Neenakosti z modulom se prilagodijo na levi strani. Reševanje neenačb z moduli

Obstaja več načinov za reševanje neenačb, ki vsebujejo modul. Poglejmo jih nekaj.

1) Reševanje neenačbe z uporabo geometrijske lastnosti modula.

Naj vas spomnim, kaj je geometrijska lastnost modula: modul števila x je razdalja od izhodišča do točke s koordinato x.

Pri reševanju neenačb s to metodo lahko pride do dveh primerov:

1. |x| ≤ b,

In neenakost z modulom se očitno zmanjša na sistem dveh neenakosti. Tukaj je znak lahko strog, v tem primeru bodo pike na sliki "preluknjane".

2. |x| ≥ b, potem je slika rešitve videti takole:

In neenakost z modulom se očitno zmanjša na niz dveh neenakosti. Tukaj je znak lahko strog, v tem primeru bodo pike na sliki "preluknjane".

Primer 1.

Rešite neenačbo |4 – |x|| ≥ 3.

rešitev.

Ta neenakost je enakovredna naslednjemu nizu:

U [-1;1] U

Primer 2.

Rešite neenačbo ||x+2| – 3| ≤ 2.

rešitev.

Ta neenakost je enakovredna naslednjemu sistemu.

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

Ločeno rešimo prvo neenačbo sistema. Enakovredno je naslednjemu nizu:

U[-1; 3].

2) Reševanje neenačb z uporabo definicije modula.

Naj vas najprej spomnim definicija modula.

|a| = a če a ≥ 0 in |a| = -a če a< 0.

Na primer |34| = 34, |-21| = -(-21) = 21.

Primer 1.

Reši neenačbo 3|x – 1| ≤ x+3.

rešitev.

Z definicijo modula dobimo dva sistema:

(x – 1 ≥ 0
(3(x – 1) ≤ x + 3

(x – 1< 0
(-3(x – 1) ≤ x + 3.

Z ločenim reševanjem prvega in drugega sistema dobimo:

(x ≥ 1
(x ≤ 3,

(x< 1
(x ≥ 0.

Rešitev prvotne neenačbe bodo vse rešitve prvega sistema in vse rešitve drugega sistema.

Odgovor: x € .

3) Reševanje neenačb s kvadriranjem.

Primer 1.

Reši neenačbo |x 2 – 1|< | x 2 – x + 1|.

rešitev.

Kvadriramo obe strani neenakosti. Naj opozorim, da lahko kvadrirate obe strani neenakosti le, če sta obe pozitivni. V tem primeru imamo module tako na levi kot na desni, tako da lahko to naredimo.

(|x 2 – 1|) 2< (|x 2 – x + 1|) 2 .

Zdaj pa uporabimo naslednjo lastnost modula: (|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)(2x 2 – x)< 0,

x(x – 2)(2x – 1)< 0.

Rešujemo z intervalno metodo.

Odgovor: x € (-∞; 0) U (1/2; 2)

4) Reševanje neenačb s spreminjanjem spremenljivk.

Primer.

Rešite neenačbo (2x + 3) 2 – |2x + 3| ≤ 30.

rešitev.

Upoštevajte, da je (2x + 3) 2 = (|2x + 3|) 2 . Potem dobimo neenakost

(|2x + 3|) 2 – |2x + 3| ≤ 30.

Naredimo spremembo y = |2x + 3|.

Prepišimo našo neenakost ob upoštevanju zamenjave.

y 2 – y ≤ 30,

y 2 – y – 30 ≤ 0.

Razložimo kvadratni trinom na levi.

y1 = (1 + 11) / 2,

y2 = (1 – 11) / 2,

(y – 6)(y + 5) ≤ 0.

Rešimo z intervalno metodo in dobimo:

Vrnimo se k zamenjavi:

5 ≤ |2x + 3| ≤ 6.

Ta dvojna neenakost je enakovredna sistemu neenakosti:

(|2x + 3| ≤ 6
(|2x + 3| ≥ -5.

Rešimo vsako od neenačb posebej.

Prvi je enakovreden sistemu

(2x + 3 ≤ 6
(2x + 3 ≥ -6.

Rešimo to.

(x ≤ 1,5
(x ≥ -4,5.

Druga neenakost očitno velja za vse x, saj je modul po definiciji pozitivno število. Ker so rešitve sistema vsi x, ki hkrati izpolnjujejo prvo in drugo neenakost sistema, bo rešitev izvirnega sistema rešitev njegove prve dvojne neenakosti (navsezadnje druga velja za vse x) .

Odgovor: x € [-4,5; 1,5].

blog.site, pri celotnem ali delnem kopiranju gradiva je obvezna povezava do izvirnega vira.

Matematika je simbol modrosti znanosti,

model znanstvene strogosti in preprostosti,

standard odličnosti in lepote v znanosti.

Ruski filozof, profesor A.V. Vološinov

Neenačbe z modulom

Najtežje rešene naloge pri šolski matematiki so neenačbe, ki vsebuje spremenljivke pod znakom modula. Za uspešno reševanje takšnih neenakosti morate dobro poznati lastnosti modula in imeti veščine za njihovo uporabo.

Osnovni pojmi in lastnosti

Modul (absolutna vrednost) realnega števila označen z in je opredeljen na naslednji način:

Preproste lastnosti modula vključujejo naslednja razmerja:

IN .

Opomba, da zadnji dve lastnosti veljata za vsako sodo stopnjo.

Še več, če, kje, potem in

Bolj zapletene lastnosti modula, ki jih lahko učinkovito uporabimo pri reševanju enačb in neenačb z moduli, so formulirani z naslednjimi izreki:

1. izrek.Za vse analitične funkcije in neenakost je res.

2. izrek. Enakopravnost enako neenakosti.

Izrek 3. Enakopravnost enako neenakosti.

Najpogostejše neenakosti pri šolski matematiki, ki vsebuje neznane spremenljivke pod znakom modula, so neenakosti oblike in, kje neka pozitivna konstanta.

Izrek 4. Neenakost je enakovredna dvojni neenakosti, in rešitev neenačbereducira na reševanje niza neenačb in .

Ta izrek je poseben primer izrekov 6 in 7.

Bolj zapletene neenakosti, ki vsebujejo modul, so neenakosti oblike, In .

Metode za reševanje takšnih neenakosti se lahko oblikujejo z uporabo naslednjih treh izrekov.

Izrek 5. Neenakost je enakovredna kombinaciji dveh sistemov neenakosti

jaz (1)

Dokaz. Od takrat

To implicira veljavnost (1).

Izrek 6. Neenakost je enakovreden sistemu neenačb

Dokaz. ker, nato iz neenakosti iz tega sledi . Pod tem pogojem je neenakostin v tem primeru se bo drugi sistem neenačb (1) izkazal za nekonsistentnega.

Izrek je dokazan.

