Si të zgjidhen pabarazitë me formulat e modulit. Pabarazitë me modul. Vështrim i ri për zgjidhjen

Sot miq, nuk do ketë as ngërç dhe as sentimentalizëm. Në vend të kësaj, unë do t'ju dërgoj, pa pyetje, në betejë me një nga kundërshtarët më të frikshëm në kursin e algjebrës së klasës 8-9.

Po, ju e keni kuptuar gjithçka saktë: ne po flasim për pabarazi me modul. Ne do të shikojmë katër teknika bazë me të cilat do të mësoni të zgjidhni rreth 90% të problemeve të tilla. Po 10% e mbetur? Epo, ne do të flasim për to në një mësim të veçantë.

Megjithatë, përpara se të analizoj ndonjë nga teknikat, do të doja t'ju kujtoja dy fakte që tashmë duhet t'i dini. Përndryshe, rrezikoni të mos e kuptoni fare materialin e mësimit të sotëm.

Ajo që duhet të dini tashmë

Captain Obviousness duket se lë të kuptohet se për të zgjidhur pabarazitë me modul duhet të dini dy gjëra:

1. Si zgjidhen pabarazitë;
2. Çfarë është një modul?

Le të fillojmë me pikën e dytë.

Përkufizimi i modulit

Gjithçka është e thjeshtë këtu. Ekzistojnë dy përkufizime: algjebrike dhe grafike. Për të filluar me - algjebrike:

Përkufizimi. Moduli i një numri $x$ është ose vetë numri, nëse nuk është negativ, ose numri i kundërt me të, nëse origjinali $x$ është ende negativ.

Është shkruar kështu:

\[\majtas| x \djathtas|=\majtas\( \fillimi(rreshtoj) & x,\ x\ge 0, \\ & -x,\ x \lt 0. \\\fund (rreshtoj) \djathtas.\]

Me fjalë të thjeshta, një modul është një "numër pa minus". Dhe pikërisht në këtë dualitet (në disa vende nuk duhet të bësh asgjë me numrin origjinal, por në të tjera duhet të heqësh një lloj minusi) ku qëndron e gjithë vështirësia për studentët fillestarë.

Ekziston edhe një përkufizim gjeometrik. Është gjithashtu e dobishme të dihet, por do t'i drejtohemi vetëm në raste komplekse dhe në disa raste të veçanta, ku qasja gjeometrike është më e përshtatshme se ajo algjebrike (prishje: jo sot).

Përkufizimi. Le të shënohet pika $a$ në vijën numerike. Pastaj moduli $\left| x-a \right|$ është distanca nga pika $x$ në pikën $a$ në këtë linjë.

Nëse vizatoni një foto, do të merrni diçka si kjo:

Në një mënyrë apo tjetër, nga përkufizimi i një moduli, vetia kryesore e tij rrjedh menjëherë: moduli i një numri është gjithmonë një madhësi jo negative. Ky fakt do të jetë një fije e kuqe që do të përshkojë gjithë narrativën tonë sot.

Zgjidhja e pabarazive. Metoda e intervalit

Tani le të shohim pabarazitë. Ka shumë prej tyre, por detyra jonë tani është të jemi në gjendje të zgjidhim të paktën më të thjeshtat prej tyre. Ato që reduktohen në pabarazi lineare, si dhe në metodën e intervalit.

Unë kam dy mësime të mëdha për këtë temë (nga rruga, shumë, SHUMË e dobishme - unë rekomandoj t'i studioni ato):

1. Metoda e intervalit për pabarazitë (sidomos shikoni videon);
2. Pabarazitë racionale thyesore janë një mësim shumë i gjerë, por pas tij nuk do të keni fare pyetje.

Nëse i dini të gjitha këto, nëse fraza "le të kalojmë nga pabarazia në ekuacion" nuk ju bën të keni një dëshirë të paqartë për të goditur veten pas murit, atëherë jeni gati: mirë se vini në ferr në temën kryesore të mësimit.

1. Pabarazitë e formës “Moduli është më i vogël se funksioni”

Ky është një nga problemet më të zakonshme me modulet. Kërkohet të zgjidhet një pabarazi e formës:

\[\majtas| f\djathtas| \ltg\]

Funksionet $f$ dhe $g$ mund të jenë çdo gjë, por zakonisht ato janë polinome. Shembuj të pabarazive të tilla:

\[\filloj(rreshtoj) & \majtas| 2x+3 \djathtas| \lt x+7; \\ & \majtas| ((x)^(2))+2x-3 \djathtas|+3\majtas(x+1 \djathtas) \lt 0; \\ & \majtas| ((x)^(2))-2\majtas| x \djathtas|-3 \djathtas| \lt 2. \\\fund (rreshtoj)\]

Të gjitha ato mund të zgjidhen fjalë për fjalë në një rresht sipas skemës së mëposhtme:

\[\majtas| f\djathtas| \lt g\Djathtas -g \lt f \lt g\katër \ majtas(\Djathtas \majtas\( \fillimi(rreshtoj) & f \lt g, \\ & f \gt -g \\\fund (rreshtoj) \drejtë.\djathtas)\]

Është e lehtë të shihet se ne heqim qafe modulin, por si kthim marrim një pabarazi të dyfishtë (ose, që është e njëjta gjë, një sistem me dy pabarazi). Por ky tranzicion merr parasysh absolutisht të gjitha problemet e mundshme: nëse numri nën modul është pozitiv, metoda funksionon; nëse është negative, ajo ende funksionon; dhe madje edhe me funksionin më të papërshtatshëm në vend të $f$ ose $g$, metoda do të vazhdojë të funksionojë.

Natyrisht, lind pyetja: a nuk mund të ishte më e thjeshtë? Fatkeqësisht, nuk është e mundur. Kjo është e gjithë pika e modulit.

Megjithatë, mjaft me filozofimin. Le të zgjidhim disa probleme:

Detyrë. Zgjidh pabarazinë:

\[\majtas| 2x+3 \djathtas| \lt x+7\]

Zgjidhje. Pra, kemi para nesh një pabarazi klasike të formës "moduli është më i vogël" - nuk ka asgjë as për të transformuar. Ne punojmë sipas algoritmit:

\[\filloj(rreshtoj) & \majtas| f\djathtas| \lt g\Djathtas -g \lt f \lt g; \\ & \majtas| 2x+3 \djathtas| \lt x+7\Djathtas shigjete -\majtas(x+7 \djathtas) \lt 2x+3 \lt x+7 \\\fund (rreshtoj)\]

Mos nxitoni të hapni kllapat e paraprirë nga një "minus": është shumë e mundur që për shkak të nxitimit tuaj të bëni një gabim fyes.

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

\[\majtas\( \fillimi(rreshtoj) & -x-7 \lt 2x+3 \\ & 2x+3 \lt x+7 \\ \fund (rreshtoj) \djathtas.\]

\[\majtas\( \fillimi(rreshtoj) & -3x \lt 10 \\ & x \lt 4 \\ \fund (rreshtoj) \djathtas.\]

\[\majtas\( \fillimi(rreshtoj) & x \gt -\frac(10)(3) \\ & x \lt 4 \\ \fund (rreshtoj) \djathtas.\]

Problemi u reduktua në dy pabarazi elementare. Le të shënojmë zgjidhjet e tyre në drejtëzat numerike paralele:

Kryqëzimi i shumë

Kryqëzimi i këtyre grupeve do të jetë përgjigja.

