Egyenlőtlenségek megoldása modellekkel. Egyenlőtlenségek a modulussal

Ma, barátaim, nem lesz takony vagy szentimentalizmus. Ehelyett kérdések nélkül csatába küldöm a 8-9. osztályos algebra tanfolyam egyik legfélelmetesebb ellenfelével.

Igen, mindent jól értettél: modulusos egyenlőtlenségekről beszélünk. Négy alapvető technikát fogunk megvizsgálni, amelyek segítségével megtanulhatja az ilyen problémák körülbelül 90%-át. Mi van a maradék 10%-kal? Nos, róluk egy külön leckében lesz szó. :)

Mielőtt azonban bármelyik technikát elemezném, szeretném emlékeztetni két tényre, amelyeket már tudnod kell. Ellenkező esetben azt kockáztatja, hogy egyáltalán nem érti a mai óra anyagát.

Amit már tudnod kell

A Captain Obviousness arra utal, hogy az egyenlőtlenségek modulusos megoldásához két dolgot kell tudnod:

1. Hogyan oldódnak fel az egyenlőtlenségek;
2. Mi az a modul?

Kezdjük a második ponttal.

Modul meghatározása

Itt minden egyszerű. Két definíció létezik: algebrai és grafikus. Kezdésként - algebrai:

Meghatározás. Egy $x$ szám modulusa vagy maga a szám, ha nem negatív, vagy a vele ellentétes szám, ha az eredeti $x$ még mindig negatív.

Így van írva:

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

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.

A modulust tartalmazó egyenlőtlenségek megoldásának többféle módja van. Nézzünk meg néhányat közülük.

1) Az egyenlőtlenség megoldása a modul geometriai tulajdonságával.

Hadd emlékeztesselek, mi a modulus geometriai tulajdonsága: egy x szám modulusa az origó és az x koordinátájú pont távolsága.

Az egyenlőtlenségek ezzel a módszerrel történő megoldása során két eset fordulhat elő:

1. |x| ≤ b,

A modulusos egyenlőtlenség pedig nyilvánvalóan két egyenlőtlenség rendszerévé redukálódik. Itt a jelzés lehet szigorú, ilyenkor a képen látható pontok „kilyukadnak”.

2. |x| ≥ b, akkor a megoldás képe így néz ki:

És a modulussal való egyenlőtlenség nyilvánvalóan két egyenlőtlenség kombinációjára redukálódik. Itt a jelzés lehet szigorú, ilyenkor a képen látható pontok „kilyukadnak”.

1. példa

Oldja meg a |4 – |x|| egyenlőtlenséget ≥ 3.

Megoldás.

Ez az egyenlőtlenség a következő halmaznak felel meg:

U [-1;1] U

2. példa

Oldja meg az ||x+2| egyenlőtlenséget – 3| ≤ 2.

Megoldás.

Ez az egyenlőtlenség egyenértékű a következő rendszerrel.

(|x + 2| – 3 ≥ -2
(|x + 2| – 3 ≤ 2,
(|x + 2| ≥ 1
(|x + 2| ≤ 5.

Oldjuk meg külön a rendszer első egyenlőtlenségét. Ez egyenértékű a következő készlettel:

U[-1; 3].

2) Egyenlőtlenségek megoldása a modulus definíciójával.

Először hadd emlékeztesselek modul meghatározása.

|a| = a ha a ≥ 0 és |a| = -a ha a< 0.

Például |34| = 34, |-21| = -(-21) = 21.

1. példa

Oldja meg a 3|x – 1| egyenlőtlenséget ≤ x+3.

Megoldás.

A moduldefiníciót használva két rendszert kapunk:

(x – 1 ≥ 0
(3(x – 1) ≤ x + 3

(x – 1< 0
(-3(x – 1) ≤ x + 3.

Az első és a második rendszert külön megoldva a következőket kapjuk:

(x ≥ 1
(x ≤ 3,

(x< 1
(x ≥ 0.

Az eredeti egyenlőtlenség megoldása az első rendszer összes megoldása és a második rendszer összes megoldása lesz.

Válasz: x € .

3) Egyenlőtlenségek megoldása négyzetre emeléssel.

1. példa

Oldja meg az |x 2 – 1| egyenlőtlenséget< | x 2 – x + 1|.

Megoldás.

Nézzük négyzetre az egyenlőtlenség mindkét oldalát. Hadd jegyezzem meg, hogy az egyenlőtlenség mindkét oldalát csak akkor lehet négyzetre emelni, ha mindkettő pozitív. Ebben az esetben a bal és a jobb oldalon is vannak modulok, így ezt megtehetjük.

(|x 2 – 1|) 2< (|x 2 – x + 1|) 2 .

Most használjuk a modul következő tulajdonságát: (|x|) 2 = x 2 .

(x 2 – 1) 2< (x 2 – x + 1) 2 ,

(x 2 – 1) 2 – (x 2 – x + 1) 2< 0.

(x 2 – 1 – x 2 + x – 1) (x 2 – 1 + x 2 – x + 1)< 0,

(x – 2) (2 x 2 – x)< 0,

x(x – 2)(2x – 1)< 0.

Intervallum módszerrel oldjuk meg.

Válasz: x € (-∞; 0) U (1/2; 2)

4) Egyenlőtlenségek megoldása változók változtatásával.

Példa.