Izrek 7. Neenakost je enakovredna kombinaciji ene neenakosti in dveh sistemov neenakosti

jaz (3)

Dokaz. Ker , Potem neenakost vedno izvršena, Če .

Naj potem neenakostbo enakovredna neenakosti, iz katerega sledi niz dveh neenakosti in .

Izrek je dokazan.

Oglejmo si tipične primere reševanja problemov na temo »Neenakosti, ki vsebuje spremenljivke pod znakom modula."

Reševanje neenačb z modulom

Najenostavnejša metoda za reševanje neenačb z modulom je metoda, temelji na razširitvi modula. Ta metoda je univerzalna, vendar pa lahko v splošnem primeru njegova uporaba vodi do zelo okornih izračunov. Zato bi morali učenci poznati druge (bolj učinkovite) metode in tehnike za reševanje tovrstnih neenačb. Zlasti, potrebno je imeti veščine uporabe izrekov, naveden v tem članku.

Primer 1.Reši neenačbo

. (4)

rešitev.Neenačbo (4) bomo reševali s “klasično” metodo – metodo razkrivanja modulov. V ta namen razdelimo številsko os pike in na intervale in upoštevajte tri primere.

1. Če , potem , , , in neenakost (4) dobi obliko ali .

Ker je primer obravnavan tukaj, gre za rešitev neenačbe (4).

2. Če, potem iz neenačbe (4) dobimo oz . Ker je presečišče intervalov in je prazen, potem na obravnavanem intervalu rešitev ni neenačbe (4).

3. Če, potem ima neenakost (4) obliko ali . To je očitno je tudi rešitev neenačbe (4).

Odgovor: , .

Primer 2. Reši neenačbo.

rešitev. Predpostavimo, da. ker, potem dobi dana neenakost obliko ali . Od takrat in od tukaj sledi ali .

Vendar pa zato oz.

Primer 3. Reši neenačbo

. (5)

rešitev. ker, potem je neenakost (5) enakovredna neenačbam ali . od tukaj, po teoremu 4, imamo niz neenakosti in .

Odgovor: , .

Primer 4.Reši neenačbo

. (6)

rešitev. Označimo . Nato iz neenačbe (6) dobimo neenačbe , , ali .

od tukaj, z uporabo intervalne metode, dobimo. ker, potem imamo tukaj sistem neenakosti

Rešitev prve neenačbe sistema (7) je unija dveh intervalov in , in rešitev druge neenačbe je dvojna neenačba. Iz tega sledi, da je rešitev sistema neenačb (7) unija dveh intervalov in .

Odgovor: ,

Primer 5.Reši neenačbo

. (8)

rešitev. Transformirajmo neenačbo (8) takole:

ali .

Uporaba intervalne metode, dobimo rešitev neenačbe (8).

Odgovor: .

Opomba. Če postavimo in v pogoje izreka 5, dobimo .

Primer 6. Reši neenačbo

. (9)

rešitev. Iz neenakosti (9) sledi. Transformirajmo neenačbo (9) takole:

oz

Od , torej oz.

Odgovor: .

Primer 7.Reši neenačbo

. (10)

rešitev. Ker in , potem ali .

V zvezi s tem in neenakost (10) dobi obliko

oz

. (11)

Iz tega sledi oz. Ker , potem iz neenakosti (11) izhaja tudi oz.

Odgovor: .

Opomba. Če uporabimo izrek 1 na levi strani neenakosti (10), potem dobimo . Iz tega in iz neenakosti (10) sledi, kaj ali . ker, potem ima neenakost (10) obliko ali .

Primer 8. Reši neenačbo

. (12)

rešitev. Od takrat in iz neenakosti (12) sledi ali . Vendar pa zato oz. Od tu dobimo oz.

Odgovor: .

Primer 9. Reši neenačbo

. (13)

rešitev. Po izreku 7 je rešitev neenačbe (13) ali .

Naj bo zdaj. V tem primeru in neenakost (13) dobi obliko ali .

Če združite intervale in , potem dobimo rešitev neenačbe (13) oblike.

Primer 10. Reši neenačbo

. (14)

rešitev. Prepišimo neenačbo (14) v ekvivalentni obliki: . Če uporabimo izrek 1 na levi strani te neenakosti, dobimo neenakost .

Iz tega in izreka 1 sledi, da je neenakost (14) izpolnjena za poljubne vrednosti.

Odgovor: poljubno število.

Primer 11. Reši neenačbo

. (15)

rešitev. Uporaba izreka 1 na levi strani neenakosti (15), dobimo . To in neenakost (15) dajeta enačbo, ki ima obliko.

Po teoremu 3, enačba enako neenakosti. Od tu dobimo.

Primer 12.Reši neenačbo

. (16)

rešitev. Iz neenačbe (16) po izreku 4 dobimo sistem neenačb

Pri reševanju neenačbeUporabimo izrek 6 in dobimo sistem neenačbiz katerega izhaja.

Upoštevajte neenakost. Po teoremu 7, dobimo niz neenakosti in . Druga populacijska neenakost velja za vsako realno.

torej rešitev neenačbe (16) je.

Primer 13.Reši neenačbo

. (17)

rešitev. Po teoremu 1 lahko pišemo

(18)

Ob upoštevanju neenakosti (17) sklepamo, da obe neenakosti (18) prehajata v enakosti, tj. obstaja sistem enačb

Po izreku 3 je ta sistem enačb enakovreden sistemu neenačb

oz

Primer 14.Reši neenačbo

. (19)

rešitev. Od takrat. Pomnožimo obe strani neenakosti (19) z izrazom , ki za poljubne vrednosti zavzame samo pozitivne vrednosti. Nato dobimo neenačbo, ki je enakovredna neenačbi (19), oblike

Od tu pridemo ali , kje . Ker in potem je rešitev neenačbe (19). in .

Odgovor: , .

Za bolj poglobljen študij metod za reševanje neenačb z modulom priporočamo, da se obrnete na učbenike, navedena v seznamu priporočene literature.

1. Zbirka nalog iz matematike za kandidate na visokih šolah / Ed. M.I. Scanavi. – M.: Mir in izobraževanje, 2013. – 608 str.

2. Suprun V.P. Matematika za srednješolce: metode reševanja in dokazovanja neenačb. – M.: Lenand / URSS, 2018. – 264 str.

3. Suprun V.P. Matematika za srednješolce: nestandardne metode za reševanje problemov. – M.: CD “Librocom” / URSS, 2017. – 296 str.

Imate še vprašanja?

Če želite dobiti pomoč mentorja, se registrirajte.

spletne strani, pri kopiranju materiala v celoti ali delno je obvezna povezava do vira.

Modul števil to število samo imenujemo, če je nenegativno, ali isto število z nasprotnim predznakom, če je negativno.

Na primer, modul števila 6 je 6 in modul števila -6 je prav tako 6.