Përgjigje: $x\in \left(-\frac(10)(3);4 \djathtas)$

Detyrë. Zgjidh pabarazinë:

\[\majtas| ((x)^(2))+2x-3 \djathtas|+3\majtas(x+1 \djathtas) \lt 0\]

Zgjidhje. Kjo detyrë është pak më e vështirë. Së pari, le të izolojmë modulin duke lëvizur termin e dytë djathtas:

\[\majtas| ((x)^(2))+2x-3 \djathtas| \lt -3\majtas(x+1 \djathtas)\]

Natyrisht, ne përsëri kemi një pabarazi të formës "moduli është më i vogël", kështu që ne shpëtojmë nga moduli duke përdorur algoritmin tashmë të njohur:

\[-\majtas(-3\majtas(x+1 \djathtas) \djathtas) \lt ((x)^(2))+2x-3 \lt -3\majtas(x+1 \djathtas)\]

Tani vëmendje: dikush do të thotë se jam pak pervers me gjithë këto kllapa. Por më lejoni t'ju kujtoj edhe një herë se qëllimi ynë kryesor është zgjidhni saktë mosbarazimin dhe merrni përgjigjen. Më vonë, kur të keni zotëruar në mënyrë të përsosur gjithçka të përshkruar në këtë mësim, mund ta shtrembëroni vetë sipas dëshirës: hapni kllapat, shtoni minuset, etj.

Për të filluar, ne thjesht do të heqim qafe minusin e dyfishtë në të majtë:

\[-\majtas(-3\majtas(x+1 \djathtas) \djathtas)=\majtas(-1 \djathtas)\cdot \majtas(-3 \djathtas)\cdot \majtas(x+1 \djathtas) =3\majtas(x+1 \djathtas)\]

Tani le të hapim të gjitha kllapat në pabarazinë e dyfishtë:

Le të kalojmë te pabarazia e dyfishtë. Këtë herë llogaritjet do të jenë më serioze:

\[\majtas\( \fillimi(rreshtoj) & ((x)^(2))+2x-3 \lt -3x-3 \\ & 3x+3 \lt ((x)^(2))+2x -3 \\ \fund (rreshtoj) \djathtas.\]

\[\majtas\( \fillimi(rreshtoj) & ((x)^(2))+5x \lt 0 \\ & ((x)^(2))-x-6 \gt 0 \\ \fund( rreshtoj)\djathtas.\]

Të dyja pabarazitë janë kuadratike dhe mund të zgjidhen duke përdorur metodën e intervalit (kjo është arsyeja pse unë them: nëse nuk e dini se çfarë është kjo, është më mirë të mos merrni ende module). Le të kalojmë te ekuacioni në pabarazinë e parë:

\[\fillim(rreshtoj) & ((x)^(2))+5x=0; \\ & x\ majtas(x+5 \djathtas)=0; \\ & ((x)_(1))=0;((x)_(2))=-5. \\\fund (radhis)\]

Siç mund ta shihni, dalja është një ekuacion kuadratik jo i plotë, i cili mund të zgjidhet në mënyrë elementare. Tani le të shohim pabarazinë e dytë të sistemit. Atje do të duhet të zbatoni teoremën e Vieta:

\[\fillim(lidhoj) & ((x)^(2))-x-6=0; \\ & \left(x-3 \djathtas)\majtas(x+2 \djathtas)=0; \\& ((x)_(1))=3;((x)_(2))=-2. \\\fund (radhis)\]

Ne shënojmë numrat që rezultojnë në dy rreshta paralele (të ndara për pabarazinë e parë dhe të ndara për të dytën):

Përsëri, meqenëse po zgjidhim një sistem pabarazish, ne jemi të interesuar në kryqëzimin e bashkësive të hijezuara: $x\in \left(-5;-2 \right)$. Kjo është përgjigja.

Përgjigje: $x\in \left(-5;-2 \djathtas)$

Unë mendoj se pas këtyre shembujve skema e zgjidhjes është jashtëzakonisht e qartë:

1. Izoloni modulin duke lëvizur të gjithë termat e tjerë në anën e kundërt të pabarazisë. Kështu marrim një pabarazi të formës $\left| f\djathtas| \ltg$.
2. Zgjidheni këtë pabarazi duke hequr qafe modulin sipas skemës së përshkruar më sipër. Në një moment, do të jetë e nevojshme të kalojmë nga pabarazia e dyfishtë në një sistem me dy shprehje të pavarura, secila prej të cilave tashmë mund të zgjidhet veçmas.
3. Më në fund, gjithçka që mbetet është të kryqëzojmë zgjidhjet e këtyre dy shprehjeve të pavarura - dhe kjo është ajo, ne do të marrim përgjigjen përfundimtare.

Një algoritëm i ngjashëm ekziston për pabarazitë e tipit të mëposhtëm, kur moduli është më i madh se funksioni. Sidoqoftë, ka disa "por" serioze. Ne do të flasim për këto "por" tani.

2. Pabarazitë e formës “Moduli është më i madh se funksioni”

Ata duken kështu:

\[\majtas| f\djathtas| \gtg\]

Ngjashëm me atë të mëparshmin? Duket. E megjithatë probleme të tilla zgjidhen në një mënyrë krejtësisht të ndryshme. Formalisht, skema është si më poshtë:

\[\majtas| f\djathtas| \gt g\Djathtas shigjetë \majtas[ \fillim(radhis) & f \gt g, \\ & f \lt -g \\\fund (rreshtoj) \djathtas.\]

Me fjalë të tjera, ne konsiderojmë dy raste:

1. Së pari, ne thjesht injorojmë modulin dhe zgjidhim pabarazinë e zakonshme;
2. Pastaj, në thelb, ne e zgjerojmë modulin me shenjën minus, dhe pastaj i shumëzojmë të dyja anët e pabarazisë me -1, ndërsa unë kam shenjën.

Në këtë rast, opsionet kombinohen me një kllapa katrore, d.m.th. Ne kemi para nesh një kombinim të dy kërkesave.

Ju lutemi vini re përsëri: ky nuk është një sistem, por një tërësi, prandaj në përgjigje grupet janë të kombinuara dhe jo të kryqëzuara. Ky është një ndryshim thelbësor nga pika e mëparshme!

Në përgjithësi, shumë studentë janë plotësisht të hutuar me sindikatat dhe kryqëzimet, kështu që le ta zgjidhim këtë çështje një herë e përgjithmonë:

• "∪" është një shenjë bashkimi. Në fakt, kjo është një shkronjë e stilizuar "U", e cila na erdhi nga gjuha angleze dhe është një shkurtim për "Bashkimi", d.m.th. "Shoqatat".
• "∩" është shenja e kryqëzimit. Kjo katrahurë nuk erdhi nga askund, por thjesht u shfaq si një kundërvënie ndaj "∪".

Për ta bërë edhe më të lehtë të mbani mend, thjesht vizatoni këmbët në këto shenja për të bërë syze (thjesht mos më akuzoni tani për promovimin e varësisë nga droga dhe alkoolizmin: nëse po e studioni seriozisht këtë mësim, atëherë jeni tashmë një narkoman):

E përkthyer në Rusisht, kjo do të thotë si vijon: bashkimi (tërësia) përfshin elementë nga të dy grupet, prandaj nuk është në asnjë mënyrë më pak se secili prej tyre; por kryqëzimi (sistemi) përfshin vetëm ato elemente që janë njëkohësisht në grupin e parë dhe në të dytin. Prandaj, kryqëzimi i grupeve nuk është kurrë më i madh se grupet burimore.

Pra u bë më e qartë? Kjo është e mrekullueshme. Le të kalojmë në praktikë.

