Тут йдеться про
нерівності виду
ах2
+ bх + с ˃ 0
чи
ах2
+ bх + с < 0,
де а
≠ 0.
Якщо дискримінант
D
= b2 – 4ac
квадратного тричлена
ах2
+ bх + с
негативний, а старший
коефіцієнт а позитивний, то при усіх значеннях х виконується нерівність
ах2
+ bх + с ˃ 0.
Розглянемо тепер
випадок, коли
D
≥ 0.
Для вирішення
нерівності
ах2
+ bх + с ˃ 0
(чи
ах2
+ bх + с < 0)
треба розкласти
квадратний тричлен
на множники по формулі
ах2 + bх + с = а(х – х1)( х – х2).
Потім розділити обидві
частини нерівності
а(х – х1)( х – х2)
˃ 0
(чи
а(х – х1)( х – х2) <
0)
на число а, зберігши знак нерівності, якщо а
˃ 0,
і змінивши знак нерівності на протилежний, якщо
а < 0, тобто перейти до
нерівності
(х – х1)(х – х2)
˃ 0
(чи
(х – х1)(х – х2)
< 0).
Тепер залишається
скористатися тим, що твір двох чисел позитивний (негативно), якщо множники
мають однакові (різні) знаки.
ПРИКЛАД:
Розв'яжіть
нерівність:
2х2 + 5х + 2 ˃ 0.
РОЗВ'ЯЗАННЯ:
Знайдемо
корені тричлена
2х2 + 5х + 2
з
рівняння
2х2 + 5х + 2 = 0.
х2
= –1/2.
Потім
користуємося наступним правилом:
Якщо дискримінант
квадратного тричлена
ax2 + bx + c
позитивний, то цей
тричлен можна розкласти на лінійні множники.
ax2 + bx + c = a(x – x1)(x – x2),
Значить,
2х2 + 5х + 2 = 2(х + 2)(х + 1/2),
і
ми приходимо до нерівності
2(х + 2)(х + 1/2) ˃ 0.
І
далі
(х + 2)(х + 1/2) ˃ 0.
Вирази
х
+ 2, х
+ 1/2
х
˃ –1/2,
а
з другої
х
< –2.
ВІДПОВІДЬ:
х
˃ –1/2, х
< –2
ПРИКЛАД:
Розв'яжіть
нерівність:
7х + 10 ≥ 3х2.
РОЗВ'ЯЗАННЯ:
Перетворимо
нерівність до наступного виду:
7х + 10 – 3х2 ≥ 0
і,
помноживши обидві частини останньої нерівності на –1,
отримаємо
3х2 – 7х – 10 ≤ 0.
Корені
квадратного тричлена
3х2 – 7х – 10
такі:
х1
= –1,
х2
= 10/3.
Розклавши
квадратний тричлен на множники, отримаємо:
3(х + 1)(х – 10/3) ≤ 0.
і
далі
(х + 1)(х – 10/3) ≤ 0.
–1 ≤
х ≤
10/3.
ВІДПОВІДЬ:
–1 ≤
х ≤
10/3
ПРИКЛАД:
Розв'яжіть
нерівність:
х2
– 6х + 9 ˃ 0.
РОЗВ'ЯЗАННЯ:
Квадратний
тричлен
х2
– 6х + 9
має
два однакові корені
х1
= х2 = 3.
Значить
х2
– 6х + 9 = (х – 3)2
і
нерівність набирає наступного вигляду:
(х – 3)2 ˃ 0.
Ця
нерівність виконується при усіх х, окрім х = 3.
ВІДПОВІДЬ:
(–∞; 3) ∪ (3; +∞)
ПРИКЛАД:
Розв'яжіть
нерівність:
х2
≥ 25.
РОЗВ'ЯЗАННЯ:
Послідовно перетворимо нерівність.
х2
– 25 ≥ 0,
(х
– 5)(х + 5) ≥ 0.
х
≥ 5,
з другої
х
≤ –5.
ВІДПОВІДЬ:
х
≥ 5,
х ≤ –5
ПРИКЛАД:
Розв'яжіть
нерівність:
(x
–
1)(x
–
3) ≤
27 – 2x.