To pomeni, da modul števila razumemo kot absolutno vrednost, absolutno vrednost tega števila, ne da bi upoštevali njegov znak.

Označen je na naslednji način: |6|, | X|, |A| itd.

(Več podrobnosti v razdelku »Številski modul«).

Enačbe z modulom.

Primer 1 . Reši enačbo|10 X - 5| = 15.

rešitev.

Po pravilu je enačba enakovredna kombinaciji dveh enačb:

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

Odločamo se:

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

X = 20: 10
X = -10: 10

X = 2
X = -1

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

Primer 2 . Reši enačbo|2 X + 1| = X + 2.

rešitev.

Ker je modul nenegativno število, torej X+ 2 ≥ 0. V skladu s tem:

X ≥ -2.

Sestavimo dve enačbi:

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

Odločamo se:

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

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

X = 1
X = -1

Obe števili sta večji od -2. Oba sta torej korena enačbe.

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

Primer 3 . Reši enačbo

|X + 3| - 1
————— = 4
X - 1

rešitev.

Enačba je smiselna, če imenovalec ni nič - to pomeni če X≠ 1. Upoštevajmo ta pogoj. Naše prvo dejanje je preprosto - ulomka se ne samo znebimo, ampak ga preoblikujemo tako, da dobimo modul v čisti obliki:

|X+ 3| - 1 = 4 · ( X - 1),

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

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

|X + 3| = 4X - 3.

Zdaj imamo samo izraz pod modulom na levi strani enačbe. Gremo dalje.
Modul števila je nenegativno število – to pomeni, da mora biti večji od nič ali enak nič. V skladu s tem rešimo neenakost:

4X - 3 ≥ 0

4X ≥ 3

X ≥ 3/4

Tako imamo drugi pogoj: koren enačbe mora biti vsaj 3/4.

V skladu s pravilom sestavimo niz dveh enačb in ju rešimo:

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

Prejeli smo dva odgovora. Preverimo, ali so korenine prvotne enačbe.

Imeli smo dva pogoja: koren enačbe ne more biti enak 1 in mora biti vsaj 3/4. To je X ≠ 1, X≥ 3/4. Obema tema pogojema ustreza le eden od obeh dobljenih odgovorov - število 2. To pomeni, da je samo to koren prvotne enačbe.

Odgovori: X = 2.

Neenačbe z modulom.

Primer 1 . Reši neenačbo| X - 3| < 4

rešitev.

Pravilo modula navaja:

|A| = A, Če A ≥ 0.

|A| = -A, Če A < 0.

Modul ima lahko nenegativna in negativna števila. Zato moramo upoštevati oba primera: X- 3 ≥ 0 in X - 3 < 0.

1) Kdaj X- 3 ≥ 0 naša prvotna neenakost ostane takšna, kot je, le brez znaka modula:
X - 3 < 4.

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

-(X - 3) < 4.

Če odpremo oklepaje, dobimo:

-X + 3 < 4.

Tako smo iz teh dveh pogojev prišli do poenotenja dveh sistemov neenakosti:

X - 3 ≥ 0
X - 3 < 4

X - 3 < 0
-X + 3 < 4

Rešimo jih:

X ≥ 3
X < 7

X < 3
X > -1

Torej je naš odgovor zveza dveh nizov:

3 ≤ X < 7 U -1 < X < 3.

Določite najmanjšo in največjo vrednost. To sta -1 in 7. Poleg tega X večji od -1, vendar manjši od 7.
Poleg tega X≥ 3. To pomeni, da je rešitev neenačbe celoten niz števil od -1 do 7, brez teh skrajnih števil.

Odgovori: -1 < X < 7.

ali: X ∈ (-1; 7).

Dodatki.

1) Našo neenakost lahko rešimo na preprostejši in krajši način - grafično. Če želite to narediti, morate narisati vodoravno os (slika 1).

Izraz | X - 3| < 4 означает, что расстояние от точки X do točke 3 je manj kot štiri enote. Na osi označimo številko 3 in levo in desno od nje odštejemo 4 razdelke. Na levi bomo prišli do točke -1, na desni - do točke 7. Tako točke X le videli smo jih, ne da bi jih izračunali.

Poleg tega v skladu s pogojem neenakosti sama -1 in 7 nista vključena v niz rešitev. Tako dobimo odgovor:

1 < X < 7.

2) Obstaja pa še ena rešitev, ki je preprostejša celo od grafične metode. Da bi to naredili, mora biti naša neenakost predstavljena v naslednji obliki:

4 < X - 3 < 4.

Navsezadnje je tako po pravilu modula. Nenegativno število 4 in podobno negativno število -4 sta meji za rešitev neenačbe.

4 + 3 < X < 4 + 3

1 < X < 7.

Primer 2 . Reši neenačbo| X - 2| ≥ 5

rešitev.

Ta primer se bistveno razlikuje od prejšnjega. Leva stran je večja od 5 ali enaka 5. Z geometrijskega vidika so rešitev neenačbe vsa števila, ki so od točke 2 oddaljena 5 enot ali več (slika 2). Iz grafa je razvidno, da so to vsa števila, ki so manjša ali enaka -3 in večja ali enaka 7. To pomeni, da smo odgovor že prejeli.

Odgovori: -3 ≥ X ≥ 7.

Spotoma rešujemo isto neenačbo tako, da preuredimo prosti člen na levo in na desno z nasprotnim predznakom:

5 ≥ X - 2 ≥ 5

5 + 2 ≥ X ≥ 5 + 2

Odgovor je enak: -3 ≥ X ≥ 7.

ali: X ∈ [-3; 7]

Primer je rešen.

Primer 3 . Reši neenačbo 6 X 2 - | X| - 2 ≤ 0

rešitev.

številka X je lahko pozitivno število, negativno število ali nič. Zato moramo upoštevati vse tri okoliščine. Kot veste, se upoštevajo v dveh neenakostih: X≥ 0 in X < 0. При X≥ 0 preprosto prepišemo prvotno neenakost, kot je, le brez znaka modula:

6x 2 - X - 2 ≤ 0.

Zdaj o drugem primeru: če 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.

Razširitev oklepajev:

6X 2 + X - 2 ≤ 0.

Tako smo dobili dva sistema enačb:

6X 2 - X - 2 ≤ 0
X ≥ 0

6X 2 + X - 2 ≤ 0
X < 0

Rešiti moramo neenakosti v sistemih - in to pomeni, da moramo najti korenine dveh kvadratnih enačb. Da bi to naredili, izenačimo leve strani neenačb z nič.

Začnimo s prvim:

6X 2 - X - 2 = 0.

Kako rešiti kvadratno enačbo - glejte poglavje "Kvadratna enačba". Odgovor bomo takoj poimenovali:

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

Iz prvega sistema neenačb dobimo, da je rešitev prvotne neenačbe celoten niz števil od -1/2 do 2/3. Pišemo zvezo rešitev pri X ≥ 0:
[-1/2; 2/3].

