Презентация, доклад на тему Решение неравенств с модулями

имеют, а при a > 0 равносильны двойному неравенству –a < f(x) < a. Заметим, что если неравенство нестрогое |f(x) |≤ a, то при а=0 оно равносильно уравнению f(x)=0.

Неравенства вида |f(x)| > a при a ≤ 0 имеют решением всю область определения функции f(x). При a > 0 исходное неравенство равносильно двум неравенствам : f(x) > a и f(x) < -a, при этом решения обоих неравенств являются решениями исходного. Это справедливо и для нестрогих неравенств.

больше отрицательного числа, решением этого неравенства является область определения функции, стоящей под знаком модуля, т.е. любое рациональное число.

уравнения x2-2x=0 ,т.е. x1=0 и x2=2.

Ответ : x ϵ {0} ᴜ {2}

Решить неравенство : |7x2 + 8| ≤ -3

Неравенство решений не имеет, так как модуль всегда положителен.

Решение.

Решение.

7x ≥ 12 и x2 - 7x ≤ -12 сводятся к квадратным x2 - 7x -12 ≥ 0 и x2 - 7x + 12 ≤ 0.

Решаем первое неравенство.

Решаем второе неравенство.

Следовательно, решением исходного неравенства будут три интервала решений квадратных неравенств.

< 0

x ϵ ( - ∞ ; 3 )

-g(x) ,

а неравенства вида |f(x)|≥ g(x) – к аналогичной равносильной системе:

f(x) ≥ g(x) f(x) ≤ -g(x) .

.

Равносильная система неравенств

x2 - 8x + 15 < x – 3 x2 - 8x + 15 > 3 - x

сводится к решению двух равносильных неравенств :

x2 - 9x + 18 < 0 x2 - 7x + 12 > 0

x1 = 3 x2 = 6

x1 = 3 x2 = 4

x ϵ ( 3 ; 6 ) x ϵ ( -∞ ; 3) ᴜ ( 4 ; ∞ )

Ответ : x ϵ ( 4 ; 6 )

3

3

4

6

3

Решение .

Равносильная система неравенств

x2 – 2x – 3 > 3x – 3 x2 – 2x – 3 < 3 – 3x

как и в предыдущем примере, сводится к системе квадратных неравенств :

x2 –5x > 0 x2 + x – 6 < 0
 

x1 = 0 x2 = 5

x1 = -3 x2 = 2

x ϵ ( -∞ ; 0 ) ᴜ ( 5 ; ∞ ) x ϵ ( -3 ; 2 )

-3

2

0

5

Ответ : x ϵ ( -3 ; 0 )

:

F(y) v 0 y ≥ 0

.

Заменой y=|x - 4| исходное неравенство сводится к равносильной системе :

y 3 + y > 2 y ≥ 0

y3 + y – 2 y3 – y2

y2 + y y2 – y

2у – 2 2у – 2

y - 1 y2 + y + 2

0

-

-

-

Первое неравенство y 3 + y - 2 > 0 – рациональное. Решать его нужно методом интервалов для рациональных и дробно-рациональных неравенств, предварительно разложив левую часть на множители. Корень у=1 кубического трехчлена угадывается сразу. Поэтому, деля y 3 + y - 2 на у – 1 или применяя метод неопределенных коэффициентов с использованием теоремы Безу, разложим выражение на два сомножителя – линейный и квадратный.

1)(y2 + y + 2)

Итак, равносильная система приняла вид :

(у – 1)(y2 + y + 2)>0 y≥0 ,

откуда у>1

Переходя к переменной х, получаем простейшее неравенство |х - 4| > 1, которое разбивается на два равносильных : х – 4 > 1, или х > 5, и х – 4 < -1, или х<3. Таким образом, x ϵ ( -∞ ; 3) ᴜ ( 5; ∞ ).

Ответ : x ϵ ( -∞ ; 3) ᴜ ( 5 ; ∞ )

:

f(x)≥0 F(ϕ(x) ; f(x)) v 0

f(x)< 0 F(ϕ(x) ; -f(x)) v 0

0

Решение .

Равносильные системы :

x + 3 ≥ 0 x2 + 2(x + 3) – 10 ≤ 0

x + 3 < 0 x2 - 2(x + 3) – 10 ≤ 0

x ≥ -3 x2 + 2x – 4 ≤ 0

x < -3 x2 - 2x – 16 ≤ 0

и

[ f(x) ]2 > [ g(x) ]2 .

Решение .

Приводим исходное неравенство к виду

|2x - 5| ≥ |4x + 7|

и возводим в квадрат :

(2x – 5)2 ≥ (4x + 7)2

Раскрывая скобки и приводя подобные члены, получаем квадратное неравенство :

3x2 + 19x + 6 ≤ 0

3x2 + 19x + 6 = 0

что и уравнения с модулем. Разница лишь в том, что в данном случае в каждом интервале решается не уравнение, а неравенство и из решений неравенства выбираются те, которые принадлежат данному интервалу. В остальном метод интервалов остается тем же, что и при решении уравнений с модулем.

Не следует путать этот метод с методом интервалов, применяемым для решения рациональных и дробно-рациональных неравенств.

Внимание!

.

Найдем сначала все xi , разбивающие числовую ось на интервалы и получающиеся как решения уравнений fj (xi )=0 : х=0; х + 1=0 ; х + 2=0. Таким образом, границами интервалов являются числа x1=0, x2=-1 и x3=-2. Отметим эти значения на числовой оси для каждого из полученных интервалов определим знаки выражений, стоящих под знаком модуля :

I

II

III

IV

-2

-1

0

x<0 x + 1 < 0 x + 2 < 0

x<0 x + 1 < 0 x + 2 > 0

x<0 x + 1 > 0 x + 2 > 0

x>0 x + 1 > 0 x + 2 > 0

Раскроем модули на интервале I (x≤-2) :

-x + 2( + 1) – 3(x + 2) ≥ 4

После преобразования получаем

-2х – 4 ≥ 4 ,

откуда х ≤ -4

интервал ( -2≤ х ≤-1 ) :

-х+ 2(х + 1) + 3(х + 2) ≥ 4

4х + 8 ≥ 4 ,

откуда х≥-1

Решением в этом интервале является точка х=-1

III интервал ( -1≤ х ≤0 ) :

-х – 2(х + 1) + 3(х + 2) ≥ 4

4 ≥ 4

В результате мы получили истинное неравенство ( заметим, что, если бы неравенство было строгим, оно становилось бы ложным). Следовательно, весь интервал III является решением исходного неравенства.

IV интервал ( х≥0 )

х – 2(х + 1) + 3( + 2) ≥ 4

2х + 4 ≥ 4 ,

откуда х≥0

Ответ : ( -∞ ; -4 ] ᴜ [ -1 ; ∞ )

11 класс по теме
« Решение Неравенств модулями»
24.12.18г