Урок 12. Ірраціональні нерівності

ВИДЕО УРОК

Під ірраціональними нерівностями розуміються нерівності в яких невідомі величини знаходяться під знаком кореня (радикала). 

При рішенні ірраціональної нерівності слід спочатку знайти його  ОДЗ, тобто усі значення невідомого, при яких обидві частини нерівності визначені (мають сенс).

Звичайний спосіб вирішення таких нерівностей полягає в зведенні їх до раціональних нерівностей (що не містять коренів). Звільнитися від коренів іноді вдається шляхом зведення обох частин нерівності до степеня. При цьому (в силу того що перевірка отриманих рішень підстановкою утруднена) необхідно стежити за тим, щоб при перетворенні нерівностей кожен раз виходило нерівність, рівносильне вихідного.

Якщо обидві частини нерівності набувають на деякій безлічі  Х  тільки ненегативних значень, то, звівши обидві частини нерівності в квадрат (чи у будь-яку парну міру) і, зберігши знак початкової нерівності, отримаємо нерівність, рівносильну даному (на безлічі  Х).

При вирішенні ірраціональних нерівностей слід пам'ятати, що при зведенні обох частин нерівності в непарну ступінь завжди виходить нерівність, рівносильне вихідного нерівності. Якщо ж обидві частини нерівності зводять у парну ступінь, то отримане нерівність буде рівносильна вихідного і мати той ж сенс лише у випадку, якщо обидві частини вихідного нерівності невід’ємні.

ПРИКЛАД:

Вирішите нерівність:

РОЗВ'ЯЗАННЯ:

Знайдемо область допустимих значень вихідного нерівності

x – 5 ˃ 0,  х ∈ [5; +∞).

Обидві частини вихідного нерівності невід’ємні – можна зводити в квадрат:

x – 5 < 1,  x – 6 < 0,  
х ∈ (–∞; 6).

Знайдемо перетин отриманого безлічі з областю допустимих значень вихідного нерівності

ВІДПОВІДЬ:  [5; 6)

ПРИКЛАД:

Вирішите нерівність:

РОЗВ'ЯЗАННЯ:

Знайдемо область допустимих значень вихідного нерівності

–х ≥ 0, х ∈ (–∞;0].

Так як за визначенням квадратний корінь з будь-якого числа є величина невід’ємній і  х = 0, отримаємо нерівність, еквівалентне вихідного

Отримаємо нерівність, еквівалентне вихідного

x + 1 ˃ 0.

Рішення цього нерівності

х ∈ (–1; +∞).

Знайдемо перетин отриманого безлічі з областю допустимих значень вихідній нерівності

х ∈ (–1; 0].

Враховуючи, що  х = 0  не є рішенням вихідного нерівності, остаточно маємо

х ∈ (–1; 0).

ВІДПОВІДЬ:  (–1; 0)

ПРИКЛАД:

Вирішите нерівність:

РОЗВ'ЯЗАННЯ:

Область допустимих значень вихідного нерівності

х ∈ [0; +∞).

Одна частина нерівності (ліва) невід’ємна, а інша (права) частина негативна.

Отже, нерівність виконується при всіх допустимих значеннях  х

ВІДПОВІДЬ:  [0; +∞)

ПРИКЛАД:

Вирішите нерівність:

РОЗВ'ЯЗАННЯ:

Знайдемо область допустимих значень вихідного нерівності

9х – 20 ≥ 0,  x ∈ [²⁰/₉; +∞).

Права частина нерівності може бути негативною, але з урахуванням області допустимих значень обидві частини нерівності невід’ємні. Отже, обидві частини нерівності звести в квадрат можна:

9х – 20 < x²,

–x² + 9x – 20 < 0,

–(x – 4)(x – 5) < 0,

(x – 4)(x – 5) ˃ 0.

Отримаємо

x ∈ (–∞; 4) ∪ (5; +∞).

Знайдемо перетин отриманого безлічі з областю допустимих нерівностей.

ВІДПОВІДЬ: 

[²⁰/₉; 4) ∪ (5; +∞)

ПРИКЛАД:

Вирішите нерівність:

РОЗВ'ЯЗАННЯ:

Знайдемо область допустимих значень вихідний нерівності

х + 61 ≥ 0,  x ∈ [–61; +∞).

Права частина нерівності

х + 5

може бути негативною. Причому область допустимих значень не виручає, як у попередньому прикладі.

Розглянемо два випадки.

1)  х + 5 ≥ 0, т. е.  х ∈ [–5; +∞).

В цьому випадку обидві частини нерівності невід’ємні. Отже, обидві частини нерівності можна звести в квадрат:

х + 61 < х² + 10х + 25,

–х² – 9х + 36 < 0,

–(х – 3)(х + 12) < 0,

(х – 3)(х + 12) ˃ 0.

Рішення цього нерівності

х ∈ (–∞; –12) ∪ (3; + ∞).