Zdaj pa rešimo drugo kvadratno enačbo:

6X 2 + X - 2 = 0.

Njegove korenine:

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

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

Združimo oba odgovora in dobimo končni odgovor: rešitev je celoten niz števil od -2/3 do 2/3, vključno s temi skrajnimi številkami.

Odgovori: -2/3 ≤ X ≤ 2/3.

ali: X ∈ [-2/3; 2/3].

Danes, prijatelji, ne bo nobenih smrkljev ali sentimentalnosti. Namesto tega vas bom brez vprašanj poslal v bitko z enim najmočnejših nasprotnikov v tečaju algebre za 8. in 9. razred.

Da, vse ste prav razumeli: govorimo o neenačbah z modulom. Ogledali si bomo štiri osnovne tehnike, s katerimi se boste naučili rešiti približno 90% tovrstnih težav. Kaj pa preostalih 10%? No, o njih bomo govorili v ločeni lekciji. :)

Vendar bi vas rad pred analizo katere koli tehnike spomnil na dve dejstvi, ki ju že morate poznati. V nasprotnem primeru tvegate, da sploh ne boste razumeli gradiva današnje lekcije.

Kaj že morate vedeti

Zdi se, da Captain Obviousness namiguje, da morate za reševanje neenakosti z modulom vedeti dve stvari:

1. Kako se rešujejo neenakosti;
2. Kaj je modul?

Začnimo z drugo točko.

Definicija modula

Tukaj je vse preprosto. Obstajata dve definiciji: algebraična in grafična. Za začetek je algebraično:

Opredelitev. Modul števila $x$ je bodisi samo število, če je nenegativno, bodisi nasprotno število, če je prvotni $x$ še vedno negativen.

Napisano je takole:

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

Preprosto povedano, modul je "število brez minusa." In prav v tej dvojnosti (ponekod vam ni treba storiti ničesar z izvirno številko, drugje pa boste morali odstraniti kakšen minus) je vsa težava začetnikov.

Obstaja tudi geometrijska definicija. Koristno je tudi vedeti, vendar se bomo nanj obrnili le v zapletenih in nekaterih posebnih primerih, kjer je geometrijski pristop bolj primeren kot algebrski (spoiler: danes ne).

Opredelitev. Naj bo na številski premici označena točka $a$. Nato modul $\left| x-a \right|$ je razdalja od točke $x$ do točke $a$ na tej premici.

Če narišete sliko, boste dobili nekaj takega:

Tako ali drugače iz definicije modula takoj sledi njegova ključna lastnost: modul števila je vedno nenegativna količina. To dejstvo bo rdeča nit skozi celotno našo današnjo zgodbo.

Reševanje neenačb. Intervalna metoda

Zdaj pa poglejmo neenakosti. Veliko jih je, vendar je naša naloga zdaj rešiti vsaj najpreprostejše od njih. Tiste, ki se reducirajo na linearne neenakosti, pa tudi na intervalno metodo.

Imam dve veliki lekciji o tej temi (mimogrede, zelo, ZELO koristni - priporočam, da jih preučite):

1. Intervalna metoda za neenakosti (posebej si oglejte video);
2. Ulomne racionalne neenakosti so zelo obsežna lekcija, a po njej ne boste imeli nikakršnih vprašanj.

Če veste vse to, če besedna zveza "preidemo od neenakosti k enačbi" ne vzbuja nejasne želje, da bi se udarili ob zid, potem ste pripravljeni: dobrodošli v peklu pri glavni temi lekcije :).

1. Neenakosti oblike "Modul je manjši od funkcije"

To je ena najpogostejših težav z moduli. Rešiti je treba neenačbo oblike:

\[\levo| f\desno| \ltg\]

Funkciji $f$ in $g$ sta lahko karkoli, običajno pa sta polinomi. Primeri takih neenakosti:

\[\begin(align) & \left| 2x+3 \desno| \lt x+7; \\ & \levo| ((x)^(2))+2x-3 \desno|+3\levo(x+1 \desno) \lt 0; \\ & \levo| ((x)^(2))-2\levo| x \desno|-3 \desno| \lt 2. \\\konec(poravnaj)\]

Vse jih je mogoče rešiti dobesedno v eni vrstici po naslednji shemi:

\[\levo| f\desno| \lt g\Rightarrow -g \lt f \lt g\quad \left(\Rightarrow \left\( \begin(align) & f \lt g, \\ & f \gt -g \\\end(align) \desno.\desno)\]

Lahko vidimo, da se znebimo modula, v zameno pa dobimo dvojno neenakost (ali, kar je isto, sistem dveh neenakosti). Toda ta prehod upošteva absolutno vse možne težave: če je število pod modulom pozitivno, metoda deluje; če je negativen, še vedno deluje; in tudi z najbolj neustrezno funkcijo namesto $f$ ali $g$ bo metoda še vedno delovala.

Seveda se postavlja vprašanje: ali ne bi moglo biti preprostejše? Na žalost ni mogoče. To je bistvo modula.

Vendar dovolj s filozofiranjem. Rešimo nekaj težav:

Naloga. Reši neenačbo:

\[\levo| 2x+3 \desno| \lt x+7\]

rešitev. Torej, pred nami je klasična neenakost v obliki "modul je manjši" - ni ničesar, kar bi bilo treba transformirati. Delamo po algoritmu:

\[\begin(align) & \left| f\desno| \lt g\desna puščica -g \lt f \lt g; \\ & \levo| 2x+3 \desno| \lt x+7\desna puščica -\levo(x+7 \desno) \lt 2x+3 \lt x+7 \\\konec(poravnaj)\]

Ne hitite z odpiranjem oklepajev, pred katerimi je "minus": povsem možno je, da boste zaradi naglice naredili žaljivo napako.

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

\[\levo\( \begin(align) & -x-7 \lt 2x+3 \\ & 2x+3 \lt x+7 \\ \end(align) \desno.\]

\[\levo\( \begin(align) & -3x \lt 10 \\ & x \lt 4 \\ \end(align) \desno.\]

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

Problem smo zreducirali na dve elementarni neenakosti. Oglejmo si njihove rešitve na vzporednih številskih premicah:

Presečišče množic

Sečišče teh množic bo odgovor.

Odgovor: $x\in \left(-\frac(10)(3);4 \desno)$

Naloga. Reši neenačbo:

\[\levo| ((x)^(2))+2x-3 \desno|+3\levo(x+1 \desno) \lt 0\]

rešitev. Ta naloga je nekoliko težja. Najprej izolirajmo modul tako, da premaknemo drugi izraz v desno:

\[\levo| ((x)^(2))+2x-3 \desno| \lt -3\levo(x+1 \desno)\]

Očitno imamo spet neenakost oblike "modul je manjši", zato se modula znebimo z že znanim algoritmom:

\[-\levo(-3\levo(x+1 \desno) \desno) \lt ((x)^(2))+2x-3 \lt -3\levo(x+1 \desno)\]

Zdaj pa pozor: kdo bo rekel, da sem malo perverznež z vsemi temi oklepaji. A naj vas še enkrat spomnim, da je naš ključni cilj pravilno reši neenačbo in dobi odgovor. Kasneje, ko boste popolnoma obvladali vse, kar je opisano v tej lekciji, lahko sami spremenite, kot želite: odprete oklepaje, dodate minuse itd.

