Методи (правила) розкриття нерівностей з модулями полягають у послідовному розкритті модулів, при цьому використовують інтервали знаковості підмодульних функцій. У кінцевому варіанті отримують кілька нерівностей з яких знаходять інтервали або проміжки, які задовольняють умові завдання.
Перейдемо до вирішення поширених практично прикладів.
Лінійні нерівності з модулями
Під лінійними розуміємо рівняння, у яких змінна входить у рівняння лінійно.
Приклад 1. Знайти розв'язання нерівності
Рішення:
З умови завдання випливає, що модулі перетворюються на нуль при x=-1 та x=-2. Ці точки розбивають числову вісь на інтервали
У кожному з цих інтервалів розв'яжемо задану нерівність. Для цього насамперед складаємо графічні малюнки областей знаковості підмодульних функцій. Їх зображують у вигляді областей зі знаками кожної з функцій
або інтервали зі знаками всіх функцій. 
На першому інтервалі розкриваємо модулі
Множимо обидві частини на мінус одиницю, при цьому знак у нерівності зміниться на протилежний. Якщо Вам до цього правила важко звикнути, то можете перенести кожну частину за знак, щоб позбутися мінуса. В кінцевому варіанті Ви отримаєте
Перетином множини x>-3 з областю, на якій вирішували рівняння, буде інтервал (-3;-2) . Для тих, кому легше шукати рішення, графічно можете малювати перетин цих областей.
Загальні перетин областей і буде вирішено. При строгому нерівності краю не включають. При суворому перевіряють підстановкою.
На другому інтервалі отримаємо 
Перерізом буде інтервал (-2; -5/3). Графічно рішення матиме вигляд
На третьому інтервалі отримаємо
Ця умова не дає рішень на потрібній області.
Оскільки два знайдені рішення (-3;-2) та (-2;-5/3) межують точкою x=-2, то перевіряємо і її.
Таким чином, точка x=-2 є рішенням. Загальне рішення з урахуванням цього буде (-3;5/3).
Приклад 2. Знайти розв'язання нерівності
|x-2|-|x-3|>=|x-4|
Рішення:
Нулями підмодульних функцій будуть точки x=2, x=3, x=4. При значеннях аргументів менше цих точок підмодульні функції негативні, а за великих – позитивні.
Крапки розбивають дійсну вісь на чотири інтервали. Розкриваємо модулі відповідно до інтервалів знаковості і вирішуємо нерівності.
1) На першому інтервалі всі підмодульні функції є негативними, тому при розкритті модулів змінюємо знак на протилежний.
Перетином знайдених значень x з інтервалом, що розглядається, буде безліч точок
2) На проміжку між точками x=2 та x=3 перша підмодульна функція позитивна, друга та третя – негативні. Розкриваючи модулі, отримаємо
нерівність, що у перетині з інтервалом, у якому вирішуємо, дає одне рішення – x=3.
3) На проміжку між точками x=3 та x=4 перша та друга підмодульні функції позитивні, а третя – негативна. На основі цього отримаємо
Ця умова показує, що цілий проміжок задовольнятиме нерівність із модулями.
4) При значеннях x>4 всі функції позитивні. При розкритті модулів їхній знак не змінюємо.
Знайдена умова у перетині з інтервалом дає таку безліч рішень
Оскільки нерівність вирішена усім інтервалах, залишається знайти загальне всіх знайдених значень x. Рішенням будуть два інтервали 
У цьому приклад вирішено.
Приклад 3. Знайти розв'язання нерівності
||x-1|-5|>3-2x
Рішення:
Маємо нерівність із модулем від модуля. Такі нерівності розкривають у міру вкладеності модулів, починаючи з тих, що розміщені глибше.
Підмодульна функція x-1 перетворюється на нуль у точці x=1 . При менших значеннях за 1 вона негативна і позитивна x>1 . На основі цього розкриваємо внутрішній модуль та розглядаємо нерівність на кожному з інтервалів.
Спочатку розглянемо інтервал від мінус нескінченності до одиниці 
Підмодульна функція дорівнює нулю в точці x = -4. За менших значень вона знакопозитивна, за більших – негативна. Розкриємо модуль для x<-4:
У перетині з областю, на якій розглядаємо, отримаємо безліч рішень
Наступним кроком розкриваємо модуль на інтервалі (-4;1) 
З урахуванням галузі розкриття модуля отримаємо інтервал рішень
ЗАПОМ'ЯТАЙТЕ: якщо Ви отримали в подібних нерівностях з модулями два інтервали, що межують загальною точкою, то, як правило, вона також є рішенням.
Для цього варто лише провести перевірку.
У разі підставляємо точку x=-4.
Отже, x=-4 є рішенням.
Розкриємо внутрішній модуль для x>1
Підмодульна функція негативна для x<6.
Розкриваючи модуль отримаємо
Ця умова в перерізі з інтервалом (1; 6) дає порожню множину рішень.
Для x>6 отримаємо нерівність
Також вирішуючи отримали порожню множину.
Враховуючи все вищевикладене, єдиним рішенням нерівності з модулями буде наступний інтервал.
Нерівності з модулями, що містять квадратні рівняння
Приклад 4. Знайти розв'язання нерівності
|x^2+3x|>=2-x^2 
Рішення:
Підмодульна функція перетворюється на нуль у точках x=0, x=-3. Простий підстановкою мінус одиниці 
встановлюємо, що вона менша за нуль на інтервалі (-3;0) і позитивна за його межами.
Розкриємо модуль в областях, де підмодульна функція позитивна 
Залишилося визначити області, де квадратна функція є позитивною. Для цього визначаємо коріння квадратного рівняння 
Для зручності підставляємо точку x = 0, що належить інтервалу (-2; 1/2). Функція негативна в цьому інтервалі, значить рішенням будуть наступні множини 
Тут дужками позначені краї областей із рішеннями, це зроблено свідомо, враховуючи таке правило.
ЗАПАМ'ЯТАЙТЕ: Якщо нерівність з модулями, або проста нерівність є суворою, краї знайдених областей не є рішеннями, якщо ж нерівності несуворі () то краї є рішеннями (позначають квадратними дужками).
Це правило використовує багато викладачів: якщо задано суворе нерівність, а Ви при обчисленнях запишете у вирішенні квадратну дужку ([,]) – вони автоматично вважатимуть це за неправильну відповідь. Також при тестуванні, якщо задана несувора нерівність із модулями, то серед рішень шукайте області із квадратними дужками.
На інтервалі (-3;0) розкриваючи модуль змінюємо знак функції на протилежний 
Враховуючи область розкриття нерівності, рішення матиме вигляд
Разом із попередньою областю це дасть два напівінтервали
Приклад 5. Знайти розв'язання нерівності
9x^2-|x-3|>=9x-2 
Рішення:
Задана нестрога нерівність, підмодульна функція якої дорівнює нулю в точці x = 3. При менших значеннях вона негативна, за більших – позитивна. Розкриваємо модуль на інтервалі x<3.