Detyrë. Zgjidh pabarazinë:

\[\majtas| 3x+1 \djathtas| \gt 5-4x\]

Zgjidhje. Ne vazhdojmë sipas skemës:

\[\majtas| 3x+1 \djathtas| \gt 5-4x\Djathtas shigjeta \majtas[ \fillimi(rreshtoj) & 3x+1 \gt 5-4x \\ & 3x+1 \lt -\majtas(5-4x \djathtas) \\\fund (rreshtoj) \ drejtë.\]

Ne zgjidhim çdo pabarazi në popullatë:

\[\majtas[ \fillimi(rreshtoj) & 3x+4x \gt 5-1 \\ & 3x-4x \lt -5-1 \\ \fund (rreshtoj) \djathtas.\]

\[\majtas[ \fillimi(rreshtoj) & 7x \gt 4 \\ & -x \lt -6 \\ \fund (rreshtoj) \djathtas.\]

\[\majtas[ \fillimi(rreshtoj) & x \gt 4/7\ \\ & x \gt 6 \\ \fund (rreshtoj) \djathtas.\]

Ne shënojmë çdo grup që rezulton në vijën numerike dhe më pas i kombinojmë:

Bashkimi i kompleteve

Është mjaft e qartë se përgjigja do të jetë $x\in \left(\frac(4)(7);+\infty \djathtas)$

Përgjigje: $x\in \left(\frac(4)(7);+\infty \djathtas)$

Detyrë. Zgjidh pabarazinë:

\[\majtas| ((x)^(2))+2x-3 \djathtas| \gt x\]

Zgjidhje. Mirë? Asgjë - gjithçka është e njëjtë. Ne kalojmë nga një pabarazi me një modul në një grup prej dy pabarazish:

\[\majtas| ((x)^(2))+2x-3 \djathtas| \gt x\Djathtas shigjeta \majtas[ \fillim(radhis) & ((x)^(2))+2x-3 \gt x \\ & ((x)^(2))+2x-3 \lt -x \\\fund (rreshtoj) \djathtas.\]

Ne zgjidhim çdo pabarazi. Fatkeqësisht, rrënjët atje nuk do të jenë shumë të mira:

\[\filloj(lidhoj) & ((x)^(2))+2x-3 \gt x; \\ & ((x)^(2))+x-3 \gt 0; \\&D=1+12=13; \\ & x=\frac(-1\pm \sqrt(13))(2). \\\fund (rreshtoj)\]

Pabarazia e dytë është gjithashtu pak e egër:

\[\fillim(lidhoj) & ((x)^(2))+2x-3 \lt -x; \\ & ((x)^(2))+3x-3 \lt 0; \\&D=9+12=21; \\ & x=\frac(-3\pm \sqrt(21))(2). \\\fund (rreshtoj)\]

Tani ju duhet t'i shënoni këta numra në dy boshte - një bosht për secilën pabarazi. Sidoqoftë, duhet t'i shënoni pikat në rendin e duhur: sa më i madh të jetë numri, aq më tej pika lëviz në të djathtë.

Dhe këtu na pret një organizim. Nëse gjithçka është e qartë me numrat $\frac(-3-\sqrt(21))(2) \lt \frac(-1-\sqrt(13))(2)$ (termat në numëruesin e të parës thyesa janë më të vogla se termat në numëruesin e sekondës, kështu që shuma është gjithashtu më e vogël), me numrat $\frac(-3-\sqrt(13))(2) \lt \frac(-1+\sqrt (21)) (2)$ gjithashtu nuk do të ketë vështirësi (numri pozitiv padyshim më negativ), atëherë me çiftin e fundit gjithçka nuk është aq e qartë. Cila është më e madhe: $\frac(-3+\sqrt(21))(2)$ ose $\frac(-1+\sqrt(13))(2)$? Vendosja e pikave në vijat numerike dhe, në fakt, përgjigja do të varet nga përgjigja e kësaj pyetjeje.

Pra, le të krahasojmë:

\[\fillim(matricë) \frac(-1+\sqrt(13))(2)\vee \frac(-3+\sqrt(21))(2) \\ -1+\sqrt(13)\ vee -3+\sqrt(21) \\ 2+\sqrt(13)\vee \sqrt(21) \\\fund (matricë)\]

Ne izoluam rrënjën, morëm numra jo negativë në të dy anët e pabarazisë, kështu që kemi të drejtën të katrorim të dy anët:

\[\fillim(matricë) ((\left(2+\sqrt(13) \djathtas))^(2))\vee ((\left(\sqrt(21) \djathtas))^(2)) \ \ 4+4\sqrt(13)+13\vee 21 \\ 4\sqrt(13)\vee 3 \\\fund (matricë)\]

Unë mendoj se nuk është aspak e mirë që $4\sqrt(13) \gt 3$, kështu që $\frac(-1+\sqrt(13))(2) \gt \frac(-3+\sqrt(21)) ( 2)$, pikat përfundimtare në akset do të vendosen si kjo:

Një rast me rrënjë të shëmtuara

Më lejoni t'ju kujtoj se ne po zgjidhim një grup, kështu që përgjigja do të jetë një bashkim, jo ​​një kryqëzim i grupeve me hije.

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

Siç mund ta shihni, skema jonë funksionon shumë për problemet e thjeshta dhe shumë të vështira. E vetmja "pikë e dobët" në këtë qasje është se ju duhet të krahasoni saktë numrat irracionalë (dhe më besoni: këto nuk janë vetëm rrënjë). Por një mësim i veçantë (dhe shumë serioz) do t'i kushtohet çështjeve të krahasimit. Dhe ne vazhdojmë.

3. Pabarazitë me "bishte" jo negative

Tani kalojmë në pjesën më interesante. Këto janë pabarazitë e formës:

\[\majtas| f\djathtas| \gt\majtas| g\djathtas|\]

Në përgjithësi, algoritmi për të cilin do të flasim tani është i saktë vetëm për modulin. Ajo funksionon në të gjitha pabarazitë ku ka shprehje të garantuara jo negative në të majtë dhe në të djathtë:

Çfarë duhet bërë me këto detyra? Vetëm mbani mend:

Në pabarazitë me "bishte" jo negative, të dyja palët mund të ngrihen në çdo fuqi natyrore. Nuk do të ketë kufizime shtesë.

Para së gjithash, ne do të jemi të interesuar në katrorin - djeg modulet dhe rrënjët:

\[\fillim(lidhoj) & ((\majtas(\majtas| f \djathtas| \djathtas))^(2))=((f)^(2)); \\ & ((\majtas(\sqrt(f) \djathtas))^(2))=f. \\\fund (radhis)\]

Thjesht mos e ngatërroni këtë me marrjen e rrënjës së një katrori:

\[\sqrt(((f)^(2)))=\majtas| f \djathtas|\ne f\]

Gabime të panumërta u bënë kur një student harroi të instalonte një modul! Por kjo është një histori krejtësisht e ndryshme (këto janë, si të thuash, ekuacione irracionale), kështu që ne nuk do të hyjmë në këtë tani. Le të zgjidhim disa probleme më mirë:

Detyrë. Zgjidh pabarazinë:

\[\majtas| x+2 \djathtas|\ge \majtas| 1-2x \djathtas|\]

Zgjidhje. Le të vëmë re menjëherë dy gjëra:

1. Kjo nuk është një pabarazi strikte. Pikat në vijën numerike do të shpohen.
2. Të dyja anët e pabarazisë janë padyshim jo negative (kjo është një veti e modulit: $\left| f\left(x \right) \right|\ge 0$).

Prandaj, ne mund të sheshojmë të dy anët e pabarazisë për të hequr qafe modulin dhe për të zgjidhur problemin duke përdorur metodën e zakonshme të intervalit:

\[\fillo(rreshtoj) & ((\majtas(\majtas| x+2 \djathtas| \djathtas))^(2))\ge ((\majtas(\majtas| 1-2x \djathtas| \djathtas) )^(2)); \\ & ((\majtas(x+2 \djathtas))^(2))\ge ((\majtas(2x-1 \djathtas))^(2)). \\\fund (radhis)\]

Në hapin e fundit, mashtrova pak: ndryshova sekuencën e termave, duke përfituar nga njëtrajtshmëria e modulit (në fakt, e shumëzova shprehjen $1-2x$ me -1).

\[\fillo(rreshtoj) & ((\majtas(2x-1 \djathtas))^(2))-((\majtas(x+2 \djathtas))^(2))\le 0; \\ & \majtas(\majtas(2x-1 \djathtas)-\majtas(x+2 \djathtas) \djathtas)\cdot \majtas(\majtas(2x-1 \djathtas)+\majtas(x+2 \ djathtas)\djathtas)\le 0; \\ & \left(2x-1-x-2 \djathtas)\cdot \left(2x-1+x+2 \djathtas)\le 0; \\ & \left(x-3 \djathtas)\cdot \majtas(3x+1 \djathtas)\le 0. \\\fund (rreshtoj)\]

Ne zgjidhim duke përdorur metodën e intervalit. Le të kalojmë nga pabarazia në ekuacion:

\[\fillim(rreshtoj) & \left(x-3 \djathtas)\majtas(3x+1 \djathtas)=0; \\ & ((x)_(1))=3;((x)_(2))=-\frac(1)(3). \\\fund (radhis)\]

Rrënjët e gjetura i shënojmë në vijën numerike. Edhe një herë: të gjitha pikat janë të hijezuara sepse pabarazia origjinale nuk është e rreptë!