Za začetek se preprosto znebimo dvojnega minusa na levi:

\[-\levo(-3\levo(x+1 \desno) \desno)=\levo(-1 \desno)\cdot \levo(-3 \desno)\cdot \levo(x+1 \desno) =3\levo(x+1 \desno)\]

Zdaj pa odprimo vse oklepaje v dvojni neenakosti:

Pojdimo k dvojni neenakosti. Tokrat bodo izračuni resnejši:

\[\levo\( \begin(align) & ((x)^(2))+2x-3 \lt -3x-3 \\ & 3x+3 \lt ((x)^(2))+2x -3 \\ \end(align) \desno.\]

\[\levo\( \begin(align) & ((x)^(2))+5x \lt 0 \\ & ((x)^(2))-x-6 \gt 0 \\ \end( poravnaj)\desno.\]

Obe neenačbi sta kvadratni in ju je mogoče rešiti z intervalno metodo (zato pravim: če ne veste, kaj je to, je bolje, da se modulov še ne lotevate). Pojdimo k enačbi v prvi neenačbi:

\[\začetek(poravnaj) & ((x)^(2))+5x=0; \\ & x\levo(x+5 \desno)=0; \\ & ((x)_(1))=0;((x)_(2))=-5. \\\konec(poravnaj)\]

Kot lahko vidite, je rezultat nepopolna kvadratna enačba, ki jo je mogoče rešiti na elementaren način. Zdaj pa poglejmo drugo neenakost sistema. Tam boste morali uporabiti Vietin izrek:

\[\začetek(poravnaj) & ((x)^(2))-x-6=0; \\ & \levo(x-3 \desno)\levo(x+2 \desno)=0; \\& ((x)_(1))=3;((x)_(2))=-2. \\\konec(poravnaj)\]

Dobljena števila označimo na dveh vzporednih črtah (ločeno za prvo neenakost in ločeno za drugo):

Spet, ker rešujemo sistem neenačb, nas zanima presečišče osenčenih množic: $x\in \left(-5;-2 \right)$. To je odgovor.

Odgovor: $x\in \left(-5;-2 \desno)$

Mislim, da je po teh primerih shema rešitve izjemno jasna:

1. Izolirajte modul tako, da premaknete vse druge člene na nasprotno stran neenakosti. Tako dobimo neenakost oblike $\left| f\desno| \ltg$.
2. Rešite to neenakost tako, da se znebite modula po zgoraj opisani shemi. Na neki točki bo treba z dvojne neenakosti preiti na sistem dveh neodvisnih izrazov, od katerih je že mogoče reševati vsakega posebej.
3. Končno ostane le še presekati rešitve teh dveh neodvisnih izrazov - in to je to, dobili bomo končni odgovor.

Podoben algoritem obstaja za neenakosti naslednje vrste, ko je modul večji od funkcije. Vendar pa obstaja nekaj resnih "ampak". Zdaj bomo govorili o teh "ampak".

2. Neenakosti oblike "Modul je večji od funkcije"

Izgledajo takole:

\[\levo| f\desno| \gtg\]

Podoben prejšnjemu? Zdi se. In vendar se takšne težave rešujejo na povsem drugačen način. Formalno je shema naslednja:

\[\levo| f\desno| \gt g\desna puščica \left[ \begin(align) & f \gt g, \\ & f \lt -g \\\end(align) \desno.\]

Z drugimi besedami, upoštevamo dva primera:

1. Najprej preprosto zanemarimo modul in rešimo običajno neenakost;
2. Nato v bistvu razširimo modul z znakom minus in nato pomnožimo obe strani neenakosti z −1, medtem ko imam predznak.

V tem primeru so možnosti združene z oglatim oklepajem, tj. Pred seboj imamo kombinacijo dveh zahtev.

Ponovno upoštevajte: to torej ni sistem, ampak celota pri odgovoru so množice združene, ne pa sekane. To je temeljna razlika od prejšnje točke!

Na splošno je veliko študentov popolnoma zmedenih s sindikati in križišči, zato razrešimo to vprašanje enkrat za vselej:

• "∪" je znak unije. Pravzaprav je to stilizirana črka "U", ki je k nam prišla iz angleškega jezika in je okrajšava za "Union", tj. "Združenja".
• "∩" je znak križišča. Ta bedarija ni prišla od nikoder, ampak se je preprosto pojavila kot kontrapunkt "∪".

Da si boste še lažje zapomnili, samo narišite noge tem znakom, da naredite očala (samo ne me zdaj obtoževati, da spodbujam odvisnost od drog in alkoholizem: če resno preučujete to lekcijo, potem ste že odvisnik od drog):

Prevedeno v ruščino, to pomeni naslednje: zveza (celota) vključuje elemente iz obeh sklopov, zato nikakor ni manjša od vsakega od njih; toda presečišče (sistem) vključuje le tiste elemente, ki so hkrati v prvem in drugem nizu. Zato presečišče množic ni nikoli večje od izvornih množic.

Je torej postalo bolj jasno? To je super. Pojdimo k praksi.

Naloga. Reši neenačbo:

\[\levo| 3x+1 \desno| \gt 5-4x\]

rešitev. Nadaljujemo po shemi:

\[\levo| 3x+1 \desno| \gt 5-4x\desna puščica \left[ \begin(align) & 3x+1 \gt 5-4x \\ & 3x+1 \lt -\left(5-4x \desno) \\\end(align) \ prav.\]

Rešimo vsako neenakost v populaciji:

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

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

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

Vsak nastali niz označimo na številski premici in jih nato združimo:

Zveza sklopov

Povsem očitno je, da bo odgovor $x\in \left(\frac(4)(7);+\infty \right)$

Odgovor: $x\in \left(\frac(4)(7);+\infty \desno)$

Naloga. Reši neenačbo:

\[\levo| ((x)^(2))+2x-3 \desno| \gt x\]

rešitev. No? Nič - vse je isto. Od neenakosti z modulom preidemo na niz dveh neenakosti:

\[\levo| ((x)^(2))+2x-3 \desno| \gt x\desna puščica \levo[ \begin(align) & ((x)^(2))+2x-3 \gt x \\ & ((x)^(2))+2x-3 \lt -x \\\end(align) \desno.\]

Rešimo vsako neenakost. Na žalost korenine tam ne bodo zelo dobre:

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

Tudi druga neenakost je malce divja:

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

Zdaj morate te številke označiti na dveh oseh - ena os za vsako neenakost. Vendar pa morate točke označiti v pravilnem vrstnem redu: večje kot je število, bolj se točka premakne v desno.

