžius tema „Nelygybės, su kintamaisiais po modulio ženklu“.

Nelygybių sprendimas moduliu

Paprasčiausias nelygybių su moduliu sprendimas yra metodas, remiantis modulio išplėtimu. Šis metodas yra universalus, tačiau paprastai jo naudojimas gali sukelti labai sudėtingus skaičiavimus. Todėl mokiniai turėtų žinoti kitus (veiksmingesnius) tokių nelygybių sprendimo būdus ir būdus. Ypač, būtina turėti teoremų taikymo įgūdžių, pateikta šiame straipsnyje.

1 pavyzdys.Išspręskite nelygybę

. (4)

Sprendimas.Nelygybę (4) spręsime „klasikiniu“ – modulių atskleidimo metodu. Tam tikslui padalijame skaičių ašį taškai ir į intervalus ir apsvarstykite tris atvejus.

1. Jei , tai , , , o nelygybė (4) įgauna formą arba .

Kadangi atvejis čia nagrinėjamas, tai yra nelygybės sprendimas (4).

2. Jei, tada iš nelygybės (4) gauname arba . Kadangi intervalų sankirta Ir Yra tuščias, tada nagrinėjamame sprendinių intervale nėra nelygybės (4).

3. Jei, tada nelygybė (4) įgauna formą arba . Tai akivaizdu taip pat yra nelygybės sprendimas (4).

Atsakymas: ,.

2 pavyzdys. Išspręskite nelygybę.

Sprendimas. Tarkime, kad. nes, tada duotoji nelygybė įgauna formą arba . Nuo tada o iš čia seka arba .

Tačiau todėl arba.

3 pavyzdys. Išspręskite nelygybę

. (5)

Sprendimas. nes, tada nelygybė (5) yra lygiavertė nelygybėms arba . Iš čia, pagal 4 teoremą, turime aibę nelygybių Ir .

Atsakymas: ,.

4 pavyzdys.Išspręskite nelygybę

. (6)

Sprendimas. Pažymėkime. Tada iš nelygybės (6) gauname nelygybes , , arba .

Iš čia, naudojant intervalų metodą, mes gauname . nes, tada čia turime nelygybių sistemą

Pirmosios sistemos (7) nelygybės sprendimas yra dviejų intervalų sąjunga ir , o antrosios nelygybės sprendimas yra dviguba nelygybė. Tai reiškia, kad nelygybių sistemos (7) sprendinys yra dviejų intervalų sąjunga Ir .

Atsakymas: ,

5 pavyzdys.Išspręskite nelygybę

. (8)

Sprendimas. Nelygybę (8) paverskime taip:

Arba .

Naudojant intervalų metodą, gauname nelygybės (8) sprendimą.

Atsakymas:.

Pastaba. Jei įdėsime ir 5 teoremos sąlygomis, gausime .

6 pavyzdys. Išspręskite nelygybę

. (9)

Sprendimas. Iš nelygybės (9) išplaukia. Nelygybę (9) paverskime taip:

Arba

Nuo tada arba .

Atsakymas:.

7 pavyzdys.Išspręskite nelygybę

. (10)

Sprendimas. Nuo ir , tada arba .

Šiuo atžvilgiu o nelygybė (10) įgauna formą

Arba

. (11)

Iš to seka, kad arba . Kadangi Tada nelygybė (11) taip pat reiškia arba .

Atsakymas:.

Pastaba. Jei 1 teoremą pritaikysime kairiajai nelygybės (10) pusei, tada gauname . Iš to ir nelygybės (10) išplaukia, kas arba . nes, tada nelygybė (10) įgauna formą arba .

8 pavyzdys. Išspręskite nelygybę

. (12)

Sprendimas. Nuo tada o iš nelygybės (12) išplaukia arba . Tačiau todėl arba. Iš čia gauname arba .

Atsakymas:.

9 pavyzdys. Išspręskite nelygybę

. (13)

Sprendimas. Pagal 7 teoremą nelygybės (13) sprendimas yra arba .

Tegul dabar būna. Tokiu atveju o nelygybė (13) įgauna formą arba .

Jei sujungsite intervalus ir , tada gauname formos (13) nelygybės sprendimą.

10 pavyzdys. Išspręskite nelygybę

. (14)

Sprendimas. Perrašykime nelygybę (14) ekvivalentine forma: . Jei taikysime 1 teoremą kairėje šios nelygybės pusėje, gausime nelygybę .

Iš čia ir iš 1 teoremos išplaukia, kad nelygybė (14) tenkinama bet kurioms reikšmėms.

Atsakymas: bet koks skaičius.

11 pavyzdys. Išspręskite nelygybę

. (15)

Sprendimas. 1 teoremos taikymas kairei nelygybės pusei (15), mes gauname . Tai ir nelygybė (15) duoda lygtį, kuri turi formą.

Pagal 3 teoremą, lygtis prilygsta nelygybei. Iš čia gauname.

12 pavyzdys.Išspręskite nelygybę

. (16)

Sprendimas. Iš nelygybės (16) pagal 4 teoremą gauname nelygybių sistemą

Sprendžiant nelygybęPasinaudokime 6 teorema ir gaukime nelygybių sistemąiš kurio išplaukia.

Apsvarstykite nelygybę. Pagal 7 teoremą, gauname aibę nelygybių Ir . Antroji gyventojų nelygybė galioja bet kuriai realiai.

Vadinasi, nelygybės (16) sprendimas yra.

13 pavyzdys.Išspręskite nelygybę

. (17)

Sprendimas. Pagal 1 teoremą galime rašyti

(18)

Atsižvelgdami į nelygybę (17), darome išvadą, kad abi nelygybės (18) virsta lygybėmis, t.y. yra lygčių sistema

Pagal 3 teoremą ši lygčių sistema yra lygiavertė nelygybių sistemai

arba

14 pavyzdys.Išspręskite nelygybę

. (19)

Sprendimas. Nuo tada. Padauginkime abi nelygybės (19) puses iš išraiškos , kuri bet kurioms reikšmėms ima tik teigiamas reikšmes. Tada gauname nelygybę, lygiavertę formos (19) nelygybei

Iš čia gauname arba kur . Nuo ir tada nelygybės (19) sprendimas yra Ir .

Atsakymas: ,.

Norėdami nuodugniau ištirti nelygybių su moduliu sprendimo būdus, rekomenduojame atsiversti vadovėlius, pateiktą rekomenduojamos literatūros sąraše.

1. Matematikos uždavinių rinkinys stojantiesiems į kolegijas / Red. M.I. Scanavi. – M.: Taika ir švietimas, 2013. – 608 p.

2. Suprun V.P. Matematika gimnazistams: nelygybių sprendimo ir įrodinėjimo metodai. – M.: Lenandas / URSS, 2018. – 264 p.

3. Suprun V.P. Matematika gimnazistams: nestandartiniai uždavinių sprendimo metodai. – M.: CD „Librocom“ / URSS, 2017. – 296 p.

Vis dar turite klausimų?

Norėdami gauti pagalbos iš dėstytojo, užsiregistruokite.

svetainėje, kopijuojant visą medžiagą ar jos dalį, būtina nuoroda į šaltinį.