Знаходимо дискримінант рівняння
і коріння 
Підставляючи точку нуль, з'ясовуємо, що у проміжку [-1/9;1] квадратична функція негативна, отже проміжок є рішенням. Далі розкриваємо модуль при x>3 
Модулем числаназивається саме це число, якщо воно не негативне, або це число з протилежним знаком, якщо воно негативне.
Наприклад, модулем числа 6 є 6, модулем числа -6 також 6.
Тобто, під модулем числа розуміється абсолютна величина, абсолютне значення цього числа без урахування його знака.
Позначається так: |6|, | х|, |а| і т.д.
(Докладніше - у розділі «Модуль числа»).
Рівняння із модулем.
Приклад 1 . Вирішити рівняння|10 х - 5| = 15.
Рішення.
Відповідно до правила, рівняння рівносильне сукупності двох рівнянь:
10х - 5 = 15
10х - 5 = -15
Вирішуємо:
10х = 15 + 5 = 20
10х = -15 + 5 = -10
х = 20: 10
х = -10: 10
х = 2
х = -1
Відповідь: х 1 = 2, х 2 = -1.
Приклад 2 . Вирішити рівняння|2 х + 1| = х + 2.
Рішення.
Оскільки модуль – число невід'ємне, то х+ 2 ≥ 0. Відповідно:
х ≥ -2.
Складаємо два рівняння:
2х + 1 = х + 2
2х + 1 = -(х + 2)
Вирішуємо:
2х + 1 = х + 2
2х + 1 = -х - 2
2х - х = 2 - 1
2х + х = -2 - 1
х = 1
х = -1
Обидва числа більші за -2. Отже, обидва є корінням рівняння.
Відповідь: х 1 = -1, х 2 = 1.
Приклад 3
. Вирішити рівняння
|х + 3| - 1
————— = 4
х - 1
Рішення.
Рівняння має сенс, якщо знаменник не дорівнює нулю - отже, якщо х≠ 1. Врахуємо цю умову. Наша перша дія проста - не просто звільняємося від дробу, а перетворюємо її так, щоб отримати модуль у чистому вигляді:
|х+ 3 | - 1 = 4 · ( х - 1),
|х + 3| - 1 = 4х - 4,
|х + 3| = 4х - 4 + 1,
|х + 3| = 4х - 3.
Тепер у нас у лівій частині рівняння лише вираз під модулем. Йдемо далі.
Модуль числа є невід'ємним числом - тобто він повинен бути більше нуля або дорівнює нулю. Відповідно, вирішуємо нерівність:
4х - 3 ≥ 0
4х ≥ 3
х ≥ 3/4
Таким чином, у нас з'явилася друга умова: корінь рівняння має бути не меншим за 3/4.
Відповідно до правила, складаємо сукупність двох рівнянь та вирішуємо їх:
х + 3 = 4х - 3
х + 3 = -(4х - 3)
х + 3 = 4х - 3
х + 3 = -4х + 3
х - 4х = -3 - 3
х + 4х = 3 - 3
х = 2
х = 0
Ми отримали дві відповіді. Перевіримо, чи є вони корінням вихідного рівняння.
У нас було дві умови: корінь рівняння не може дорівнювати 1, і він повинен бути не менше 3/4. Тобто х ≠ 1, х≥ 3/4. Обом цим умовам відповідає лише одна з двох отриманих відповідей - число 2. Отже, тільки воно і є коренем вихідного рівняння.
Відповідь: х = 2.
Нерівності із модулем.
Приклад 1 . Розв'язати нерівність| х - 3| < 4
Рішення.
Правило модуля свідчить:
|а| = а, якщо а ≥ 0.
|а| = -а, якщо а < 0.
Модуль може мати і негативне, і негативне число. Отже, ми повинні розглянути обидва випадки: х- 3 ≥ 0 та х - 3 < 0.
1) При х- 3 ≥ 0 наша вихідна нерівність залишається як є, тільки без знаку модуля:
х - 3 < 4.
2) При х - 3 < 0 в исходном неравенстве надо поставить знак минус перед всем подмодульным выражением:
-(х - 3) < 4.
Розкривши дужки, отримуємо:
-х + 3 < 4.
Таким чином, від цих двох умов ми дійшли об'єднання двох систем нерівностей:
х - 3 ≥ 0
х - 3 < 4
х - 3 < 0
-х + 3 < 4
Вирішимо їх:
х ≥ 3
х < 7
х < 3
х > -1
Отже, у нас у відповіді об'єднання двох множин:
3 ≤ х < 7 U -1 < х < 3.
Визначаємо найменше та найбільше значення. Це -1 та 7. При цьому хбільше -1 але менше 7.
Крім того, х≥ 3. Отже, розв'язанням нерівності є вся множина чисел від -1 до 7, виключаючи ці крайні числа.
Відповідь: -1 < х < 7.
Або: х ∈ (-1; 7).
Доповнення.
1) Є більш простий та короткий спосіб розв'язання нашої нерівності – графічний. Для цього треба намалювати горизонтальну вісь (рис.1).
Вираз | х - 3| < 4 означает, что расстояние от точки хдо точки 3 менше чотирьох одиниць. Відзначаємо на осі число 3 і відраховуємо вліво та вправо від нього 4 поділу. Зліва ми прийдемо до точки -1, праворуч - до точки 7. Таким чином, точки хми просто побачили, не рахуючи їх.
При цьому, згідно з умовою нерівності, самі -1 і 7 не включені до множини рішень. Таким чином, отримуємо відповідь:
1 < х < 7.
2) Але є ще одне рішення, яке простіше навіть графічного методу. Для цього нашу нерівність треба представити у такому вигляді:
4 < х - 3 < 4.
Адже так воно і є за правилом модуля. Невід'ємне число 4 та аналогічне від'ємне число -4 є межами розв'язання нерівності.
4 + 3 < х < 4 + 3
1 < х < 7.
Приклад 2 . Розв'язати нерівність| х - 2| ≥ 5
Рішення.
Цей приклад суттєво відрізняється від попереднього. Ліва частина більше 5 чи дорівнює 5. З геометричної погляду, рішенням нерівності є всі числа, які від точки 2 відстоять з відривом 5 одиниць і більше (рис.2). За графіком видно, що це всі числа, які менші або рівні -3 і більше або рівні 7. Отже, ми вже отримали відповідь.
Відповідь: -3 ≥ х ≥ 7.
Принагідно вирішимо це нерівність способом перестановки вільного члена вліво і вправо з протилежним знаком:
5 ≥ х - 2 ≥ 5
5 + 2 ≥ х ≥ 5 + 2
Відповідь та сама: -3 ≥ х ≥ 7.
Або: х ∈ [-3; 7]
Приклад вирішено.
Приклад 3 . Розв'язати нерівність 6 х 2 - | х| - 2 ≤ 0
Рішення.
Число хможе бути і позитивним числом, і негативним, і банкрутом. Тому нам треба врахувати усі три обставини. Як ви знаєте, вони враховуються у двох нерівностях: х≥ 0 та х < 0. При х≥ 0 ми просто переписуємо нашу вихідну нерівність як є тільки без знака модуля:
6х 2 - х - 2 ≤ 0.