In tukaj nas čaka postavitev. Če je s številkami $\frac(-3-\sqrt(21))(2) \lt \frac(-1-\sqrt(13))(2)$ (členi v števcu prvega ulomek manjši od členov v števcu sekunde, zato je tudi vsota manjša), s številkami $\frac(-3-\sqrt(13))(2) \lt \frac(-1+\sqrt (21))(2)$ prav tako ne bo težav (pozitivno število očitno bolj negativno), potem z zadnjim parom ni vse tako jasno. Kaj je večje: $\frac(-3+\sqrt(21))(2)$ ali $\frac(-1+\sqrt(13))(2)$? Od odgovora na to vprašanje bo odvisna postavitev točk na številskih premicah in pravzaprav odgovor.

Torej primerjajmo:

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

Izolirali smo koren, dobili nenegativna števila na obeh straneh neenakosti, zato imamo pravico kvadrirati obe strani:

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

Mislim, da ni pametno, da je $4\sqrt(13) \gt 3$, torej $\frac(-1+\sqrt(13))(2) \gt \frac(-3+\sqrt(21)) ( 2)$ bodo končne točke na oseh postavljene takole:

Primer grdih korenin

Naj vas spomnim, da rešujemo množico, zato bo odgovor unija, ne presečišče osenčenih množic.

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

Kot lahko vidite, naša shema odlično deluje tako pri preprostih kot pri zelo težkih težavah. Edina "šibka točka" tega pristopa je, da morate pravilno primerjati iracionalna števila (in verjemite mi: to niso samo korenine). Toda ločena (in zelo resna) lekcija bo namenjena vprašanjem primerjave. In gremo naprej.

3. Neenakosti z nenegativnimi "repi"

Zdaj smo pri najbolj zanimivem delu. To so neenakosti oblike:

\[\levo| f\desno| \gt \levo| g\desno|\]

Na splošno je algoritem, o katerem bomo govorili zdaj, pravilen samo za modul. Deluje v vseh neenačbah, kjer so na levi in ​​desni zagotovljeni nenegativni izrazi:

Kaj storiti s temi nalogami? Samo zapomni si:

V neenačbah z nenegativnimi "repi" lahko obe strani dvignemo na poljubno naravno potenco. Dodatnih omejitev ne bo.

Najprej nas bo zanimalo kvadriranje - zažge module in korenine:

\[\begin(align) & ((\left(\left| f \right| \right))^(2))=((f)^(2)); \\ & ((\levo(\sqrt(f) \desno))^(2))=f. \\\konec(poravnaj)\]

Samo tega ne zamenjujte s kvadratnim korenom:

\[\sqrt(((f)^(2)))=\levo| f \desno|\ne f\]

Nešteto napak je bilo storjeno, ko je študent pozabil namestiti modul! A to je povsem druga zgodba (to so tako rekoč iracionalne enačbe), zato se v to zdaj ne bomo spuščali. Bolje rešimo nekaj težav:

Naloga. Reši neenačbo:

\[\levo| x+2 \desno|\ge \levo| 1-2x \desno|\]

rešitev. Naj takoj opazimo dvoje:

1. To ni stroga neenakost. Točke na številski premici bodo preluknjane.
2. Obe strani neenakosti sta očitno nenegativni (to je lastnost modula: $\left| f\left(x \right) \right|\ge 0$).

Zato lahko kvadriramo obe strani neenakosti, da se znebimo modula in rešimo problem z običajno intervalno metodo:

\[\begin(align) & ((\left(\left| x+2 \right| \right))^(2))\ge ((\left(\left| 1-2x \right| \desno) )^(2)); \\ & ((\levo(x+2 \desno))^(2))\ge ((\levo(2x-1 \desno))^(2)). \\\konec(poravnaj)\]

Pri zadnjem koraku sem malo goljufal: spremenil sem zaporedje členov, pri čemer sem izkoristil parnost modula (pravzaprav sem izraz $1-2x$ pomnožil z −1).

\[\begin(align) & ((\left(2x-1 \right))^(2))-((\left(x+2 \desno))^(2))\le 0; \\ & \left(\left(2x-1 \desno)-\left(x+2 \desno) \desno)\cdot \left(\left(2x-1 \desno)+\left(x+2 \ desno)\desno)\le 0; \\ & \levo(2x-1-x-2 \desno)\cdot \levo(2x-1+x+2 \desno)\le 0; \\ & \levo(x-3 \desno)\cdot \levo(3x+1 \desno)\le 0. \\\konec(poravnaj)\]

Rešujemo z intervalno metodo. Pojdimo od neenakosti k enačbi:

\[\begin(align) & \left(x-3 \desno)\left(3x+1 \desno)=0; \\ & ((x)_(1))=3;((x)_(2))=-\frac(1)(3). \\\konec(poravnaj)\]

Najdene korenine označimo na številski premici. Še enkrat: vse točke so zasenčene, ker prvotna neenakost ni stroga!

Znebiti se znaka modula

Naj spomnim za tiste, ki ste še posebej trmasti: predznake vzamemo iz zadnje neenakosti, ki smo jo zapisali, preden smo prešli na enačbo. In prebarvamo površine, zahtevane v isti neenačbi. V našem primeru je $\levo(x-3 \desno)\levo(3x+1 \desno)\le 0$.

No, to je vse. Problem je rešen.

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

Naloga. Reši neenačbo:

\[\levo| ((x)^(2))+x+1 \desno|\le \levo| ((x)^(2))+3x+4 \desno|\]

rešitev. Vse delamo enako. Ne bom komentiral - samo poglejte zaporedje dejanj.

Kvadrat:

\[\begin(align) & ((\left(\left| ((x)^(2))+x+1 \right| \right))^(2))\le ((\left(\left |. ((x)^(2))+3x+4 \desno|)^(2)); \\ & ((\levo(((x)^(2))+x+1 \desno))^(2))\le ((\levo(((x)^(2))+3x+4 \desno))^(2)); \\ & ((\levo(((x)^(2))+x+1 \desno))^(2))-((\levo(((x)^(2))+3x+4 \ desno))^(2))\le 0; \\ & \left(((x)^(2))+x+1-((x)^(2))-3x-4 \desno)\times \\ & \times \left(((x) ^(2))+x+1+((x)^(2))+3x+4 \desno)\le 0; \\ & \levo(-2x-3 \desno)\levo(2((x)^(2))+4x+5 \desno)\le 0. \\\konec(poravnaj)\]

Intervalna metoda:

\[\begin(align) & \left(-2x-3 \right)\left(2((x)^(2))+4x+5 \right)=0 \\ & -2x-3=0\ Desna puščica x=-1,5; \\ & 2((x)^(2))+4x+5=0\Desna puščica D=16-40 \lt 0\Desna puščica \varnič . \\\konec(poravnaj)\]

Na številski premici je samo en koren:

Odgovor je cel interval

Odgovor: $x\in \left[ -1,5;+\infty \right)$.