Знайдемо перетин отриманого безлічі з безліччю

  [–5; +∞) – то  (3; +∞).

І перетин останнього безлічі з областю допустимих значень вихідного нерівності буде

х ∈ (3; +∞).

2)  х + 5 < 0, тобто  
х ∈ (–∞; –5).

В цьому випадку ліва частина нерівності невід’ємна, а права негативна. Така нерівність невірно, т. см. розглянутий проміжок не містить рішень вихідного нерівності.

ВІДПОВІДЬ:  (3; +∞)

ПРИКЛАД:

Вирішите нерівність:

РОЗВ'ЯЗАННЯ:

Знайдемо область допустимих значень вихідного нерівності

х + 7 ≥ 0,  x ∈ [–7; +∞).

Права частина нерівності може бути негативною.

Розглянемо два випадки.

1)  х + 1 ≥ 0, тобто  х ∈ [–1; +∞).

Зведемо обидві частини нерівності в квадрат:

х + 7 ˃ х² + 2х + 1,

–х² – х + 6 ˃ 0,

–(х – 2)(х + 3) ˃ 0,

(х – 2)(х + 3) < 0.

Рішення останнього нерівності

х ∈ (–3; 2).

Знайдемо перетин отриманого безлічі з безліччю

[–1; +∞)

і областю допустимих значень вихідного нерівності

це

[–1; 2).

2)  х + 1 < 0,  х ∈ (–∞; –1).

В цьому випадку ліва частина нерівності невід’ємна, а права негативна. Така нерівність вірно. Отже, та частина розглянутого дільниці, яка входить в область допустимих значень вихідного нерівності, є його рішенням. Знаходимо перетин розглянутого безлічі та області допустимих значень

це

[–7; –1).

Відповіддю є об'єднання відповідей, отриманих в  1)  і  2)  випадках:

х ∈ [–7; –1) ∪ [–1; 2), або  
х ∈ [–7; 2)

ВІДПОВІДЬ:  [–7; 2)

ПРИКЛАД:

Вирішите нерівність:

РОЗВ'ЯЗАННЯ:

Знайдемо область допустимих значень вихідной нерівності

х² – х – 2 ≥ 0,  (x + 1)(х – 2) ≥ 0.

Рішення цей нерівності

х ∈ (–∞; –1] ∪ [2; +∞)

Безліччю рішень вихідного нерівності є об'єднання двох безлічі: безлічі рішень суворій нерівності

і безлічі рішень рівняння

Останнє рівняння має коріння

х₁  = 1, х₂  = –1, х₃  = 2.

Знайдемо рішення суворій нерівності

Розділимо обидві частини нерівності на позитивну величину

(значення х, звертають

в  0, не є рішеннями суворій нерівності). Отримаємо еквівалентне нерівність

х – 1 < 0.

Вирішимо його:

х < 1  або  х ∈ (–∞; 1).

Отже, для остаточного результату потрібно знайти перетин безлічі  (–∞; 1), коренів рівняння

з областю допустимих значень вихідного нерівності.

ВІДПОВІДЬ:

–∞ < х < –1  і  х = 2.

ПРИКЛАД:

Вирішите нерівність:

РОЗВ'ЯЗАННЯ:

Вирішивши нерівність

х² + х – 12 ≥ 0,

знайдемо ОДЗ початкової нерівності, тобто множина, яка є об'єднанням проміжків

(–∞, –4]  і  [3, +∞).

Розглянемо два випадки:

х ≥ 0  и  х < 0.

Перший випадок.

х ≥ 0, тобто  х ≥ 3.

Тоді обидві частини нерівності

ненегативні. Звівши їх в квадрат, отримуємо:

х² + х – 12 ˃ х²,

звідки  х ˃ 12.

Таким чином, усі значення  х  з проміжку 

(12, +∞)

належать безлічі рішень нерівності:

Другий випадок.

х < 0,

тоді права частина нерівності

Негативна, а його ліва частина ненегативна. Тому усі значення  х  такі, що

х < 0  і  х ∈ Е,

тобто значення  х  з проміжку  (–∞, –4], є рішеннями початкової нерівності.

ВІДПОВІДЬ:  х ≤ –4,  х ˃ 12

ПРИКЛАД:

Вирішите нерівність:

РОЗВ'ЯЗАННЯ:

Безліч  Е  допустимих значень (ОДЗ нерівності) визначається умовою

х² – х – 2 ≥ 0,

звідки знаходимо:

х ≤ –1,  х ≥ 2.

При усіх  х ∈ Е  ліва частина нерівності ненегативна, а права частина – негативне число, оскільки

Отже, усі значення  х ∈ Е  і тільки ці значення є рішеннями нерівності.