Heqja e shenjës së modulit

Më lejoni t'ju kujtoj për ata që janë veçanërisht kokëfortë: marrim shenjat nga pabarazia e fundit, e cila u shkrua përpara se të kalonim në ekuacion. Dhe ne pikturojmë zonat e kërkuara në të njëjtën pabarazi. Në rastin tonë është $\left(x-3 \right)\left(3x+1 \djathtas)\le 0$.

OK tani ka mbaruar. Problemi është zgjidhur.

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

Detyrë. Zgjidh pabarazinë:

\[\majtas| ((x)^(2))+x+1 \djathtas|\le \majtas| ((x)^(2))+3x+4 \djathtas|\]

Zgjidhje. Ne bëjmë gjithçka njësoj. Unë nuk do të komentoj - thjesht shikoni sekuencën e veprimeve.

Sheshoni atë:

\[\fillo(rreshtoj) & ((\majtas(\majtas| ((x)^(2))+x+1 \djathtas| \djathtas))^(2))\le ((\majtas(\majtas |. ((x)^(2))+3x+4 \djathtas|. \\ & ((\majtas(((x)^(2))+x+1 \djathtas))^(2))\le ((\majtas(((x)^(2))+3x+4 \djathtas))^(2)); \\ & ((\majtas(((x)^(2))+x+1 \djathtas))^(2))-((\majtas(((x)^(2))+3x+4 \ djathtas))^(2))\le 0; \\ & \left(((x)^(2))+x+1-((x)^(2))-3x-4 \djathtas)\herë \\ & \herë \majtas(((x) ^(2))+x+1+((x)^(2))+3x+4 \djathtas)\le 0; \\ & \left(-2x-3 \djathtas)\majtas(2((x)^(2))+4x+5 \djathtas)\le 0. \\\fund (rreshtoj)\]

Metoda e intervalit:

\[\fillim(rreshtoj) & \left(-2x-3 \djathtas)\majtas(2((x)^(2))+4x+5 \djathtas)=0 \\ & -2x-3=0\ Shigjeta djathtas x=-1,5; \\ & 2((x)^(2))+4x+5=0\Djathtas shigjetë D=16-40 \lt 0\Djathtas \varnothing . \\\fund (radhis)\]

Ka vetëm një rrënjë në vijën numerike:

Përgjigja është një interval i tërë

Përgjigje: $x\in \left[ -1.5;+\infty \djathtas)$.

Një shënim i vogël për detyrën e fundit. Siç vuri në dukje me saktësi një nga studentët e mi, të dy shprehjet nënmodulare në këtë pabarazi janë padyshim pozitive, kështu që shenja e modulit mund të hiqet pa dëmtuar shëndetin.

Por ky është një nivel krejtësisht i ndryshëm i të menduarit dhe një qasje tjetër - me kusht mund të quhet metoda e pasojave. Rreth tij - në një mësim të veçantë. Tani le të kalojmë në pjesën e fundit të mësimit të sotëm dhe të shohim një algoritëm universal që funksionon gjithmonë. Edhe kur të gjitha qasjet e mëparshme ishin të pafuqishme.

4. Mënyra e numërimit të opsioneve

Po sikur të gjitha këto teknika të mos ndihmojnë? Nëse pabarazia nuk mund të reduktohet në bishta jo negative, nëse është e pamundur të izolohet moduli, nëse në përgjithësi ka dhimbje, trishtim, melankoli?

Pastaj "artileria e rëndë" e të gjithë matematikës del në skenë - metoda e forcës brutale. Në lidhje me pabarazitë me modul duket kështu:

1. Shkruani të gjitha shprehjet nënmodulare dhe vendosini ato të barabarta me zero;
2. Zgjidhini ekuacionet që rezultojnë dhe shënoni rrënjët e gjetura në një rresht numerik;
3. Vija e drejtë do të ndahet në disa seksione, brenda të cilave çdo modul ka një shenjë fikse dhe për këtë arsye zbulohet në mënyrë unike;
4. Zgjidheni pabarazinë në secilën pjesë të tillë (mund të merrni parasysh veçmas rrënjët-kufijtë e marrë në hapin 2 - për besueshmëri). Kombinoni rezultatet - kjo do të jetë përgjigjja.

Pra, si? I dobët? Lehtë! Vetëm për një kohë të gjatë. Le të shohim në praktikë:

Detyrë. Zgjidh pabarazinë:

\[\majtas| x+2 \djathtas| \lt \majtas| x-1 \djathtas|+x-\frac(3)(2)\]

Zgjidhje. Kjo mut nuk zbret në pabarazi si $\left| f\djathtas| \lt g$, $\majtas| f\djathtas| \gt g$ ose $\majtas| f\djathtas| \lt \majtas| g \right|$, kështu që ne veprojmë përpara.

Ne shkruajmë shprehje nënmodulare, i barazojmë me zero dhe gjejmë rrënjët:

\[\fillim(radhis) & x+2=0\Djathtas shigjetë x=-2; \\ & x-1=0\Djathtas shigjeta x=1. \\\fund (radhis)\]

Në total, ne kemi dy rrënjë që ndajnë vijën e numrave në tre seksione, brenda të cilave secili modul zbulohet në mënyrë unike:

Ndarja e vijës numerike me zero të funksioneve nënmodulare

Le të shohim secilin seksion veç e veç.

1. Le të $x \lt -2$. Atëherë të dyja shprehjet nënmodulare janë negative dhe pabarazia origjinale do të rishkruhet si më poshtë:

\[\fillim(rreshtoj) & -\majtas(x+2 \djathtas) \lt -\majtas(x-1 \djathtas)+x-1.5 \\ & -x-2 \lt -x+1+ x- 1,5 \\ & x \gt 1,5 \\\ fund (rreshtoj)\]

Kemi një kufizim mjaft të thjeshtë. Le ta kryqëzojmë me supozimin fillestar që $x \lt -2$:

\[\majtas\( \fillimi(rreshtoj) & x \lt -2 \\ & x \gt 1.5 \\\fund (rreshtoj) \djathtas.\Djathtas shigjeta x\në \varnothing \]

Natyrisht, ndryshorja $x$ nuk mund të jetë njëkohësisht më e vogël se −2 dhe më e madhe se 1.5. Nuk ka zgjidhje në këtë fushë.

1.1. Le të shqyrtojmë veçmas rastin kufitar: $x=-2$. Le ta zëvendësojmë këtë numër në pabarazinë origjinale dhe të kontrollojmë: a është e vërtetë?

\[\filloj(rreshtoj) & ((\majtas. \majtas| x+2 \djathtas| \lt \majtas| x-1 \djathtas|+x-1.5 \djathtas|)_(x=-2) ) \ \ & 0 \lt \majtas| -3\djathtas|-2-1,5; \\ & 0 \lt 3-3,5; \\ & 0 \lt -0.5\Djathtas \varnothing . \\\fund (radhis)\]

Është e qartë se zinxhiri i llogaritjeve na ka çuar në një pabarazi të gabuar. Prandaj, pabarazia origjinale është gjithashtu e rreme dhe $x=-2$ nuk përfshihet në përgjigje.

2. Le të jetë $-2 \lt x \lt 1$. Moduli i majtë tashmë do të hapet me një "plus", por i djathti do të vazhdojë të hapet me një "minus". Ne kemi:

\[\fillim(rreshtoj) & x+2 \lt -\majtas(x-1 \djathtas)+x-1.5 \\ & x+2 \lt -x+1+x-1.5 \\& x \lt - 2.5 \\\fund (rreshtoj)\]

Përsëri ne kryqëzohemi me kërkesën origjinale:

\[\majtas\( \fillimi(rreshtoj) & x \lt -2,5 \\ & -2 \lt x \lt 1 \\\fund (rreshtoj) \djathtas.\Djathtas shigjeta x\në \varnothing \]

Dhe përsëri, grupi i zgjidhjeve është bosh, pasi nuk ka numra që janë më të vegjël se −2,5 dhe më të mëdhenj se −2.