Majhna opomba o zadnji nalogi. Kot je natančno ugotovil eden od mojih študentov, sta oba submodularna izraza v tej neenakosti očitno pozitivna, zato lahko znak modula izpustimo brez škode za zdravje.

Ampak to je povsem druga raven razmišljanja in drugačen pristop – pogojno lahko temu rečemo metoda posledic. O tem - v ločeni lekciji. Zdaj pa pojdimo na zadnji del današnje lekcije in si oglejmo univerzalni algoritem, ki vedno deluje. Tudi ko so bili vsi prejšnji pristopi nemočni.

4. Metoda naštevanja možnosti

Kaj pa, če vse te tehnike ne pomagajo? Če neenakosti ni mogoče zmanjšati na nenegativne repe, če je nemogoče izolirati modul, če na splošno obstaja bolečina, žalost, melanholija?

Nato na sceno stopi "težka artilerija" vse matematike - metoda surove sile. V zvezi z neenakostmi z modulom je videti takole:

1. Izpišite vse submodularne izraze in jih postavite na nič;
2. Reši dobljene enačbe in označi najdene korene na eni številski premici;
3. Ravna črta bo razdeljena na več odsekov, znotraj katerih ima vsak modul fiksen predznak in je zato edinstveno razkrit;
4. Rešite neenačbo na vsakem takem odseku (ločeno lahko upoštevate meje korenin, pridobljene v koraku 2 - za zanesljivost). Združite rezultate - to bo odgovor :)

Kako torej? šibek? Enostavno! Samo za dolgo časa. Poglejmo v praksi:

Naloga. Reši neenačbo:

\[\levo| x+2 \desno| \lt \levo| x-1 \desno|+x-\frac(3)(2)\]

rešitev. To sranje se ne zmanjša na neenakosti, kot je $\left| f\desno| \lt g$, $\levo| f\desno| \gt g$ ali $\left| f\desno| \lt \levo| g \right|$, zato ukrepamo vnaprej.

Izpišemo submodularne izraze, jih enačimo na nič in poiščemo korenine:

\[\begin(align) & x+2=0\Rightarrow x=-2; \\ & x-1=0\desna puščica x=1. \\\konec(poravnaj)\]

Skupaj imamo dva korena, ki delita številsko premico na tri odseke, znotraj katerih je vsak modul razkrit edinstveno:

Razdelitev številske premice z ničlami ​​submodularnih funkcij

Oglejmo si vsak razdelek posebej.

1. Naj bo $x \lt -2$. Potem sta oba submodularna izraza negativna in prvotna neenakost bo prepisana na naslednji način:

\[\begin(align) & -\left(x+2 \desno) \lt -\left(x-1 \desno)+x-1,5 \\ & -x-2 \lt -x+1+ x- 1,5 \\ & x \gt 1,5 \\\konec(poravnaj)\]

Imamo dokaj preprosto omejitev. Presekajmo ga z začetno predpostavko, da je $x \lt -2$:

\[\levo\( \begin(align) & x \lt -2 \\ & x \gt 1,5 \\\end(align) \right.\Rightarrow x\in \varnothing \]

Očitno je, da spremenljivka $x$ ne more biti hkrati manjša od −2 in večja od 1,5. Na tem področju ni rešitev.

1.1. Ločeno razmislimo o mejnem primeru: $x=-2$. Nadomestimo to številko v prvotno neenakost in preverimo: ali drži?

\[\begin(align) & ((\left. \left| x+2 \right| \lt \left| x-1 \right|+x-1,5 \right|)_(x=-2) ) \ \ & 0 \lt \levo| -3\desno|-2-1,5; \\ & 0 \lt 3-3,5; \\ & 0 \lt -0,5\desna puščica \varnič . \\\konec(poravnaj)\]

Očitno je, da nas je računska veriga pripeljala do nepravilne neenakosti. Zato je tudi prvotna neenakost napačna in $x=-2$ ni vključen v odgovor.

2. Naj bo zdaj $-2 \lt x \lt 1$. Levi modul se bo že odprl s "plusom", desni pa se bo še vedno odprl z "minusom". Imamo:

\[\begin(align) & x+2 \lt -\left(x-1 \desno)+x-1,5 \\ & x+2 \lt -x+1+x-1,5 \\& x \lt - 2.5 \\\konec(poravnaj)\]

Spet se presekamo s prvotno zahtevo:

\[\levo\( \begin(align) & x \lt -2,5 \\ & -2 \lt x \lt 1 \\\end(align) \right.\Rightarrow x\in \varnothing \]

In spet, množica rešitev je prazna, saj ni števil, ki bi bila hkrati manjša od −2,5 in večja od −2.

2.1. In spet poseben primer: $x=1$. V prvotno neenakost nadomestimo:

\[\begin(align) & ((\left. \left| x+2 \right| \lt \left| x-1 \right|+x-1,5 \right|)_(x=1)) \\ & \levo| 3\desno| \lt \levo| 0 \desno|+1-1,5; \\ & 3 \lt -0,5; \\ & 3 \lt -0,5\desna puščica \varnič . \\\konec(poravnaj)\]

Podobno kot v prejšnjem "posebnem primeru", število $x=1$ očitno ni vključeno v odgovor.

3. Zadnji del vrstice: $x \gt 1$. Tu se vsi moduli odprejo z znakom plus:

\[\begin(align) & x+2 \lt x-1+x-1.5 \\ & x+2 \lt x-1+x-1.5 \\ & x \gt 4.5 \\ \end(align)\ ]

In spet presekamo najdeno množico z izvirno omejitvijo:

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

No, končno! Našli smo interval, ki bo odgovor.

Odgovor: $x\in \left(4,5;+\infty \desno)$

Za konec še ena pripomba, ki vas lahko reši neumnih napak pri reševanju resničnih problemov:

Rešitve neenačb z moduli običajno predstavljajo zvezne množice na številski premici - intervale in odseke. Izolirane točke so veliko manj pogoste. In še manj pogosto se zgodi, da meja rešitve (konec segmenta) sovpada z mejo obravnavanega območja.

Posledično, če meje (isti »posebni primeri«) niso vključene v odgovor, potem območja levo in desno od teh meja skoraj zagotovo ne bodo vključena v odgovor. In obratno: meja je vnesena v odgovor, kar pomeni, da bodo nekatera območja okoli nje tudi odgovori.

Upoštevajte to, ko pregledujete svoje rešitve.

Metode (pravila) za odkrivanje neenakosti z moduli so sestavljene iz zaporednega razkritja modulov z uporabo intervalov konstantnega znaka submodularnih funkcij. V končni različici dobimo več neenakosti, iz katerih najdemo intervale ali intervale, ki izpolnjujejo pogoje problema.