ВІДПОВІДЬ:  х ≤ –1,  х ≥ 2

ПРИКЛАД:

Вирішите нерівність:

РОЗВ'ЯЗАННЯ:

Розглянемо праву частину нерівності. Вона буде негативною, оскільки:

а ліва частина нерівності ненегативна. Тому ця нерівність не має рішень.

ВІДПОВІДЬ:  рішень немає

ПРИКЛАД:

Вирішите нерівність:

РОЗВ'ЯЗАННЯ:

Ліва частина нерівності визначена за умови 

1 – х² ≥ 0,

тобто на множині 

Е₁ = [–1, 1],

а права частина нерівності визначена за умови

3 – х² ≥ 0,

тобто на множині 

Е₂ = [–√͞͞͞͞͞3, √͞͞͞͞͞3].

Тому ОДЗ нерівності – перетин безлічі  Е₁  і  Е₂, тобто множина 

Е = Е₁ = [–1, 1].

На безлічі  Е  обидві частини нерівності визначені і ненегативні і тому обидві частини нерівності можна звести в квадрат.

Ця нерівність рівносильна на безлічі  Е  кожній з нерівностей:

4(1 – х²) < 1,

4х² ˃ 3,

х² ˃ ³/₄,

Таким чином, рішеннями нерівності є все ті і тільки ті числа  х  з відрізку  [–1, 1], які задовольняють наступним проміжкам:

ПРИКЛАД:

Вирішите нерівність:

РОЗВ'ЯЗАННЯ:

Перший спосіб.

Область допустимих значень нерівності визначається умовою:

х² + 4х – 5 ≥ 0,

а безліч  Е  рішень нерівності – об'єднання проміжків

(–∞, –5]  і  [1, +∞).

Числа з безлічі  Е, і тільки вони, можуть бути рішеннями нерівності:

Оскільки ліва частина цієї нерівності ненегативна при усіх 

х ∈ Е,

а права частина міняє знак під час переходу через точку  х = 5, тому слід розглянути два можливі випадки:

х < 5  і  х ≥ 5.

1)  якщо  х ≥ 5, то 

10 – 2х ≤ 0 

і нерівність

не має рішень, оскільки його ліва частина ненегативна.
2)  якщо  х < 5  і  х ∈ Е, то обидві частини нерівності

визначені і ненегативні, тому воно рівносильне наступній нерівності

х² + 4х – 5 < (10 – 2х)²

а ця нерівність рівносильно наступній нерівності:

3х² – 44х + 105 ˃ 0.

Щоб вирішити цю нерівність знайдемо корені рівняння:

3х² – 44х + 105 = 0.

Отримаємо:

звідки

х₁ = 3,  х₂ = ³⁵/₃.

Тому безліч  Е₁  рішень нерівності

3х² – 44х + 105 ˃ 0

це об'єднання інтервалів (–∞, 3)  і  (³⁵/₃, +∞).

Умовам  х ∈ Е, х < 5  і  х ∈ Е₁  задовольняють значення  х  з проміжків  (–∞, –5]  і  [1, 3).

ВІДПОВІДЬ: 

х ≤ –5, 1 ≤ х < 3

Другий спосіб.

Побудуємо графіки функцій

y = f(x)  и  у = g(x), де

Вирішить нерівність

це означає знайти усі значення  х ∈ Е, при яких графік функції  f(x)  лежить нижче графіку функції  g(x). Абсциси точок перетину цих графіків – корені рівняння

f(x) = g(x).

Це рівняння – наслідок рівняння

f ²(x) = g²(x),

тобто рівняння

х² + 4х – 5 = (10 – 2х)²,

яке рівносильне рівнянню

3х² – 44х + 105 = 0

З малюнка

видно, що пряма

 у = 10 – 2х

перетинає графік функції  y = f(x)   тільки в точці  А, абсциса  х₀  якій – корінь рівняння 

3х² – 44х + 105 = 0,

що належить відрізку  [1, 5]  тобто

х₀ = х₁ = 3.

Відмітимо, що корінь  х₂  рівняння

3х² – 44х + 105 = 0

це корінь рівняння

–f(x) = g(x),

тобто абсциса точки  В, в якій пряма

у = 10 – 2х

перетинає графік функції  у = –f(x).

З малюнка робимо висновок, що графік функції  f(x)  лежить нижче графіку функції  g(x)  на проміжках:

(–∞, –5]  і  [1, 3).

ВІДПОВІДЬ: 

х ≤ –5, 1 ≤ х < 3

Завдання до уроку 12

• 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 7. Нелінійні нерівності
• Урок 8. Системи нелінійних нерівностей
• Урок 9. Дробово-раціональні нерівності
• Урок 10. Рішення нерівностей за допомогою графіків
• Урок 11. Нерівність з модулем
• Урок 13. Нерівності з двома змінними
• Урок 14. Системи нерівностей з двома змінними
• Урок 15. Наближені обчислення
• Урок 16. Абсолютна і відносна погрішність