Тепер про другий випадок: якщо х < 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:
6х 2 - (-х) - 2 ≤ 0.
Розкриваємо дужки:
6х 2 + х - 2 ≤ 0.
Таким чином, ми отримали дві системи рівнянь:
6х 2 - х - 2 ≤ 0
х ≥ 0
6х 2 + х - 2 ≤ 0
х < 0
Потрібно вирішити нерівності в системах - а це означає, треба знайти коріння двох квадратних рівнянь. Для цього прирівняємо ліві частини нерівностей до нуля.
Почнемо з першого:
6х 2 - х - 2 = 0.
Як вирішується квадратне рівняння- див. розділ "Квадратне рівняння". Ми ж одразу назвемо відповідь:
х 1 = -1/2, х 2 = 2/3.
З першої системи нерівностей ми отримуємо, що рішенням вихідної нерівності є безліч чисел від -1/2 до 2/3. Пишемо об'єднання рішень при х ≥ 0:
[-1/2; 2/3].
Тепер вирішимо друге квадратне рівняння:
6х 2 + х - 2 = 0.
Його коріння:
х 1 = -2/3, х 2 = 1/2.
Висновок: при х < 0 корнями исходного неравенства являются также все числа от -2/3 до 1/2.
Об'єднаємо дві відповіді і отримаємо підсумкову відповідь: рішенням є безліч чисел від -2/3 до 2/3, включаючи і ці крайні числа.
Відповідь: -2/3 ≤ х ≤ 2/3.
Або: х ∈ [-2/3; 2/3].
Сьогодні, друзі, не буде жодних соплів та сентиментів. Замість них я без зайвих питань відправлю вас у бій з одним із найгрізніших супротивників у курсі алгебри 8—9 класу.
Так, ви все правильно зрозуміли: йдеться про нерівності з модулем. Ми розглянемо чотири основні прийоми, за допомогою яких ви навчитеся вирішувати близько 90% таких завдань. А що з рештою 10%? Що ж, про них ми поговоримо в окремому уроці.
Однак перед тим, як розбирати якісь там прийоми, хотілося б нагадати два факти, які потрібно знати. Інакше ви ризикуєте взагалі зрозуміти матеріал сьогоднішнього уроку.
Що вже треба знати
Капітан Очевидність хіба що натякає, що з розв'язання нерівностей з модулем необхідно знати дві речі:
- Як вирішуються нерівності;
- Що таке модуль |
Почнемо із другого пункту.
Визначення модуля
Тут все просто. Є два визначення: алгебраїчне та графічне. Для початку - алгебраїчне:
Визначення. Модуль числа $x$ - це або саме це число, якщо воно невід'ємне, або число, йому протилежне, якщо вихідний $x$ - все-таки негативний.
Записується це так:
\[\left| x \right|=\left\( \begin(align) & x,\ x\ge 0, \\ & -x,\ x \lt 0. \\end(align) \right.\]
Говорячи простою мовою, модуль це «число без мінуса». І саме в цій двоїстості (десь із вихідним числом нічого не треба робити, а десь доведеться прибрати якийсь там мінус) і полягає вся складність для учнів-початківців.
Є ще геометричне визначення. Його теж корисно знати, але звертатися до нього ми будемо лише у складних і якихось спеціальних випадках, де геометричний підхід зручніший за алгебраїчну (спойлер: не сьогодні).
Визначення. Нехай на числовій прямій відзначено точку $a$. Тоді модулем $ \ left | x-a \right|$ називається відстань від точки $x$ до точки $a$ на цій прямій.
Якщо накреслити картинку, то вийде щось на кшталт цього:
Графічне визначення модуля Так чи інакше, з визначення модуля відразу випливає його ключова властивість: модуль числа завжди є величиною невід'ємною. Цей факт буде червоною ниткою йти через всю нашу сьогоднішню розповідь.
Розв'язання нерівностей. Метод інтервалів
Тепер розберемося з нерівностями. Їх існує безліч, але наше завдання зараз — вміти вирішувати хоча б найпростіші з них. Ті, які зводяться до лінійним нерівностям, і навіть до методу інтервалів.
На цю тему у мене є два великі уроки (між іншим, дуже, ДУЖЕ корисних — рекомендую вивчити):
- Метод інтервалів для нерівностей (особливо подивіться відео);
- Дробно-раціональні нерівності - дуже об'ємний урок, але після нього у вас взагалі не залишиться будь-яких питань.
Якщо ви все це знаєте, якщо фраза «перейдемо від нерівності до рівняння» не викликає у вас невиразне бажання убитися об стіну, то ви готові: ласкаво просимо до пекла до основної теми уроку.:)
1. Нерівності виду «Модуль менше функції»
Це одне з найпоширеніших завдань з модулями. Потрібно вирішити нерівність виду:
\[\left| f \right| \lt g\]
У ролі функцій $f$ і $g$ може бути будь-що, але зазвичай це многочлены. Приклади таких нерівностей:
\[\begin(align) & \left| 2x+3 \right| \lt x+7; \\ & \left| ((x)^(2))+2x-3 \right|+3\left(x+1 \right) \lt 0; \\ & \left| ((x) ^ (2))-2 \ left | x \right|-3 \right| \lt 2. \\end(align)\]
Всі вони вирішуються буквально в один рядок за схемою:
\[\left| f \right| \lt g\Rightarrow -g \lt f \lt g\quad \left(\Rightarrow \left\( \begin(align) & f \lt g, \& f \gt -g \\end(align) \right.\right)\]
Неважко помітити, що позбавляємося від модуля, але натомість отримуємо подвійну нерівність (або, що теж саме, систему з двох нерівностей). Проте цей перехід враховує абсолютно все можливі проблеми: якщо число під модулем позитивне, метод працює; якщо негативно - все одно працює; і навіть за самої неадекватної функції дома $f$ чи $g$ метод все одно спрацює.
Звичайно, виникає питання: а простіше не можна? На жаль, не можна. У цьому вся фішка модуля.
Втім, вистачить філософствувати. Давайте вирішимо кілька завдань:
Завдання. Розв'яжіть нерівність:
\[\left| 2x+3 \right| \lt x+7\]
Рішення. Отже, маємо класичну нерівність виду «модуль менше» — навіть перетворювати нічого. Працюємо за алгоритмом:
\[\begin(align) & \left| f \right| \lt g\Rightarrow -g \lt f \lt g; \\ & \left| 2x+3 \right| \lt x+7\Rightarrow -\left(x+7 \right) \lt 2x+3 \lt x+7 \\end(align)\]
Не поспішайте розкривати дужки, перед якими стоїть «мінус»: цілком можливо, що через поспіху ви припуститеся образливої помилки.