Pojdimo k reševanju običajnih primerov v praksi.

Linearne neenačbe z moduli

Z linearnimi razumemo enačbe, v katerih spremenljivka vstopa v enačbo linearno.

Primer 1. Poiščite rešitev neenačbe

rešitev:
Iz pogojev problema sledi, da se modula spremenita v nič pri x=-1 in x=-2.

Te točke delijo številsko premico na intervale

V vsakem od teh intervalov rešimo dano neenačbo. Da bi to naredili, najprej narišemo grafične risbe območij konstantnega znaka submodularnih funkcij. Upodobljeni so kot območja z znaki vsake od funkcij

ali intervali z znaki vseh funkcij.

V prvem intervalu razširimo module

Obe strani pomnožimo z minus ena in predznak v neenačbi se spremeni v nasprotno. Če se na to pravilo težko navadiš, lahko vsakega od delov premakneš za znak, da se znebiš minusa. Na koncu boste prejeli

Presek množice x>-3 s površino, na kateri so rešene enačbe, bo interval (-3;-2). Za tiste, ki lažje iščejo rešitve, lahko grafično narišete presečišče teh območij

Rešitev bo skupno presečišče območij. Če so strogo neravni, robovi niso vključeni. Če ni strog, preverite z zamenjavo.

Na drugem intervalu dobimo

Prerez bo interval (-2;-5/3).

Ta pogoj ne zagotavlja rešitev v želeni regiji.

Ker najdeni rešitvi (-3;-2) in (-2;-5/3) mejita na točko x=-2, preverimo tudi to.

Tako je točka x=-2 rešitev. Splošna rešitev, ki to upošteva, bo videti kot (-3;5/3).

Primer 2. Poiščite rešitev neenačbe
|x-2|-|x-3|>=|x-4|

rešitev:
Ničle submodularnih funkcij bodo točke x=2, x=3, x=4.

Za vrednosti argumentov, manjše od teh točk, so submodularne funkcije negativne, za večje vrednosti pa pozitivne.

Točke delijo realno os na štiri intervale. Module razširimo glede na intervale konstantnega predznaka in rešimo neenačbe.

1) V prvem intervalu so vse submodularne funkcije negativne, zato pri razširjanju modulov spremenimo predznak v nasprotni.

Presečišče najdenih vrednosti x z obravnavanim intervalom bo niz točk

2) Na intervalu med točkama x=2 in x=3 je prva submodularna funkcija pozitivna, druga in tretja pa negativni. Če razširimo module, dobimo

neenačba, ki ob presekanju z intervalom, na katerem rešujemo, da eno rešitev – x=3.

3) Na intervalu med točkama x=3 in x=4 sta prva in druga submodularna funkcija pozitivni, tretja pa negativna. Na podlagi tega dobimo

Ta pogoj kaže, da bo celoten interval zadostil neenakosti z moduli.

4) Za vrednosti x>4 imajo vse funkcije pozitivne predznake. Pri razširitvi modulov ne spreminjamo njihovega predznaka.

Najdeno stanje na presečišču z intervalom daje naslednji niz rešitev

Ker je neenakost rešena na vseh intervalih, je treba najti skupno vrednost vseh najdenih vrednosti x.

Rešitev bosta dva intervala
S tem se primer zaključi.

rešitev:
Primer 3. Poiščite rešitev neenačbe

||x-1|-5|>3-2x

Imamo neenačbo z modulom iz modula. Takšne neenakosti se pokažejo, ko so moduli ugnezdeni, začenši s tistimi, ki so globlje.

Submodularna funkcija x-1 se pretvori v nič pri x=1. Za manjše vrednosti nad 1 je negativen in pozitiven za x>1. Na podlagi tega razširimo notranji modul in upoštevamo neenakost na vsakem izmed intervalov.<-4:

Najprej upoštevajte interval od minus neskončnosti do ena

Submodularna funkcija je nič pri x=-4. Pri manjših vrednostih je pozitiven, pri večjih pa negativen. Razširimo modul za x

Na presečišču s področjem, ki ga obravnavamo, dobimo množico rešitev

POZOR: če v takih nepravilnostih z moduli dobite dva intervala, ki mejita na skupno točko, potem je to praviloma tudi rešitev.

Če želite to narediti, morate samo preveriti.

V tem primeru nadomestimo točko x=-4.

Torej je x=-4 rešitev.
Razširimo notranji modul za x>1

Submodularna funkcija negativna za x<6.
Razširitev modula dobimo

Ta pogoj v odseku z intervalom (1;6) daje prazno množico rešitev.

Za x>6 dobimo neenakost

Tudi pri reševanju smo dobili prazno množico.
Upoštevajoč vse zgoraj navedeno bo edina rešitev neenakosti z moduli naslednji interval.

Neenačbe z moduli, ki vsebujejo kvadratne enačbe

Primer 4. Poiščite rešitev neenačbe
|x^2+3x|>=2-x^2

rešitev:
Submodularna funkcija izniči v točkah x=0, x=-3.

Preprosta zamenjava minus ena
ugotovimo, da je manjša od nič v intervalu (-3;0) in pozitivna zunaj njega.

Razširimo modul na področjih, kjer je submodularna funkcija pozitivna

Ostaja še določiti področja, kjer je kvadratna funkcija pozitivna. Da bi to naredili, določimo korenine kvadratne enačbe

Za udobje nadomestimo točko x=0, ki pripada intervalu (-2;1/2).

Funkcija je v tem intervalu negativna, kar pomeni, da bodo rešitve naslednje množice x

Tukaj so robovi območij z rešitvami označeni z oklepaji; to je bilo narejeno namerno ob upoštevanju naslednjega pravila.

POZOR: Če je neenakost z moduli ali preprosta neenakost stroga, potem robovi najdenih območij niso rešitve, če pa neenakosti niso stroge (), potem so robovi rešitve (označeni z oglatimi oklepaji).

To pravilo uporablja veliko učiteljev: če je podana stroga neenakost in med izračuni v rešitev zapišete oglati oklepaj ([,]), bodo to samodejno obravnavali kot napačen odgovor. Tudi pri testiranju, če je podana nestroga neenakost z moduli, med rešitvami poiščite področja z oglatimi oklepaji.

Na intervalu (-3;0) z razširitvijo modula spremenimo predznak funkcije v nasprotni

Ob upoštevanju področja razkritja neenakosti bo rešitev imela obliko
Skupaj s prejšnjim območjem bo to dalo dva polovična intervala

rešitev:
Primer 5. Poiščite rešitev neenačbe<3.

9x^2-|x-3|>=9x-2

Podana je nestroga neenačba, katere submodularna funkcija je enaka nič v točki x=3.

Če nadomestimo točko nič, ugotovimo, da je na intervalu [-1/9;1] kvadratna funkcija negativna, zato je interval rešitev. Nato razširimo modul na x>3