Урок 7. Нелінійні нерівності

ВИДЕО УРОК

Квадратні нерівності.

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.

Користуючись наступною формулою

отримуємо:

х₁ = –2,

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

повинні мати однакові знаки, тобто:

або

З першої системи знаходимо:

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.

Від останньої нерівності переходимо до сукупності систем нерівностей.

Перша система не має рішень, а з другої знаходимо:

–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.

Звідки

чи

З першої системи отримуємо

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.

звідки

чи

З першої системи отримуємо

–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:

x < –2,  –1 < х < 1,  x ˃ 2

Рішення квадратних нерівностей методом інтервалів.

Прирівняти квадратний тричлен до нуля і знайти його корені.

Розкласти квадратний тричлен на множники по формулі:

ах² + bх + с = а(х – х₁)( х – х₂).

Відмітити корені на координатній прямій і намалювати інтервали. 

Якщо тричлен не має коренів, то інтервалів на прямій немає.

Відмітити знак вираження на кожному інтервалі координатної прямої.

Вибрати потрібний інтервал, відповідно до знаку нерівності (якщо знак нерівності  ˃  або  ≥, те вибираємо інтервал зі знаком  +, якщо знак нерівності  <  чи  ≤, те вибираємо інтервали зі знаком  –).

Записати відповідь.

ПРИКЛАД:

Розв'яжіть нерівність:

х² + 4х + 3 < 0.

РОЗВ'ЯЗАННЯ:

х² + 4х + 3 = 0,

D = 4² – 4 × 3 × 1

= 16 – 12 = 4 = 2²,

х₁ = –3,  х₂ = –2.

х² + 4х + 3 = (х + 3)(х + 2),

(х + 3)(х + 2) < 0.

–3 < х < –2.

ВІДПОВІДЬ:  –3 < х < –2.

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 < 3

ПРИКЛАД:

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, +∞)

ВІДПОВІДЬ:   х < –2,  х ˃ 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;

х₄ = 2;  х₅ = 0; х₆ = –2;  х₇ = –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)×

(2 – х)⁴(2 – х) х²x (х + 3)²(х + 3) ˃ 0.

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,

9(х – ¹/₃)(х + ¹/₃)(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

• Завдання 1 
• Завдання 2
• Завдання 3

Інші уроки:

• 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