\-x-7 \lt 2x+3 \lt x+7\]
\[\left\( \begin(align) & -x-7 \lt 2x+3 \\ & 2x+3 \lt x+7 \\ \end(align) \right.\]
\[\left\( \begin(align) & -3x \lt 10 \\ & x \lt 4 \\ \end(align) \right.\]
\[\left\( \begin(align) & x \gt -\frac(10)(3) \\ & x \lt 4 \\\end(align) \right.\]
Завдання звелося до двох елементарних нерівностей. Зазначимо їх рішення на паралельних числових прямих:
Перетин множин
Перетином цих множин і буде відповідь.
Відповідь: $x\in \left(-\frac(10)(3);4 \right)$
Завдання. Розв'яжіть нерівність:
\[\left| ((x)^(2))+2x-3 \right|+3\left(x+1 \right) \lt 0\]
Рішення. Це завдання вже трохи складніше. Для початку усамітнимо модуль, перенісши друге доданок вправо:
\[\left| ((x)^(2))+2x-3 \right| \lt -3\left(x+1 \right)\]
Очевидно, перед нами знову нерівність виду «модуль менший», тому позбавляємося модуля за вже відомим алгоритмом:
\[-\left(-3\left(x+1 \right) \right) \lt ((x)^(2))+2x-3 \lt -3\left(x+1 \right)\]
Ось зараз увага: хтось скаже, що я трохи збоченець із усіма цими дужками. Але ще раз нагадаю, що наша ключова мета грамотно вирішити нерівність та отримати відповідь. Пізніше, коли ви досконало освоїте все, про що розказано в цьому уроці, можете самі перекручуватись як хочете: розкривати дужки, вносити мінуси і т.д.
А ми для початку просто позбудемося подвійного мінусу зліва:
\[-\left(-3\left(x+1 \right) \right)=\left(-1 \right)\cdot \left(-3 \right)\cdot \left(x+1 \right) =3\left(x+1 \right)\]
Тепер розкриємо всі дужки у подвійній нерівності:
Переходимо до подвійної нерівності. На цей раз викладки будуть серйознішими:
\[\left\( \begin(align) & ((x)^(2))+2x-3 \lt -3x-3 \\ & 3x+3 \lt ((x)^(2))+2x -3 \\ \end(align) \right.\]
\[\left\( \begin(align) & ((x)^(2))+5x \lt 0 \\ & ((x)^(2))-x-6 \gt 0 \\ \end( align) \right.\]
Обидві нерівності є квадратними і вирішуються методом інтервалів (бо й кажу: якщо не знаєте, що це таке, краще поки не братися за модулі). Переходимо до рівняння у першій нерівності:
\[\begin(align) & ((x)^(2))+5x=0; \ & x \ left (x + 5 \ right) = 0; \\ & ((x)_(1))=0;((x)_(2))=-5. \\end(align)\]
Як бачимо, на виході вийшло неповне квадратне рівняння, яке вирішується елементарно. Тепер розберемося з другою нерівністю системи. Там доведеться застосувати теорему Вієта:
\[\begin(align) & ((x)^(2))-x-6=0; \\ & \left(x-3 \right)\left(x+2 \right)=0; \&((x)_(1))=3;((x)_(2))=-2. \\end(align)\]
Зазначаємо отримані числа на двох паралельних прямих (окрема для першої нерівності та окрема для другої):
Знову ж таки, оскільки ми вирішуємо систему нерівностей, нас цікавить перетин заштрихованих множин: $x\in \left(-5;-2 \right)$. Це є відповідь.
Відповідь: $x\in \left(-5;-2 \right)$
Думаю, після цих прикладів схема рішення гранично зрозуміла:
- Усамітнити модуль, перенісши всі інші доданки в протилежну частину нерівності. Таким чином, ми отримаємо нерівність виду $\left| f \right| \lt g$.
- Вирішити цю нерівність, позбавившись модуля за описаною вище схемою. У якийсь момент потрібно перейти від подвійної нерівності до системи з двох самостійних виразів, кожне з яких можна вирішувати окремо.
- Зрештою, залишиться лише перетнути рішення цих двох самостійних висловів — і все, ми отримаємо остаточну відповідь.
Аналогічний алгоритм існує й у нерівностей наступного типу, коли модуль більше функції. Однак там є кілька серйозних «але». Про ці «але» ми зараз і поговоримо.
2. Нерівності виду «Модуль більше функції»
Виглядають вони так:
\[\left| f \right| \gt g\]
Схоже на попереднє? Схоже. Проте вирішуються такі завдання зовсім по-іншому. Формально схема наступна:
\[\left| f \right| \gt g\Rightarrow \left[ \begin(align) & f \gt g, \\ & f \lt -g \end(align) \right.\]
Іншими словами, ми розглядаємо два випадки:
- Спочатку просто ігноруємо модуль - вирішуємо нормальну нерівність;
- Потім по суті розкриваємо модуль зі знаком мінус, а потім множимо обидві частини нерівності на −1, мене при цьому знак.
У цьому варіанти об'єднані квадратною дужкою, тобто. маємо сукупність двох вимог.
Зверніть увагу ще раз: перед нами не система, а сукупність, тому у відповіді безлічі об'єднуються, а не перетинаються. Це принципова відмінність від попереднього пункту!
Взагалі, з об'єднаннями та перетинами у багатьох учнів суцільна плутанина, тому давайте розберемося в цьому питанні раз і назавжди:
- "∪" - це знак об'єднання. По суті, це стилізована літера «U», яка прийшла до нас із англійської мовиє абревіатурою від «Union», тобто. "Об'єднання".
- "∩" - це знак перетину. Ця хрень звідки не прийшла, а просто виникла як протиставлення до «∪».
Щоб ще простіше було запам'ятати, просто прималюйте до цих знаків ніжки, щоб вийшли келихи (ось тільки не треба зараз звинувачувати мене в пропаганді наркоманії та алкоголізму: якщо ви всерйоз вивчаєте цей урок, то вже наркоман):
Різниця між перетином та об'єднанням множин У перекладі російською це означає таке: об'єднання (сукупність) включає у собі елементи з обох множин, тому не менше кожного їх; а ось перетин (система) включає лише ті елементи, які одночасно знаходяться і в першій множині, і в другій. Тому перетин множин ніколи не буває більше множин-вихідників.
Так стало зрозуміліше? От і відмінно. Переходимо до практики.