2.1. Dhe përsëri një rast i veçantë: $x=1$. Ne zëvendësojmë në pabarazinë origjinale:

\[\filloj(rreshtoj) & ((\majtas. \majtas| x+2 \djathtas| \lt \majtas| x-1 \djathtas|+x-1.5 \djathtas|)_(x=1)) \\ & \majtas| 3\djathtas| \lt \majtas| 0\djathtas|+1-1,5; \\ & 3 \lt -0,5; \\ & 3 \lt -0.5\Djathtas \varnothing . \\\fund (radhis)\]

Ngjashëm me "rastin e veçantë" të mëparshëm, numri $x=1$ nuk është i përfshirë qartë në përgjigje.

3. Pjesa e fundit e rreshtit: $x \gt 1$. Këtu të gjitha modulet hapen me një shenjë plus:

\[\fillim(rreshtoj) & x+2 \lt x-1+x-1,5 \\ & x+2 \lt x-1+x-1,5 \\ & x \gt 4,5 \\ \fund (përafrim)\ ]

Dhe përsëri ne kryqëzojmë grupin e gjetur me kufizimin origjinal:

\[\majtas\( \fillimi(rreshtoj) & x \gt 4.5 \\ & x \gt 1 \\\fund (rreshtoj) \djathtas.\Djathtas shigjeta x\në \majtas(4.5;+\infty \djathtas)\ ]

Më në fund! Ne kemi gjetur një interval që do të jetë përgjigja.

Përgjigje: $x\in \left(4,5;+\infty \djathtas)$

Së fundi, një vërejtje që mund t'ju shpëtojë nga gabimet marrëzi kur zgjidhni problemet reale:

Zgjidhjet e pabarazive me modul zakonisht paraqesin bashkësi të vazhdueshme në vijën numerike - intervale dhe segmente. Pikat e izoluara janë shumë më pak të zakonshme. Dhe akoma më rrallë, ndodh që kufiri i zgjidhjes (fundi i segmentit) përkon me kufirin e diapazonit në shqyrtim.

Rrjedhimisht, nëse kufijtë (të njëjtat "raste të veçanta") nuk përfshihen në përgjigje, atëherë zonat majtas dhe djathtas të këtyre kufijve pothuajse me siguri nuk do të përfshihen në përgjigje. Dhe anasjelltas: kufiri hyri në përgjigje, që do të thotë se disa zona rreth tij do të jenë gjithashtu përgjigje.

Mbani parasysh këtë kur rishikoni zgjidhjet tuaja.

Metodat (rregullat) për zbulimin e pabarazive me modulet konsistojnë në zbulimin sekuencial të moduleve, duke përdorur intervale të shenjës konstante të funksioneve nënmodulare. Në versionin përfundimtar, përftohen disa pabarazi nga të cilat gjenden intervale ose intervale që plotësojnë kushtet e problemit.

Le të kalojmë në zgjidhjen e shembujve të zakonshëm në praktikë.

Pabarazitë lineare me modul

Me lineare kuptojmë ekuacionet në të cilat një variabël hyn në ekuacion në mënyrë lineare.

Shembulli 1. Gjeni një zgjidhje për pabarazinë

Zgjidhja:
Nga kushtet e problemës rezulton se modulet kthehen në zero në x=-1 dhe x=-2. Këto pika e ndajnë vijën numerike në intervale

Në secilin nga këto intervale zgjidhim pabarazinë e dhënë. Për ta bërë këtë, para së gjithash, ne hartojmë vizatime grafike të zonave me shenjë konstante të funksioneve nënmodulare. Ato përshkruhen si zona me shenja të secilit prej funksioneve

ose intervale me shenja të të gjitha funksioneve.

Në intervalin e parë zgjerojmë modulet

Ne i shumëzojmë të dyja anët me minus një, dhe shenja në pabarazi do të ndryshojë në të kundërtën. Nëse ky rregull është i vështirë për t'u mësuar, mund të lëvizni secilën nga pjesët pas shenjës për të hequr qafe minusin. Në fund do të merrni

Prerja e bashkësisë x>-3 me sipërfaqen në të cilën janë zgjidhur ekuacionet do të jetë intervali (-3;-2). Për ata që e kanë më të lehtë të gjejnë zgjidhje, mund të vizatoni grafikisht kryqëzimin e këtyre zonave

Kryqëzimi i përbashkët i zonave do të jetë zgjidhja. Nëse është rreptësisht e pabarabartë, skajet nuk përfshihen. Nëse nuk është e rreptë, kontrolloni me zëvendësim.

Në intervalin e dytë marrim

Seksioni kryq do të jetë intervali (-2;-5/3). Grafikisht zgjidhja do të duket kështu

Në intervalin e tretë marrim

Kjo gjendje nuk jep zgjidhje në rajonin e dëshiruar.

Meqenëse dy zgjidhjet e gjetura (-3;-2) dhe (-2;-5/3) kufizohen në pikën x=-2, ne e kontrollojmë edhe atë.

Kështu pika x=-2 është zgjidhje. Zgjidhja e përgjithshme duke marrë parasysh këtë do të duket si (-3; 5/3).

Shembulli 2. Gjeni një zgjidhje për pabarazinë
|x-2|-|x-3|>=|x-4|

Zgjidhja:
Zerot e funksioneve nënmodulare do të jenë pikat x=2, x=3, x=4. Për vlerat e argumenteve më të vogla se këto pika, funksionet nënmodulare janë negative, dhe për vlerat më të mëdha, ato janë pozitive.

Pikat e ndajnë boshtin real në katër intervale. Zgjerojmë modulet sipas intervaleve të shenjës konstante dhe zgjidhim pabarazitë.

1) Në intervalin e parë, të gjitha funksionet nënmodulare janë negative, kështu që kur zgjerojmë modulet, ne ndryshojmë shenjën në atë të kundërt.

Kryqëzimi i vlerave të gjetura x me intervalin e konsideruar do të jetë një grup pikash

2) Në intervalin ndërmjet pikave x=2 dhe x=3, funksioni i parë nënmodular është pozitiv, i dyti dhe i treti janë negativ. Duke zgjeruar modulet, marrim

një pabarazi që, kur kryqëzohet me intervalin në të cilin po zgjidhim, jep një zgjidhje – x=3.

3) Në intervalin ndërmjet pikave x=3 dhe x=4, funksioni i parë dhe i dytë nënmodular janë pozitiv, dhe i treti është negativ. Në bazë të kësaj marrim

Ky kusht tregon se i gjithë intervali do të plotësojë pabarazinë me moduli.

4) Për vlerat x>4 të gjitha funksionet kanë shenja pozitive. Kur zgjerojmë modulet, ne nuk e ndryshojmë shenjën e tyre.

Gjendja e gjetur në kryqëzimin me intervalin jep grupin e mëposhtëm të zgjidhjeve

Meqenëse pabarazia zgjidhet në të gjitha intervalet, mbetet për të gjetur vlerën e përbashkët të të gjitha vlerave të gjetura të x. Zgjidhja do të jetë dy intervale

Kjo përfundon shembullin.

Shembulli 3. Gjeni një zgjidhje për pabarazinë
||x-1|-5|>3-2x

Zgjidhja:
Kemi një pabarazi me modulin nga moduli. Pabarazi të tilla zbulohen kur modulet janë mbivendosur, duke filluar me ato që janë të vendosura më thellë.

Funksioni submodular x-1 shndërrohet në zero në x=1 . Për vlerat më të vogla përtej 1 është negative dhe pozitive për x>1. Bazuar në këtë, ne zgjerojmë modulin e brendshëm dhe marrim parasysh pabarazinë në secilin prej intervaleve.