РОЗВ'ЯЗАННЯ:
x2 – 3x –
х + 3 ≤ 27
–
2x,
x2 – 2x –
24 ≤ 0,
х1
=
6, х2
= – 4.
ВІДПОВІДЬ: [–4; 6]
ПРИКЛАД:
Розв'яжіть
нерівність:
4х2+4х + 1 > 0.
РОЗВ'ЯЗАННЯ:
(2x
+
1)2 > 0.
ВІДПОВІДЬ:
Розв’язком
нерівності є всі дійсні числа, крім
х
= –0,5.
(–∞; –0,5) ∪ (–0,5; +∞)
ПРИКЛАД:
Скільки
цілих чисел знаходиться у безлічі рішень
нерівності ?
(х + 1)2(х +
6)(х – 2) < 0.
РОЗВ'ЯЗАННЯ:
х ≠ –1, оскільки при цьому значенні ліва
частина нерівності дорівнює нулю, а це не відповідає умові прикладу.
Перший
множник нерівності завжди буде позитивним, тому, щоб ліва частина нерівності
була менше нуля потрібний, щоб добуток двох інших множників був менше нуля:
(х + 6)(х – 2) < 0.
–6
< х <
2,
з другої
х
< –6,
х
˃ 2.
Рішенням нерівності буде:
–6
< х <
2.
У цей проміжок входять цілі числа:
–5, –4, –3, –2, –1, 0, 1.
Оскільки –1 не входить в область допустимих значень, та
кількість цілих чисел, що є рішенням цієї нерівності, буде рівне 6.
ВІДПОВІДЬ: 6
ПРИКЛАД:
Розв'яжіть
нерівність:
х4
– 5х2 + 4 ˃ 0.
РОЗВ'ЯЗАННЯ:
Позначивши x2 = t,
отримуємо нерівність
t2 – 5t + 4
˃ 0,
яке
рівносильне нерівності
(t – 1)(t – 4) ˃ 0.
Звідки
знаходимо
t < 1, t ˃ 4.
Тому
безліч рішень початкової нерівності – об'єднання безлічі рішень нерівностей
x2 < 1, x2 ˃ 4,
які
рівносильні нерівностям
|x| < 1, |x| ˃ 2
відповідно.
ВІДПОВІДЬ:
ПРИКЛАД:
Розв'яжіть
нерівність:
(х – 1)2 < 4.
РОЗВ'ЯЗАННЯ:
Ця
нерівність рівносильна наступної
|х – 1| < 2.
Оскільки модуль різниці двох чисел дорівнює відстані між точками, що зображують ці числа, те рішення цієї нерівності зводиться до знаходження точок х числової прямої, які віддалені від точки 1 на відстань, що не перевершує 2. Такими точками є точки інтервалу (–1, 3).
ВІДПОВІДЬ: –1 < х < 3ПРИКЛАД:
Розв'яжіть
нерівність:
(х – 1)2 ˃ 9.
РОЗВ'ЯЗАННЯ:
Нерівності
|х – 1| ˃
3,
яке рівносильне початковому, задовольняють усі точки числової прямої, відстань від яких до точки 1 більше 3.
Це точки, що лежать поза відрізком завдовжки 6 з центром в точці 1, тобто точки, що лежать поза відрізком [–2; 4]. Таким чином, безліч рішень початкової нерівності – об'єднання наступних проміжків:(–∞,
–2) и (4,
+∞)
ПРИКЛАД:
Розв'яжіть нерівність:
(1 – 3х)7(3 – 2х)2(1 + 3х)3(2 – х)5 х3 (х + 2)4(х + 3)3 ˃ 0.
РОЗВ'ЯЗАННЯ:
1) Спочатку необхідно знайти нулі лівої частини цієї нерівності (т. е. ті значення х, які обертають многочлен в 0). Це
х1 = 1/3; х2 = 3/2; х3 = –1/3;
Усі ці значення змінної х необхідно буде виключити з рішення нерівності, яка надалі вийде (оскільки при цих значеннях х ліва частина початкової нерівності дорівнює нулю, а не більше нуля).