Завдання. Розв'яжіть нерівність:
\[\left| 3x+1 \right| \gt 5-4x\]
Рішення. Діємо за схемою:
\[\left| 3x+1 \right| \gt 5-4x\Rightarrow \left[ \begin(align) & 3x+1 \gt 5-4x \\ & 3x+1 \lt -\left(5-4x \right) \\end(align) \ right.\]
Вирішуємо кожну нерівність сукупності:
\[\left[ \begin(align) & 3x+4x \gt 5-1 \\ & 3x-4x \lt -5-1 \\ \end(align) \right.\]
\[\left[ \begin(align) & 7x \gt 4 \\ & -x \lt -6 \\ \end(align) \right.\]
\[\left[ \begin(align) & x \gt 4/7\ \\ & x \gt 6 \\\end(align) \right.\]
Відзначаємо кожну отриману множину на числовій прямій, а потім об'єднуємо їх:
Об'єднання множин
Очевидно, що відповіддю буде $x\in \left(\frac(4)(7);+\infty \right)$
Відповідь: $x\in \left(\frac(4)(7);+\infty \right)$
Завдання. Розв'яжіть нерівність:
\[\left| ((x)^(2))+2x-3 \right| \gt x\]
Рішення. Ну що? Та нічого — все те саме. Переходимо від нерівності з модулем до сукупності двох нерівностей:
\[\left| ((x)^(2))+2x-3 \right| \gt x\Rightarrow \left[ \begin(align) & ((x)^(2))+2x-3 \gt x \\ & ((x)^(2))+2x-3 \lt -x \\\end(align) \right.\]
Вирішуємо кожну нерівність. На жаль, коріння там буде не оч:
\[\begin(align) & ((x)^(2))+2x-3 \gt x; \\ ((x)^(2))+x-3 \gt 0; \& D=1+12=13; \ \ & x = \ frac (-1 \ pm \ sqrt (13)) (2). \\\end(align)\]
У другій нерівності теж трохи дичини:
\[\begin(align) & ((x)^(2))+2x-3 \lt -x; \& ((x)^(2))+3x-3 \lt 0; \ & D = 9 + 12 = 21; \ & x = \ frac (-3 \ pm \ sqrt (21)) (2). \\\end(align)\]
Тепер треба відзначити ці числа на двох осях — по одній осі кожної нерівності. Однак відзначати крапки потрібно у правильному порядку: чим більше число, тим далі зрушити точку вправо.
І ось тут на нас чекає підстава. Якщо з числами $\frac(-3-\sqrt(21))(2) \lt \frac(-1-\sqrt(13))(2)$ все ясно (доданки в чисельнику першого дробу менше доданків у чисельнику другого , Тому сума теж менше), з числами $\frac(-3-\sqrt(13))(2) \lt \frac(-1+\sqrt(21))(2)$ теж не виникне труднощів (позитивне число свідомо більше негативного), то ось з останньою парочкою все не так однозначно. Що більше: $\frac(-3+\sqrt(21))(2)$ або $\frac(-1+\sqrt(13))(2)$? Від відповіді це питання залежатиме розстановка точок на числових прямих і, власне, відповідь.
Тому давайте порівнювати:
\[\begin(matrix) \frac(-1+\sqrt(13))(2)\vee \frac(-3+\sqrt(21))(2) \- -1+\sqrt(13)\ vee -3+\sqrt(21) \\ 2+\sqrt(13)\vee \sqrt(21) \\\end(matrix)\]
Ми усамітнили корінь, отримали невід'ємні числа з обох сторін нерівності, тому вправі звести обидві сторони квадрат:
\[\begin(matrix) ((\left(2+\sqrt(13) \right))^(2))\vee ((\left(\sqrt(21) \right))^(2)) \ \ 4+4\sqrt(13)+13\vee 21 \\ 4\sqrt(13)\vee 3 \\end(matrix)\]
Думаю, тут і їжу зрозуміло, що $4\sqrt(13) \gt 3$, тому $\frac(-1+\sqrt(13))(2) \gt \frac(-3+\sqrt(21)) (2)$, остаточно точки на осях будуть розставлені так:
Випадок негарного коріння
Нагадаю, ми вирішуємо сукупність, тому у відповідь піде об'єднання, а не перетин заштрихованих множин.
Відповідь: $x\in \left(-\infty ;\frac(-3+\sqrt(21))(2) \right)\bigcup \left(\frac(-1+\sqrt(13))(2 );+\infty \right)$
Як бачите, наша схема чудово працює як для простих завдань, так і для жорстких. Єдине «слабке місце» у такому підході — треба грамотно порівнювати ірраціональні числа (і повірте: це не лише коріння). Але питанням порівняння буде присвячено окремий (і дуже серйозний урок). А ми йдемо далі.
3. Нерівності з невід'ємними «хвістами»
От ми й дісталися найцікавішого. Це нерівності виду:
\[\left| f \right| \gt \left| g \right|\]
Взагалі кажучи, алгоритм, про який ми зараз поговоримо, вірний лише для модуля. Він працює у всіх нерівностях, де ліворуч і праворуч стоять гарантовано невід'ємні вирази:
Що робити із цими завданнями? Просто пам'ятайте:
У нерівностях з невід'ємними «хвістами» можна зводити обидві частини у будь-який натуральний ступінь. Жодних додаткових обмежень при цьому не виникне.
Насамперед нас цікавитиме зведення у квадрат — він спалює модулі та коріння:
\[\begin(align) & ((\left(\left| f \right| \right))^(2))=((f)^(2)); \& ((\left(\sqrt(f) \right))^(2))=f. \\\end(align)\]
Ось тільки не треба плутати це із вилученням кореня з квадрата:
\[\sqrt(((f)^(2)))=\left| f \right|\ne f\]
Безліч помилок було допущено в той момент, коли учень забував ставити модуль! Але це зовсім інша історія (це ніби ірраціональні рівняння), тому не зараз у це поглиблюватимемося. Давайте краще вирішимо кілька завдань:
Завдання. Розв'яжіть нерівність:
\[\left| x+2 \right|\ge \left| 1-2x \right|\]
Рішення. Відразу зауважимо дві речі:
- Це несувора нерівність. Крапки на числовій прямій будуть виколоті.
- Обидві сторони нерівності явно невід'ємні (ця властивість модуля: $ \ left | f \ left (x \ right) \ right | \ ge 0 $).
Отже, можемо звести обидві частини нерівності в квадрат, щоб позбавитися модуля і вирішувати завдання звичайним методом інтервалів:
\[\begin(align) & ((\left(\left| x+2 \right| \right))^(2))\ge ((\left(\left| 1-2x \right| \right) ) ^ (2)); \\ & ((\left(x+2 \right))^(2))\ge ((\left(2x-1 \right))^(2)). \\\end(align)\]
На останньому кроці я трохи схитрував: змінив послідовність доданків, скориставшись парністю модуля (по суті, помножив вираз $1-2x$ на -1).
\[\begin(align) & ((\left(2x-1 \right))^(2))-((\left(x+2 \right))^(2))\le 0; \\ & \left(\left(2x-1 \right)-\left(x+2 \right) \right)\cdot \left(\left(2x-1 \right)+\left(x+2 \) right) \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(align)\]
Вирішуємо методом інтервалів. Переходимо від нерівності до рівняння:
\[\begin(align) & \left(x-3 \right)\left(3x+1 \right)=0; \((x)_(1))=3;((x)_(2))=-\frac(1)(3). \\\end(align)\]
Зазначаємо знайдене коріння на числовій прямій. Ще раз: усі крапки зафарбовані, оскільки вихідна нерівність — не сувора!
Звільнення від знаку модуля
Нагадаю для особливо затятих: знаки ми беремо з останньої нерівності, яка була записана перед переходом до рівняння. І зафарбовуємо області, які потрібні в тій же нерівності. У нашому випадку це $\left(x-3 \right)\left(3x+1 \right)\le 0$.