Së pari, merrni parasysh intervalin nga minus pafundësia në një

Funksioni nënmodular është zero në x=-4 . Në vlera më të vogla është pozitive, në vlera më të mëdha është negative. Le të zgjerojmë modulin për x<-4:

Në kryqëzimin me zonën në të cilën po shqyrtojmë, marrim një grup zgjidhjesh

Hapi tjetër është zgjerimi i modulit në intervalin (-4;1)

Duke marrë parasysh zonën e zgjerimit të modulit, marrim intervalin e zgjidhjes

MBANI MEND: nëse në parregullsi të tilla me module merrni dy intervale që kufizojnë një pikë të përbashkët, atëherë, si rregull, kjo është gjithashtu një zgjidhje.

Për ta bërë këtë, ju vetëm duhet të kontrolloni.

Në këtë rast, ne zëvendësojmë pikën x=-4.

Pra x=-4 është zgjidhja.
Le të zgjerojmë modulin e brendshëm për x>1

Funksioni submodular negativ për x<6.
Zgjerimi i modulit që marrim

Ky kusht në seksionin me intervalin (1;6) jep një grup bosh zgjidhjesh.

Për x>6 marrim pabarazinë

Gjithashtu duke zgjidhur kemi marrë një grup bosh.
Duke marrë parasysh të gjitha sa më sipër, zgjidhja e vetme e pabarazisë me modulet do të jetë intervali i mëposhtëm.

Pabarazitë me module që përmbajnë ekuacione kuadratike

Shembulli 4. Gjeni një zgjidhje për pabarazinë
|x^2+3x|>=2-x^2

Zgjidhja:
Funksioni submodular zhduket në pikat x=0, x=-3. Zëvendësim i thjeshtë i minus një

konstatojmë se është më pak se zero në intervalin (-3;0) dhe pozitiv përtej tij.
Le ta zgjerojmë modulin në zonat ku funksioni submodular është pozitiv

Mbetet për të përcaktuar rajonet ku funksioni katror është pozitiv. Për ta bërë këtë, ne përcaktojmë rrënjët e ekuacionit kuadratik

Për lehtësi, zëvendësojmë pikën x=0, e cila i përket intervalit (-2;1/2). Funksioni është negativ në këtë interval, që do të thotë se zgjidhja do të jetë grupet e mëposhtme x

Këtu skajet e zonave me zgjidhje tregohen me kllapa, kjo është bërë qëllimisht, duke marrë parasysh rregullin e mëposhtëm;

KUJTO: Nëse një pabarazi me modul, ose një pabarazi e thjeshtë është strikte, atëherë skajet e zonave të gjetura nuk janë zgjidhje, por nëse pabarazitë nuk janë të rrepta (), atëherë skajet janë zgjidhje (të shënuara me kllapa katrore).

Ky rregull përdoret nga shumë mësues: nëse jepet një pabarazi strikte dhe gjatë llogaritjeve shkruani një kllapa katrore ([,]) në zgjidhje, ata automatikisht do ta konsiderojnë këtë si një përgjigje të pasaktë. Gjithashtu, gjatë testimit, nëse jepet një pabarazi jo e rreptë me modulet, atëherë kërkoni zona me kllapa katrore midis zgjidhjeve.

Në intervalin (-3; 0), duke zgjeruar modulin, ne ndryshojmë shenjën e funksionit në atë të kundërt

Duke marrë parasysh zonën e zbulimit të pabarazisë, zgjidhja do të ketë formën

Së bashku me zonën e mëparshme kjo do të japë dy gjysmë intervale

Shembulli 5. Gjeni një zgjidhje për pabarazinë
9x^2-|x-3|>=9x-2

Zgjidhja:
Është dhënë një pabarazi jo e rreptë, funksioni nënmodular i së cilës është i barabartë me zero në pikën x=3. Për vlera më të vogla është negative, për vlera më të mëdha është pozitive. Zgjero modulin në intervalin x<3.

Gjetja e diskriminuesit të ekuacionit

dhe rrënjët

Duke zëvendësuar pikën zero, zbulojmë se në intervalin [-1/9;1] funksioni kuadratik është negativ, prandaj intervali është zgjidhje. Më pas zgjerojmë modulin në x>3

Moduli i numrave vetë ky numër quhet nëse është jo negativ, ose i njëjti numër me shenjën e kundërt nëse është negativ.

Për shembull, moduli i numrit 6 është 6, dhe moduli i numrit -6 është gjithashtu 6.

Kjo do të thotë, moduli i një numri kuptohet si vlerë absolute, vlerë absolute e këtij numri pa marrë parasysh shenjën e tij.

Është caktuar si më poshtë: |6|, | X|, |A| etj.

(Më shumë detaje në seksionin "Moduli i numrave").

Ekuacionet me modul.

Shembulli 1 . Zgjidhe ekuacionin|10 X - 5| = 15.

Zgjidhje.

Sipas rregullit, ekuacioni është i barabartë me kombinimin e dy ekuacioneve:

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

Ne vendosim:

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

X = 20: 10
X = -10: 10

X = 2
X = -1

Përgjigju: X 1 = 2, X 2 = -1.

Shembulli 2 . Zgjidhe ekuacionin|2 X + 1| = X + 2.

Zgjidhje.

Meqenëse moduli është një numër jo negativ, atëherë X+ 2 ≥ 0. Prandaj:

X ≥ -2.

Le të bëjmë dy ekuacione:

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

Ne vendosim:

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

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

X = 1
X = -1

Të dy numrat janë më të mëdhenj se -2. Pra, të dyja janë rrënjët e ekuacionit.

Përgjigju: X 1 = -1, X 2 = 1.

Shembulli 3 . Zgjidhe ekuacionin

|X + 3| - 1
————— = 4
X - 1

Zgjidhje.

Ekuacioni ka kuptim nëse emëruesi nuk është zero - kjo do të thotë nëse X≠ 1. Le të marrim parasysh këtë kusht. Veprimi ynë i parë është i thjeshtë - ne jo vetëm që shpëtojmë nga fraksioni, por e transformojmë atë në mënyrë që të marrim modulin në formën e tij të pastër:

|X+ 3| - 1 = 4 · ( X - 1),

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

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

|X + 3| = 4X - 3.

Tani kemi vetëm një shprehje nën modulin në anën e majtë të ekuacionit. Shkoni përpara.
Moduli i një numri është një numër jo negativ - domethënë, ai duhet të jetë më i madh se zero ose i barabartë me zero. Prandaj, ne zgjidhim pabarazinë:

4X - 3 ≥ 0

4X ≥ 3

X ≥ 3/4

Kështu, kemi një kusht të dytë: rrënja e ekuacionit duhet të jetë së paku 3/4.

Në përputhje me rregullin, ne përpilojmë një grup prej dy ekuacionesh dhe i zgjidhim ato:

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

Morëm dy përgjigje. Le të kontrollojmë nëse ato janë rrënjë të ekuacionit origjinal.

Kishim dy kushte: rrënja e ekuacionit nuk mund të jetë e barabartë me 1 dhe duhet të jetë së paku 3/4. Kjo eshte X ≠ 1, X≥ 3/4. Të dyja këto kushte korrespondojnë me vetëm njërën nga dy përgjigjet e marra - numrin 2. Kjo do të thotë se vetëm kjo është rrënja e ekuacionit origjinal.

Përgjigju: X = 2.

Pabarazitë me modul.

Shembulli 1 . Zgjidhja e pabarazisë| X - 3| < 4

Zgjidhje.

Rregulli i modulit thotë:

|A| = A, Nëse A ≥ 0.

|A| = -A, Nëse A < 0.

Moduli mund të ketë numra jonegativë dhe negativë. Pra, duhet t'i shqyrtojmë të dyja rastet: X- 3 ≥ 0 dhe X - 3 < 0.

1) Kur X- 3 ≥ 0 pabarazia jonë fillestare mbetet ashtu siç është, vetëm pa shenjën e modulit:
X - 3 < 4.

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

-(X - 3) < 4.

Duke hapur kllapat, marrim:

-X + 3 < 4.

Kështu, nga këto dy kushte arritëm në unifikimin e dy sistemeve të pabarazive:

X - 3 ≥ 0
X - 3 < 4

X - 3 < 0
-X + 3 < 4

Le t'i zgjidhim ato:

X ≥ 3
X < 7

X < 3
X > -1

Pra, përgjigja jonë është një bashkim i dy grupeve:

3 ≤ X < 7 U -1 < X < 3.