Oldja meg a (2x + 3) 2 – |2x + 3| egyenlőtlenséget ≤ 30.

Megoldás.

Vegye figyelembe, hogy (2x + 3) 2 = (|2x + 3|) 2 . Akkor megkapjuk az egyenlőtlenséget

(|2x + 3|) 2 – |2x + 3| ≤ 30.

Változtassuk meg y = |2x + 3|.

Írjuk át az egyenlőtlenségünket a helyettesítés figyelembevételével.

y 2 – y ≤ 30,

y 2 – y – 30 ≤ 0.

Tényezőzzük a bal oldali másodfokú trinomit.

y1 = (1 + 11) / 2,

y2 = (1–11) / 2,

(y – 6)(y + 5) ≤ 0.

Oldjuk meg az intervallum módszerrel, és kapjuk:

Térjünk vissza a cseréhez:

5 ≤ |2x + 3| ≤ 6.

Ez a kettős egyenlőtlenség egyenértékű az egyenlőtlenségek rendszerével:

(|2x + 3| ≤ 6
(|2x + 3| ≥ -5.

Oldjuk meg az egyes egyenlőtlenségeket külön-külön.

Az első egyenértékű a rendszerrel

(2x + 3 ≤ 6
(2x + 3 ≥ -6.

Oldjuk meg.

(x ≤ 1,5
(x ≥ -4,5.

A második egyenlőtlenség nyilvánvalóan minden x-re érvényes, mivel a modulus definíció szerint pozitív szám. Mivel a rendszer megoldása mind az x, amely egyszerre teljesíti a rendszer első és második egyenlőtlenségét, akkor az eredeti rendszer megoldása lesz az első kettős egyenlőtlenség megoldása (végül is a második igaz minden x-re) .

Válasz: x € [-4,5; 1.5].

blog.site, az anyag teljes vagy részleges másolásakor az eredeti forrásra mutató hivatkozás szükséges.

egyenlőtlenségi megoldás módban online megoldás szinte minden adott egyenlőtlenség online. Matematikai egyenlőtlenségek online matematikát megoldani. Keresse meg gyorsan egyenlőtlenségi megoldás módban online. A www.site weboldalon megtalálhatja megoldás szinte minden adott algebrai, trigonometrikus vagy transzcendentális egyenlőtlenség online. Amikor a matematika szinte bármely ágát különböző szakaszokban tanulja, döntenie kell egyenlőtlenségek online. Ahhoz, hogy azonnal választ kapjon, és ami a legfontosabb, hogy pontos választ kapjon, olyan erőforrásra van szüksége, amely lehetővé teszi ezt. Köszönet a www.site oldalnak oldja meg az egyenlőtlenséget online eltart néhány percig. A www.site fő előnye matematikai megoldások során egyenlőtlenségek online- ez a megadott válasz gyorsasága és pontossága. Az oldal bármelyiket képes megoldani algebrai egyenlőtlenségek online, trigonometrikus egyenlőtlenségek online, transzcendentális egyenlőtlenségek online, és egyenlőtlenségek ismeretlen paraméterekkel módban online. Egyenlőtlenségek erős matematikai berendezésként szolgálnak megoldásokat gyakorlati problémák. Segítségével matematikai egyenlőtlenségek lehetséges olyan tényeket és összefüggéseket kifejezni, amelyek első pillantásra zavarosnak és összetettnek tűnhetnek. Ismeretlen mennyiségek egyenlőtlenségek a probléma megfogalmazásával lehet megtalálni matematikai nyelv a formában egyenlőtlenségekÉs döntsd el módban fogadta a feladatot online a www.site weboldalon. Bármi algebrai egyenlőtlenség, trigonometrikus egyenlőtlenség vagy egyenlőtlenségek tartalmazó transzcendentális könnyen elérhető funkciókat döntsd el online, és megkapja a pontos választ. A természettudományok tanulmányozása során elkerülhetetlenül szembesül az igénnyel megoldások az egyenlőtlenségekre. Ebben az esetben a válasznak pontosnak kell lennie, és azonnal meg kell kapnia a módban online. Ezért azért matematikai egyenlőtlenségeket online megoldani ajánljuk a www.site oldalt, amely nélkülözhetetlen számológépe lesz algebrai egyenlőtlenségek online megoldása, trigonometrikus egyenlőtlenségek online, és transzcendentális egyenlőtlenségek online vagy egyenlőtlenségek ismeretlen paraméterekkel. Különféle online megoldások keresésének gyakorlati problémáira matematikai egyenlőtlenségek forrás www.. Megoldás egyenlőtlenségek online saját magának, célszerű a kapott választ a segítségével ellenőrizni egyenlőtlenségek online megoldása a www.site weboldalon. Meg kell írni az egyenlőtlenséget helyesen, és azonnal megkapni online megoldás, ami után már csak össze kell vetni a választ az egyenlőtlenség megoldásával. A válasz ellenőrzése nem tart tovább egy percnél, ez elég oldja meg az egyenlőtlenséget onlineés hasonlítsa össze a válaszokat. Ez segít elkerülni a hibákat döntésés időben javítsa ki a választ egyenlőtlenségek online megoldása bármelyik algebrai, trigonometrikus, transzcendentális vagy egyenlőtlenség ismeretlen paraméterekkel.

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 a gyöke az eredeti egyenletnek.

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, mint -3 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