Ну от і все. Завдання вирішено.
Відповідь: $x\in \left[ -\frac(1)(3);3 \right]$.
Завдання. Розв'яжіть нерівність:
\[\left| ((x)^(2))+x+1 \right|\le \left| ((x)^(2))+3x+4 \right|\]
Рішення. Робимо все те саме. Я не коментуватиму — просто подивіться на послідовність дій.
Зводимо у квадрат:
\[\begin(align) & ((\left(\left| ((x)^(2))+x+1 \right| \right))^(2))\le ((\left(\left) ((x)^(2))+3x+4 \right| \right))^(2)); \\ & ((\left(((x)^(2))+x+1 \right))^(2))\le ((\left(((x)^(2))+3x+4 \right))^(2)); \\ & ((\left(((x)^(2))+x+1 \right))^(2))-((\left(((x)^(2))+3x+4 \) right))^(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(align)\]
Метод інтервалів:
\[\begin(align) & \left(-2x-3 \right)\left(2((x)^(2))+4x+5 \right)=0 \\ & -2x-3=0\ Rightarrow x=-1,5; \\ & 2((x)^(2))+4x+5=0\Rightarrow D=16-40 \lt 0\Rightarrow \varnothing. \\\end(align)\]
Всього один корінь на числовій прямій:
Відповідь - цілий інтервал
Відповідь: $x\in \left[ -1,5;+\infty \right)$.
Невелике зауваження щодо останнього завдання. Як точно зауважив один мій учень, обидва підмодульні вирази в даній нерівності свідомо позитивні, тому знак модуля можна без шкоди для здоров'я опустити.
Але це вже зовсім інший рівень роздумів та інший підхід його умовно можна назвати методом слідств. Про нього – в окремому уроці. А зараз перейдемо до фінальної частини сьогоднішнього уроку та розглянемо універсальний алгоритм, який працює завжди. Навіть тоді, коли всі попередні підходи виявилися безсилими.
4. Метод перебору варіантів
А якщо всі ці прийоми не допоможуть? Якщо нерівність не зводиться невід'ємним хвостам, якщо усамітнити модуль не виходить, якщо взагалі біль-сум сум?
Тоді на сцену виходить «важка артилерія» всієї математики метод перебору. Стосовно нерівностей з модулем він виглядає так:
- Виписати всі підмодульні вирази та прирівняти їх до нуля;
- Розв'язати отримані рівняння і відзначити знайдене коріння на одній числовій прямій;
- Пряма розіб'ється на кілька ділянок, усередині якого кожен модуль має фіксований знак і тому однозначно розкривається;
- Вирішити нерівність на кожній такій ділянці (можна окремо розглянути корені-кордони, отримані в пункті 2 для надійності). Результати об'єднати – це і буде відповідь.
Ну як? Слабко? Легко! Лише довго. Подивимося практично:
Завдання. Розв'яжіть нерівність:
\[\left| x+2 \right| \lt \left| x-1 \right|+x-\frac(3)(2)\]
Рішення. Ця хрень не зводиться до нерівностей виду $ \ left | f \right| \lt g$, $\left| f \right| \gt g$ або $\left| f \right| \lt \left| g \right|$, тому діємо напролом.
Виписуємо підмодульні вирази, прирівнюємо їх до нуля і знаходимо коріння:
\[\begin(align) & x+2=0\Rightarrow x=-2; \\ & x-1 = 0 \ Rightarrow x = 1. \\\end(align)\]
Разом у нас два корені, які розбивають числову пряму на три ділянки, всередині яких кожен модуль розкривається однозначно:
Розбиття числової прямої нулями підмодульних функцій
Розглянемо кожну ділянку окремо.
1. Нехай $x \lt -2$. Тоді обидва підмодульні вирази негативні, і вихідна нерівність перепишеться так:
\[\begin(align) & -\left(x+2 \right) \lt -\left(x-1 \right)+x-1,5 \\ & -x-2 \lt -x+1+ x-1,5 \\ & x \gt 1,5 \\end(align)\]
Здобули досить просте обмеження. Перетнемо його з вихідним припущенням, що $x \lt -2$:
\[\left\( \begin(align) & x \lt -2 \\ & x \gt 1,5 \\end(align) \right.\Rightarrow x\in \varnothing \]
Очевидно, що змінна $x$ не може одночасно бути меншою за −2, але більше за 1,5. Рішень на цій ділянці немає.
1.1. Окремо розглянемо прикордонний випадок $x=-2$. Просто підставимо це число у вихідну нерівність і перевіримо: чи виконується вона?
\[\begin(align) & ((\left. \left| x+2 \right| \lt \left| x-1 \right|+x-1,5 \right|)_(x=-2) ) \\ & 0 \lt \left| -3 \right|-2-1,5; \ & 0 \lt 3-3,5; \\ & 0 \lt -0,5 \Rightarrow \varnothing. \\\end(align)\]
Очевидно, що ланцюжок обчислень привів нас до невірної нерівності. Отже, вихідна нерівність теж неправильна, і $x=-2$ не входить у відповідь.
2. Нехай тепер $-2 \lt x \lt 1$. Лівий модуль вже розкриється з плюсом, але правий все ще з мінусом. Маємо:
\[\begin(align) & x+2 \lt -\left(x-1 \right)+x-1,5 \\ & x+2 \lt -x+1+x-1,5 \\& x \lt -2,5 \\end(align)\]
Знову перетинаємо з вихідною вимогою:
\[\left\( \begin(align) & x \lt -2,5 \\ & -2 \lt x \lt 1 \end(align) \right.\Rightarrow x\in \varnothing \]
І знову порожня безліч рішень, оскільки немає таких чисел, які одночасно менші за −2,5, але більші за −2.
2.1. І знову окремий випадок: $x=1$. Підставляємо у вихідну нерівність:
\[\begin(align) & ((\left. \left| x+2 \right| \lt \left| x-1 \right|+x-1,5 \right|)_(x=1)) \\ & \left| 3 \right| \lt \left| 0 \right|+1-1,5; \ & 3 \lt -0,5; \\ & 3 \lt -0,5 \Rightarrow \varnothing. \\\end(align)\]
Аналогічно попередньому «приватному випадку» число $x=1$ явно не входить у відповідь.
3. Останній шматок прямий: $x \gt 1$. Тут усі модулі розкриваються зі знаком «плюс»:
\[\begin(align) & x+2 \lt x-1+x-1,5 \\ & x+2 \lt x-1+x-1,5 \\ & x \gt 4,5 \\ \end(align)\]
І знову перетинаємо знайдену множину з вихідним обмеженням:
\[\left\( \begin(align) & x \gt 4,5 \\ & x \gt 1 \\end(align) \right.\Rightarrow x\in \left(4,5;+\infty) \right)\]
Ну нарешті то! Ми знайшли інтервал, який і буде відповіддю.