Përcaktoni vlerat më të vogla dhe më të mëdha. Këto janë -1 dhe 7. Për më tepër X më e madhe se -1 por më pak se 7.
Përveç kësaj, X≥ 3. Kjo do të thotë se zgjidhja e pabarazisë është e gjithë bashkësia e numrave nga -1 në 7, duke përjashtuar këta numra ekstremë.

Përgjigju: -1 < X < 7.

Ose: X ∈ (-1; 7).

Shtesa.

1) Ekziston një mënyrë më e thjeshtë dhe më e shkurtër për të zgjidhur pabarazinë tonë - grafikisht. Për ta bërë këtë, duhet të vizatoni një bosht horizontal (Fig. 1).

Shprehje | X - 3| < 4 означает, что расстояние от точки X në pikën 3 është më pak se katër njësi. Shënojmë numrin 3 në bosht dhe numërojmë 4 ndarje në të majtë dhe në të djathtë të tij. Në të majtë do të vijmë në pikën -1, në të djathtë - në pikën 7. Kështu, pikat X thjesht i pamë pa i llogaritur.

Për më tepër, sipas kushtit të pabarazisë, vetë -1 dhe 7 nuk përfshihen në grupin e zgjidhjeve. Kështu, marrim përgjigjen:

1 < X < 7.

2) Por ka një zgjidhje tjetër që është më e thjeshtë edhe se metoda grafike. Për ta bërë këtë, pabarazia jonë duhet të paraqitet në formën e mëposhtme:

4 < X - 3 < 4.

Në fund të fundit, kështu është sipas rregullit të modulit. Numri jonegativ 4 dhe numri i ngjashëm negativ -4 janë kufijtë për zgjidhjen e pabarazisë.

4 + 3 < X < 4 + 3

1 < X < 7.

Shembulli 2 . Zgjidhja e pabarazisë| X - 2| ≥ 5

Zgjidhje.

Ky shembull është dukshëm i ndryshëm nga ai i mëparshmi. Ana e majtë është më e madhe se 5 ose e barabartë me 5. Nga pikëpamja gjeometrike, zgjidhja e pabarazisë janë të gjithë numrat që janë në një distancë prej 5 njësi ose më shumë nga pika 2 (Fig. 2). Grafiku tregon se këta janë të gjithë numra që janë më të vegjël ose të barabartë me -3 dhe më të mëdhenj ose të barabartë me 7. Kjo do të thotë se tashmë e kemi marrë përgjigjen.

Përgjigju: -3 ≥ X ≥ 7.

Gjatë rrugës, ne zgjidhim të njëjtën pabarazi duke riorganizuar termin e lirë majtas dhe djathtas me shenjën e kundërt:

5 ≥ X - 2 ≥ 5

5 + 2 ≥ X ≥ 5 + 2

Përgjigja është e njëjtë: -3 ≥ X ≥ 7.

Ose: X ∈ [-3; 7]

Shembulli është zgjidhur.

Shembulli 3 . Zgjidhja e pabarazisë 6 X 2 - | X| - 2 ≤ 0

Zgjidhje.

Numri X mund të jetë një numër pozitiv, numër negativ ose zero. Prandaj, duhet të kemi parasysh të tre rrethanat. Siç e dini, ato merren parasysh në dy pabarazi: X≥ 0 dhe X < 0. При X≥ 0 ne thjesht e rishkruajmë pabarazinë tonë origjinale ashtu siç është, vetëm pa shenjën e modulit:

6 x 2 - X - 2 ≤ 0.

Tani për rastin e dytë: nëse 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.

Zgjerimi i kllapave:

6X 2 + X - 2 ≤ 0.

Kështu, ne morëm dy sisteme ekuacionesh:

6X 2 - X - 2 ≤ 0
X ≥ 0

6X 2 + X - 2 ≤ 0
X < 0

Ne duhet të zgjidhim pabarazitë në sisteme - dhe kjo do të thotë që ne duhet të gjejmë rrënjët e dy ekuacioneve kuadratike. Për ta bërë këtë, ne barazojmë anët e majta të pabarazive me zero.

Le të fillojmë me të parën:

6X 2 - X - 2 = 0.

Si të zgjidhni një ekuacion kuadratik - shihni seksionin "Ekuacioni kuadratik". Ne do të emërtojmë menjëherë përgjigjen:

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

Nga sistemi i parë i pabarazive marrim se zgjidhja e pabarazisë fillestare është e gjithë bashkësia e numrave nga -1/2 në 2/3. Ne shkruajmë bashkimin e zgjidhjeve në X ≥ 0:
[-1/2; 2/3].

Tani le të zgjidhim ekuacionin e dytë kuadratik:

6X 2 + X - 2 = 0.

Rrënjët e saj:

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

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

Le të kombinojmë dy përgjigjet dhe të marrim përgjigjen përfundimtare: zgjidhja është e gjithë grupi i numrave nga -2/3 në 2/3, duke përfshirë këta numra ekstremë.

Përgjigju: -2/3 ≤ X ≤ 2/3.

Ose: X ∈ [-2/3; 2/3].

Matematika është një simbol i urtësisë së shkencës,

një model i ashpërsisë dhe thjeshtësisë shkencore,

standardi i përsosmërisë dhe bukurisë në shkencë.

Filozofi rus, profesori A.V. Voloshinov

Pabarazitë me modul

Problemet më të vështira për t'u zgjidhur në matematikën e shkollës janë pabarazitë, që përmban variabla nën shenjën e modulit. Për të zgjidhur me sukses pabarazi të tilla, duhet të keni njohuri të mira të vetive të modulit dhe të keni aftësi për t'i përdorur ato.

Konceptet dhe vetitë themelore

Moduli (vlera absolute) i një numri real shënohet me dhe përcaktohet si më poshtë:

Karakteristikat e thjeshta të një moduli përfshijnë marrëdhëniet e mëposhtme:

DHE .

Shënim, që dy vetitë e fundit janë të vlefshme për çdo shkallë çift.

Për më tepër, nëse, ku, atëherë dhe

Karakteristikat më komplekse të modulit, të cilat mund të përdoren në mënyrë efektive gjatë zgjidhjes së ekuacioneve dhe pabarazive me modul, formulohen përmes teoremave të mëposhtme:

Teorema 1.Për çdo funksion analitik Dhe pabarazia është e vërtetë.

Teorema 2. Barazia baraz me pabarazi.

Teorema 3. Barazia baraz me pabarazi.

Pabarazitë më të zakonshme në matematikën shkollore, që përmban variabla të panjohura nën shenjën e modulit, janë pabarazi të formës dhe ku disa konstante pozitive.

Teorema 4. Pabarazia është e barabartë me pabarazinë e dyfishtë, dhe zgjidhja e pabarazisëreduktohet në zgjidhjen e një grupi pabarazish Dhe .

Kjo teoremë është një rast i veçantë i teoremave 6 dhe 7.

Pabarazi më komplekse, që përmbajnë një modul janë pabarazitë e formës, Dhe .

Metodat për zgjidhjen e pabarazive të tilla mund të formulohen duke përdorur tre teoremat e mëposhtme.

Teorema 5. Pabarazia është e barabartë me kombinimin e dy sistemeve të pabarazive

Unë (1)

Dëshmi. Që atëherë

Kjo nënkupton vlefshmërinë e (1).

Teorema 6. Pabarazia është e barabartë me sistemin e pabarazive

Dëshmi. Sepse, pastaj nga pabarazia vijon se . Në këtë kusht, pabaraziadhe në këtë rast sistemi i dytë i pabarazive (1) do të rezultojë i paqëndrueshëm.

Teorema është vërtetuar.

Teorema 7. Pabarazia është e barabartë me kombinimin e një pabarazie dhe dy sistemeve të pabarazive

Unë (3)

Dëshmi. Që atëherë, pabarazia ekzekutuar gjithmonë, Nëse .

le, pastaj pabaraziado të jetë e barabartë me pabarazinë, nga i cili rrjedh një grup prej dy pabarazish Dhe .