2) У ліву частину початкової нерівності входять множники
(3 – 2х)2 и (х + 2)4.
Ці вирази завжди позитивні (оскільки ті значення, при яких вони дорівнюють нулю, вже виключили в пункті 1). Отже, якщо розділити початкову нерівність на позитивне вираження
(3 – 2х)2(х + 2)4,
Те отримаємо рівносильна йому нерівність
(1 – 3х)7(1 + 3х)3(2 – х)5 х3 (х + 3)3 ˃ 0.
Перепишемо його у виді
(1 – 3х)6(1 – 3х)(1 + 3х)2(1 + 3х)×
Користуючись прийомом, розібраним в пункті 2, переходимо до наступної нерівності, рівносильної початкової:
(1 – 3х)(1 + 3х)(2 – х) x (х + 3) ˃ 0.
Таким чином, якщо початкова нерівність містить твір співмножників в мірах, то усі співмножники в парних мірах можна виключити (причому це можна робити тільки після виконання пункту 1). Співмножники, показник міри яких – непарне число, замінити на співмножники, що відповідають їм, в першому ступені.
3) Перетворимо останню нерівність так, щоб скрізь в дужках на першому місці стояв член, що містить змінну х:
(–3х + 1)(3х + 1)(–х + 2)(х + 3) x ˃ 0.
У отриманій нерівності з кожного співмножника винесемо за знак дужок множники так, щоб на першому місці в дужках виявився тільки х. З першої дужки винесемо множник (–3), з другої 3, з третьої (–1):
–3(х – 1/3) 3(х + 1/3) (–1) (х – 2)(х + 3) x ˃ 0,
Розділимо обидві частини нерівності на позитивне число 9, отримаємо
(х – 1/3)(х + 1/3)(х – 2)(х + 3) x ˃ 0.
Для одноманітності представимо останній співмножник х у виді (х – 0):
(х – 1/3)(х + 1/3)(х – 2)(х + 3)(х – 0) ˃ 0.
4) Відмітимо на координатній прямій значення х, при яких ліва частина нерівності перетворюється на нуль. Це значення
1/3; –1/3; 2; –3; 0.
Проведемо через відмічені точки хвилеподібну лінію починаючи справа згори, як показано на малюнку.
Уся координатна пряма розбилася на 6 проміжків. Найправіший з них (2; ∞) завжди буде позитивний, відмітимо його знаком <<+>>. Далі знаки в проміжках чергуються. Цю ілюстрацію треба розуміти так: на тих проміжках, де крива проходить вище за координатну пряму (знак <<+>>), виконується нерівність
(х – 1/3)(х + 1/3)(х – 2)(х + 3)(х – 0) ˃ 0;
На тих же проміжках, де крива проходить нижче прямої (знак <<–>>), маємо
(х – 1/3)(х + 1/3)(х – 2)(х + 3)(х – 0) < 0.
Таким чином, остаточне рішення початкової нерівності є об'єднання проміжків
(–3; –1/3) ∪ (0; 1/3) ∪ (2; ∞).
ВІДПОВІДЬ:
(–3; –1/3) ∪ (0; 1/3) ∪ (2; ∞).
Завдання до уроку 7
- Урок 1. Числові нерівності
- Урок 2. Властивості числових нерівностей
- Урок 3. Додавання і добуток числових нерівностей
- Урок 4. Числові проміжки
- Урок 5. Лінійні нерівності
- Урок 6. Системи лінійних нерівностей
- Урок 8. Системи нелінійних нерівностей
- Урок 9. Дробово-раціональні нерівності
- Урок 10. Рішення нерівностей за допомогою графіків
- Урок 11. Нерівність з модулем
- Урок 12. Ірраціональні нерівності
- Урок 13. Нерівності з двома змінними
- Урок 14. Системи нерівностей з двома змінними
- Урок 15. Наближені обчислення
- Урок 16. Абсолютна і відносна погрішність
Комментариев нет:
Отправить комментарий