Відповідь: $x\in \left(4,5;+\infty \right)$
Насамкінець — одне зауваження, яке, можливо, убереже вас від дурних помилок під час вирішення реальних завдань:
Розв'язання нерівностей з модулями зазвичай є суцільні множини на числовій прямій - інтервали та відрізки. Набагато рідше трапляються ізольовані точки. І ще рідше трапляється так, що меж рішення (кінець відрізка) збігається з межею діапазону, що розглядається.
Отже, якщо кордони (ті самі «приватні випадки») не входять у відповідь, то майже напевно не увійдуть у відповідь і області зліва-праворуч від цих кордонів. І навпаки: кордон увійшов у відповідь — отже, і якісь області навколо неї також будуть відповідями.
Пам'ятайте про це, коли ви перевіряєте свої рішення.
Існує кілька способів розв'язання нерівностей, що містять модуль. Розглянемо деякі з них.
1) Вирішення нерівності за допомогою геометричної властивості модуля.
Нагадаю, що така геометрична властивість модуля: модуль числа x – це відстань від початку координат до точки з координатою x.
У ході розв'язання нерівностей цим способом може виникнути 2 випадки:
1. |x| ≤ b, 
І нерівність із модулем очевидно зводиться до системи двох нерівностей. Тут знак може бути і суворим, у цьому випадку крапки на картинці будуть «виколоти».
2. |x| ≥ b,тоді картинка рішення виглядає так:
І нерівність із модулем очевидно зводиться до сукупності двох нерівностей. Тут знак може бути і суворим, у цьому випадку крапки на картинці будуть «виколоти».
приклад 1.
Розв'язати нерівність |4 – |x|| ≥ 3.
Рішення.
Ця нерівність дорівнює наступній сукупності:
U [-1;1] U
приклад 2.
Розв'язати нерівність ||x+2| - 3 | ≤ 2.
Рішення.
Ця нерівність дорівнює наступній системі.
(|x + 2| – 3 ≥ -2
(|x + 2| – 3 ≤ 2,
(|x + 2| ≥ 1
(|x + 2| ≤ 5).
Вирішимо окремо першу нерівність системи. Воно еквівалентне наступній сукупності:
U [-1; 3].
2) Розв'язання нерівностей, використовуючи визначення модуля.
Нагадаю для початку визначення модуля.
|a| = a, якщо a ≥ 0 та |a| = -a, якщо a< 0.
Наприклад, |34| = 34, |-21 | = -(-21) = 21.
приклад 1.
Вирішити нерівність 3 | x - 1 | ≤ x+3.
Рішення.
Використовуючи визначення модуля, отримаємо дві системи:
(x – 1 ≥ 0
(3(x – 1) ≤ x + 3
(x – 1< 0
(-3(x – 1) ≤ x + 3).
Вирішуючи першу другу системи окремо, отримаємо:
(x ≥ 1
(x ≤ 3,
(x< 1
(x≥0.
Рішенням вихідної нерівності будуть всі рішення першої системи та всі рішення другої системи.
Відповідь: x €.
3) Розв'язання нерівностей шляхом спорудження квадрат.
приклад 1.
Вирішити нерівність | x 2 – 1 |< | x 2 – x + 1|.
Рішення.
Зведемо обидві частини нерівності у квадрат. Зауважу, що зводити обидві частини нерівності у квадрат можна лише у тому випадку, коли вони обидві позитивні. В даному випадку у нас і ліворуч і праворуч стоять модулі, тому ми можемо це зробити.
(|x 2 – 1|) 2< (|x 2 – x + 1|) 2 .
Тепер скористаємося такою властивістю модуля: (|x|)2 = x2.
(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) (2x 2 - x)< 0,
x(x – 2)(2x – 1)< 0.
Вирішуємо методом інтервалів.
Відповідь: x € (-∞; 0) U (1/2; 2)
4) Розв'язання нерівностей шляхом заміни змінних.
приклад.
Вирішити нерівність (2x + 3) 2 - | 2x + 3 | ≤ 30.
Рішення.
Зауважимо, що (2x + 3) 2 = (| 2x + 3|) 2 . Тоді отримаємо нерівність
(| 2x + 3 |) 2 - | 2x + 3 | ≤ 30.
Зробимо заміну y = | 2x + 3 |
Перепишемо нашу нерівність з урахуванням заміни.
y 2 – y ≤ 30,
y 2 – y – 30 ≤ 0.
Розкладемо квадратний тричлен, що стоїть зліва на множники.
y1 = (1 + 11) / 2,
y2 = (1 - 11) / 2,
(y - 6) (y + 5) ≤ 0.
Вирішимо методом інтервалів та отримаємо:
Повернемося до заміни:
5 ≤ |2x + 3| ≤ 6.
Ця подвійна нерівність дорівнює системі нерівностей:
(|2x + 3| ≤ 6
(|2x + 3|≥-5.
Вирішимо кожну з нерівностей окремо.
Перше рівносильне системі
(2x + 3 ≤ 6
(2x + 3 ≥ -6).
Вирішимо її.
(x ≤ 1.5
(x≥-4.5.
Друга нерівність очевидно виконується всім x, оскільки модуль за визначенням число позитивне. Так як рішення системи – це всі x, які задовольняють одночасно і першій і другій нерівності системи, то рішенням вихідної системи буде вирішення її першої подвійної нерівності (адже друге правильне для всіх x).
Відповідь: x € [-4,5; 1,5].
blog.сайт, при повному або частковому копіюванні матеріалу посилання на першоджерело обов'язкове.
Математика є символом мудрості науки,
зразком наукової суворості та простоти,
еталоном досконалості та краси в науці.
Російський філософ, професор О.В. Волошинів
Нерівності з модулем
Найбільш складними завданнями шкільної математики є нерівності, що містять змінні під знаком модуля. Для успішного вирішення таких нерівностей необхідно добре знати властивості модуля та мати навички їх використання.
Основні поняття та властивості
Модуль (абсолютна величина) дійсного числапозначається і визначається так:
До простих властивостей модуля належать такі співвідношення:
І.
Зазначимо, що останні дві властивості справедливі для будь-якого парного ступеня.
Крім того, якщо, де, то і
Більш складні властивості модуля, які можна ефективно використовувати при вирішенні рівнянь та нерівностей із модулями, формулюються за допомогою наступних теорем:
Теорема 1.Для будь-яких аналітичних функційі справедлива нерівність.
Теорема 2.Рівність рівносильно нерівності.
Теорема 3.Рівність рівносильно нерівності.
Найбільш поширеними в шкільної математикинерівностями, містять невідомі змінні під знаком модуля, є нерівності видуі де деяка позитивна константа.
Теорема 4.Нерівність рівносильно подвійній нерівності, а розв'язання нерівностізводиться до розв'язання сукупності нерівностейта .
Ця теорема є окремим випадком теорем 6 і 7.
Більш складними нерівностями, містять модуль, є нерівності виду, та .
Методи вирішення таких нерівностей можна сформулювати у вигляді наступних трьох теорем.