Teorema është vërtetuar.

Le të shohim shembuj tipikë të zgjidhjes së problemeve në temën “Pabarazitë, që përmban variabla nën shenjën e modulit."

Zgjidhja e inekuacioneve me modul

Metoda më e thjeshtë për zgjidhjen e pabarazive me modul është metoda, bazuar në zgjerimin e modulit. Kjo metodë është universale, megjithatë, në rastin e përgjithshëm, përdorimi i tij mund të çojë në llogaritje shumë të vështira. Prandaj, studentët duhet të dinë metoda dhe teknika të tjera (më efektive) për zgjidhjen e pabarazive të tilla. Veçanërisht, është e nevojshme të kesh aftësi në zbatimin e teoremave, dhënë në këtë artikull.

Shembulli 1.Zgjidhja e pabarazisë

. (4)

Zgjidhje.Ne do të zgjidhim pabarazinë (4) duke përdorur metodën "klasike" - metodën e zbulimit të moduleve. Për këtë qëllim, ne ndajmë boshtin e numrave pika dhe në intervale dhe shqyrtoni tre raste.

1. Nëse , atëherë , , , dhe pabarazia (4) merr formën ose .

Meqenëse rasti është shqyrtuar këtu, ai është një zgjidhje për pabarazinë (4).

2. Nëse, atëherë nga pabarazia (4) marrim ose . Që nga kryqëzimi i intervaleve Dhe eshte bosh, atëherë në intervalin e zgjidhjeve në shqyrtim nuk ka pabarazi (4).

3. Nëse, atëherë pabarazia (4) merr formën ose . Është e qartë se është gjithashtu një zgjidhje për pabarazinë (4).

Përgjigje: ,.

Shembulli 2. Zgjidhja e pabarazisë.

Zgjidhje. Le të supozojmë se. Sepse, atëherë pabarazia e dhënë merr formën ose . Që atëherë dhe nga këtu vijon ose .

Megjithatë, prandaj ose.

Shembulli 3. Zgjidhja e pabarazisë

. (5)

Zgjidhje. Sepse, atëherë pabarazia (5) është ekuivalente me pabarazitë ose . Nga këtu, sipas teoremës 4, kemi një grup pabarazish Dhe .

Përgjigje: ,.

Shembulli 4.Zgjidhja e pabarazisë

. (6)

Zgjidhje. Le të shënojmë. Pastaj nga pabarazia (6) marrim pabarazitë , , ose .

Nga këtu, duke përdorur metodën e intervalit, marrim . Sepse, atëherë këtu kemi një sistem pabarazish

Zgjidhja e pabarazisë së parë të sistemit (7) është bashkimi i dy intervaleve Dhe, dhe zgjidhja e pabarazisë së dytë është pabarazia e dyfishtë. Kjo nënkupton, se zgjidhja e sistemit të pabarazive (7) është bashkimi i dy intervaleve Dhe .

Përgjigje:,

Shembulli 5.Zgjidhja e pabarazisë

. (8)

Zgjidhje. Le ta transformojmë pabarazinë (8) si më poshtë:

Ose .

Duke përdorur metodën e intervalit, marrim një zgjidhje për pabarazinë (8).

Përgjigje:.

Shënim. Nëse vendosim dhe në kushtet e Teoremës 5, marrim .

Shembulli 6. Zgjidhja e pabarazisë

. (9)

Zgjidhje. Nga pabarazia (9) rrjedh. Le ta transformojmë pabarazinë (9) si më poshtë:

Ose

Që atëherë ose .

Përgjigje:.

Shembulli 7.Zgjidhja e pabarazisë

. (10)

Zgjidhje. Që dhe , atëherë ose .

Ne kete aspekt dhe pabarazia (10) merr formën

Ose

. (11)

Nga kjo rrjedh se ose . Meqenëse , atëherë pabarazia (11) gjithashtu nënkupton ose .

Përgjigje:.

Shënim. Nëse zbatojmë teoremën 1 në anën e majtë të pabarazisë (10), atëherë marrim . Nga kjo dhe pabarazia (10) rrjedh, çfarë ose . Sepse, atëherë pabarazia (10) merr formën ose .

Shembulli 8. Zgjidhja e pabarazisë

. (12)

Zgjidhje. Që atëherë dhe nga pabarazia (12) rrjedh ose . Megjithatë, prandaj ose. Nga këtu marrim ose .

Përgjigje:.

Shembulli 9. Zgjidhja e pabarazisë

. (13)

Zgjidhje. Sipas teoremës 7, zgjidhja e pabarazisë (13) është ose .

Le të jetë tani. Në këtë rast dhe pabarazia (13) merr formën ose .

Nëse kombinoni intervalet Dhe, atëherë marrim një zgjidhje të pabarazisë (13) të formës.

Shembulli 10. Zgjidhja e pabarazisë

. (14)

Zgjidhje. Le ta rishkruajmë pabarazinë (14) në një formë ekuivalente: . Nëse zbatojmë teoremën 1 në anën e majtë të kësaj pabarazie, marrim pabarazinë .

Nga këtu dhe nga teorema 1 rrjedh, se pabarazia (14) është e kënaqur për çdo vlerë.

Përgjigje: çdo numër.

Shembulli 11. Zgjidhja e pabarazisë

. (15)

Zgjidhje. Zbatimi i teoremës 1 në anën e majtë të pabarazisë (15), marrim . Kjo dhe pabarazia (15) japin ekuacionin, e cila ka formën.

Sipas teoremës 3, ekuacioni baraz me pabarazi. Nga këtu marrim.

Shembulli 12.Zgjidhja e pabarazisë

. (16)

Zgjidhje. Nga pabarazia (16), sipas teoremës 4, marrim një sistem pabarazish

Gjatë zgjidhjes së pabarazisëLe të përdorim teoremën 6 dhe të marrim një sistem pabarazishnga e cila rrjedh.

Merrni parasysh pabarazinë. Sipas teoremës 7, marrim një grup pabarazish Dhe . Pabarazia e dytë e popullsisë është e vlefshme për çdo real.

Prandaj , zgjidhja e pabarazisë (16) është.

Shembulli 13.Zgjidhja e pabarazisë

. (17)

Zgjidhje. Sipas teoremës 1, ne mund të shkruajmë

(18)

Duke marrë parasysh pabarazinë (17), arrijmë në përfundimin se të dyja pabarazitë (18) kthehen në barazi, d.m.th. ekziston një sistem ekuacionesh

Nga teorema 3, ky sistem ekuacionesh është i barabartë me sistemin e pabarazive

ose

Shembulli 14.Zgjidhja e pabarazisë

. (19)

Zgjidhje. Që atëherë. Le të shumëzojmë të dyja anët e pabarazisë (19) me shprehjen , e cila merr vetëm vlera pozitive për çdo vlerë. Pastaj marrim një pabarazi që është ekuivalente me pabarazinë (19), të formës

Nga këtu marrim ose , ku . Që nga dhe atëherë zgjidhja e pabarazisë (19) është Dhe .

Përgjigje: ,.

Për një studim më të thelluar të metodave për zgjidhjen e pabarazive me një modul, ju rekomandojmë t'i drejtoheni teksteve shkollore, dhënë në listën e literaturës së rekomanduar.

1. Mbledhja e problemave në matematikë për aplikantët në kolegje / Ed. M.I. Skanavi. – M.: Paqja dhe Edukimi, 2013. – 608 f.

2. Suprun V.P. Matematika për nxënësit e shkollave të mesme: metodat e zgjidhjes dhe vërtetimit të pabarazive. – M.: Lenand / URSS, 2018. – 264 f.

3. Suprun V.P. Matematika për nxënësit e shkollave të mesme: metoda jo standarde për zgjidhjen e problemeve. – M.: CD “Librocom” / URSS, 2017. – 296 f.

Ende keni pyetje?

Për të marrë ndihmë nga një mësues, regjistrohu.

faqe interneti, kur kopjoni materialin plotësisht ose pjesërisht, kërkohet një lidhje me burimin.