Теорема 5.Нерівність рівносильно сукупності двох систем нерівностей
І (1)
Доведення.Оскільки , то
Звідси випливає справедливість (1).
Теорема 6.Нерівність рівносильно системі нерівностей
Доведення.Так як , то з нерівностівипливає, що . За такої умови нерівністьі при цьому друга система нерівностей (1) виявиться несумісною.
Теорему доведено.
Теорема 7.Нерівність рівносильно сукупності однієї нерівності та двох систем нерівностей
І (3)
Доведення.Оскільки , то нерівність завжди виконуєтьсяякщо .
Нехай тоді нерівністьбуде рівносильно нерівності, з якого випливає сукупність двох нерівностейта .
Теорему доведено.
Розглянемо типові приклади розв'язання задач на тему «Нерівності, що містять змінні під знаком модуля».
Вирішення нерівностей з модулем
Найбільш простим методом вирішення нерівностей з модулем є метод, заснований на розкритті модулів. Цей метод є універсальним, однак у загальному випадку його застосування може призвести до громіздких обчислень. Тому учні повинні знати й інші (ефективніші) методи та прийоми розв'язання таких нерівностей. Зокрема, необхідно мати навички застосування теорем, наведених у цій статті.
приклад 1.Розв'язати нерівність
. (4)
Рішення.Нерівність (4) вирішуватимемо «класичним» методом – методом розкриття модулів. З цією метою розіб'ємо числову вісьточками та на інтервали та розглянемо три випадки.
1. Якщо , то , , , і нерівність (4) набуває виглядуабо .
Оскільки тут розглядається випадок , є рішенням нерівності (4).
2. Якщо , то з нерівності (4) отримуємоабо . Оскільки перетин інтерваліві є порожнім, то на розглянутому інтервалі розв'язків нерівності (4) немає.
3. Якщо , та нерівність (4) набуває виглядуабо . Очевидно, що також є розв'язком нерівності (4).
Відповідь: , .
приклад 2.Розв'язати нерівність.
Рішення.Припустимо, що. Так як , то задана нерівність набуває виглядуабо . Оскільки , то і звідси випливаєабо .
Однак , тому чи .
приклад 3.Розв'язати нерівність
. (5)
Рішення.Так як , та нерівність (5) рівнозначна нерівностямабо . Звідси, згідно з теоремою 4, маємо сукупність нерівностейта .
Відповідь: , .
приклад 4.Розв'язати нерівність
. (6)
Рішення.Позначимо. Тоді з нерівності (6) отримуємо нерівності , , або .
Звідси, використовуючи метод інтервалів, Отримуємо . Так як , то тут маємо систему нерівностей
Рішенням першої нерівності системи (7) є об'єднання двох інтерваліві , а рішенням другої нерівності – подвійна нерівність. Звідси випливає , що розв'язання системи нерівностей (7) є об'єднанням двох інтервалівта .
Відповідь: ,
Приклад 5.Розв'язати нерівність
. (8)
Рішення. Перетворимо нерівність (8) таким чином:
Або.
Застосовуючи метод інтервалів, отримуємо розв'язання нерівності (8).
Відповідь: .
Примітка. Якщо за умови теореми 5 покласти і , отримаємо .
Приклад 6.Розв'язати нерівність
. (9)
Рішення. З нерівності (9) випливає. Перетворимо нерівність (9) таким чином:
Або
Так як , то чи .
Відповідь: .
Приклад 7.Розв'язати нерівність
. (10)
Рішення.Так як і , то чи .
В зв'язку з цим і нерівність (10) набуває вигляду
Або
. (11)
Звідси випливає, що або . Оскільки , те й з нерівності (11) витікає або .
Відповідь: .
Примітка. Якщо до лівої частини нерівності (10) застосувати теорему 1, то отримаємо . Звідси і з нерівності (10) випливаєщо або . Так як , та нерівність (10) набуває виглядуабо .
Приклад 8.Розв'язати нерівність
. (12)
Рішення.Оскільки , то і з нерівності (12) випливаєабо . Однак , тому чи . Звідси отримуємо або .
Відповідь: .
Приклад 9.Розв'язати нерівність
. (13)
Рішення.Відповідно до теореми 7 рішенням нерівності (13) є або .
Нехай тепер. В такому випадку і нерівність (13) набуває виглядуабо .
Якщо об'єднати інтервалиі , то отримаємо розв'язання нерівності (13) виду.
приклад 10.Розв'язати нерівність
. (14)
Рішення.Перепишемо нерівність (14) у рівносильному вигляді: . Якщо до лівої частини цієї нерівності застосувати теорему 1, то отримаємо нерівність .
Звідси і з теореми 1 випливає, що нерівність (14) виконується для будь-яких значень.
Відповідь: будь-яке число.
Приклад 11.Розв'язати нерівність
. (15)
Рішення. Застосовуючи теорему 1 до лівої частини нерівності (15), отримуємо . Звідси і з нерівності (15) випливає рівняння, яке має вигляд.
Відповідно до теореми 3, рівняння рівносильно нерівності. Звідси отримуємо.
приклад 12.Розв'язати нерівність
. (16)
Рішення. З нерівності (16), згідно з теореми 4, отримуємо систему нерівностей
При розв'язанні нерівностіскористаємося теоремою 6 і отримаємо систему нерівностейз якої випливає.
Розглянемо нерівність. Відповідно до теореми 7, отримуємо сукупність нерівностейта . Друга нерівність сукупності справедлива для будь-якого дійсного.
Отже, рішенням нерівності (16) є.
приклад 13.Розв'язати нерівність
. (17)
Рішення.Відповідно до теореми 1 можна записати
(18)
Беручи до уваги нерівність (17), робимо висновок у тому, що обидві нерівності (18) звертаються до рівності, тобто. має місце система рівнянь
За теоремою 3 дана система рівнянь рівносильна системі нерівностей
або
приклад 14.Розв'язати нерівність
. (19)
Рішення.Так як, то. Помножимо обидві частини нерівності (19) на вираз, який для будь-яких значень набуває лише позитивних значень. Тоді отримаємо нерівність, яка рівнозначна нерівності (19), виду
Звідси отримуємо або де. Так як і , то рішенням нерівності (19) єта .
Відповідь: , .
Для більш глибокого вивчення методів вирішення нерівностей з модулем можна порадити звернутися до навчальних посібників, наведених у списку рекомендованої літератури.
1. Збірник завдань з математики для вступників у втузи / За ред. М.І. Сканаві. - М.: Світ та Освіта, 2013. - 608 с.
2. Супрун В.П. Математика для старшокласників: методи розв'язання та докази нерівностей. - М.: Ленанд / URSS, 2018. - 264 с.
3. Супрун В.П. Математика для старшокласників: нестандартні методирозв'язання задач. - М.: КД "Ліброком" / URSS, 2017. - 296 с.
Залишились питання?
Щоб отримати допомогу репетитора – зареєструйтесь.
сайт, при повному або частковому копіюванні матеріалу посилання на першоджерело обов'язкове.