Ашық сабақ пәні: Математика
ЖҮКТЕУ

Негізсіз теңсіздік
Түбегейлі теңсіздікті астында белгісіз шамаларды немесе белгісіз мөлшерде кейбір функцияларын қамтитын теңсіздік ұтымсыз деп аталады.

Ұтымсыз теңсіздікті шешу, әдетте, ол толық көлемде екі жағынан салу қажет. Мұндай түрлендіру көп жағдайда бастапқы баламалы емес, теңсіздіктер және сондай-ақ көптеген шешімдер әкелуі мүмкін шексіз жиынтығы болып табылады, ол алмастыру туралы шешім қабылдаған түбіртек тексеру мүмкін емес. дұрыс жауап кепілдік жалғыз жолы теңсіздіктер ғана баламалы трансформациясын қолдану болып табылады. Осыған байланысты, біз жиі иррационал теңсіздікті (- табиғи саны барлық мәлімдемелері н) шешуге isppolzuyutsya тиісті есептілік береді.
A1. Теңсіздік

жиынтық жүйесі балама
г (х) [г (х)] 2n.
Ескерту. Мәлімдемеде А1 бастап, бұл теңсіздік мынадай

≥ 0 B теңсіздік F балама болса (х)> [B] 2n, және В 0,
F (х) ≥ 0,
F (х) <[г (х)] 2n.
Содан кейін, А2 оң жақ б сан болса, бұл білдіреді бекіту бастап ... Ескерту (г (х) = б)

      - F ≤ N 0 (х) 0
      - Теңсіздік ≤ 0 B, егер жоқ шешімі бар.
А3. Теңсіздік

теңсіздіктер жүйесін балама
F (х)> г (х),
г (х) ≥ 0.
А4. Теңсіздік

теңсіздіктер жүйесін балама
F (х)> [г (х)] 2n,
г (х)> 0.
A5. Теңсіздік

жүйелердің мынадай балама
г (х) 0,
F (х) ≥ 0,
F (х) 0,
г (х) ≥ 0,
мұнда D (г) функциясы г домен болып табылады.
A7. Теңсіздік

жиынтығында балама
F (х) = 0,
х D (г) туралы,
F (х)> 0,
г (х) ≤ 0.
A8. Теңсіздік

   және е (х) [г (х)] 2n + 1
баламалы.
Ескерту. М тақ сан болса,

F (х) <г (х) N [F (х)] м г (х) N [F (х)] м> [г (х)] м,
яғни тақ дәрежелі теңсіздікті белгісі көтерілген кезде өзгермейді.
Ның бірнеше мысалды қарастырып көрейік.

1-мысал: теңсіздікті шешу

Шешім. а) бөлігін А1 (бұл жағдайда F (х) = x2 + 3x пайдалану — 18, AG (х) = 2x + 3), біз алу

 > 2x + 3
S x2 + 3x — 18 ≥ 0,
2x + 3 (2x + 3) 2,
2x + 3 ≥ 0,
N (-Ґ, -6 On] х
F On х,
S
N (-Ґ, -6 On] х.
Шынында да, бері
x2 + 3x — 18 ≥ 0 N (х + 6) (х — 3) ≥ 0,
Бірінші теңсіздікті шешу орнатылады х O (-Ґ; -6] және [3 + ∞). (-Ґ, -3 / 2) жүйе х екінші теңсіздікті шешімдері, сондықтан, теңсіздіктер бірінші жиынтығы шешімі (-Ґ, -6 On] х жиынтығы болып табылады.
Екінші жүйесінің бірінші теңсіздік жоқ шешімдерді бірге бар

x2 + 3x — 18> (2x + 3) 2 N x2 + 3x — 18> 4×2 + 12x + 9 с
N 3×2 + 9x + 27 <0 с x2 + F туралы 3x + 9 16
немесе
x2 -> 0 9x,
(-Ґ, 0) және (9 + ∞) туралы, онда х.
5 және г (х) = 2x — — г) пайдалану бөлігі А2 (мұнда F (х) х2 + 4x = 3), біз алу

 <2x + 1
S 2x + 1 ≥ 0,
x2 + 4x — 5 ≥ 0,
x2 + 4x — 5 0 6,
S
N ≥ 1 х, N х ≥ 1.
R On х,
е) A2 бекіту алу ескерту пайдалану

 <2
S x2 — 5x + 4 <4,
x2 — 5x + 4 ≥ 0,
S x2 — 5x <0,
x2 — 5x + 4 ≥ 0
N 0 <х
S x2 — х — 2> 6 + 5x — x2,
6 + 5x — x2 ≥ 0,
S x2 — 3x — 4> 0,
x2 — 5x — 6 ≤ 0,
S
N х 4,
— 1 ≤ х ≤ 6,
з) туралы есепте A4 айтуынша

Х> (х + 1) 2, — N 2
> 0 X + 1,
S x2 + 3x — 1 -1,
S

і) біз жүйелерді мынадай жиынтығын алуға делінген A5 пайдалану

3 — | х — 6 | 0,
х — 3 ≥ 0,
х — 3 3,
х ≥ 3,
S х -> 3 6, N х> 9 N х> 9.
х — 6 <-3, х <3,
х ≥ 3, х ≥ 3,
Бірге екінші жүйесін шешу, біз алуға

| Х — 6 | <3 с -3 <х — 6 <3 с
х ≥ 3, х ≥ 3,
х — 3 0 ,
N 3 <х 0,
N 3 0,
6 <х 0,
N 3 <х ≤ 6, N 3 <х ≤ 6, N 3 <х 0 + 5x + 12, R туралы х
6 <х <9, 6 <х 0, х O R,
яғни бастапқы теңсіздікті шешу болып табылады
х (3, 9) және (9 + ∞).
к) A7 алу мәлімдемесіне сәйкес:

(Х — 1) ≤ 0
N 6 + х — x2 = 0, с
R. туралы х
6 + х — x2> 0,
х — 1 ≤ 0
N N Х, = -2 х [-2, 1] және {3}.
х = 3
— 2 <X 0,
 ≥ 0,
N х = 1,
N х = 7,
х <1,
х ≥ 9,
N (-Ґ 1) х және {7} Ал [9 + ∞).
х = 7
х ≠ 1,
х 7
х ≥ 9,
х <1,
л) баламалы текше теңсіздікті алуға екі жағын көтеру (. бекіту А9 қараңыз)

x3 + x2 + х + 1 0 2x,
онда х 0.
Болашақта біз ауыстыру әдісін қолдануды қарастырады.

Мысал 2. теңсіздікті шешу

Шешім. а) (т ≥ 0) үшін, және, осылайша, теңсіздік алу

3t - ≥ 2 T2,
немесе
t2 - 3t + 2 ≤ 0,
қайдан
1 ≤ T ≤ 2.
Демек, бастапқы теңсіздік қос теңсіздікті тең

б) ≥ 0 T, және аралығы әдісімен алу үшін

Т ≥ 0, 2t + 1 ≥ 1 әкеп соғады бастап, соңғы теңсіздік жүйесі тең

T = 0
1 - т 1. алу:

х = -1 және х> 0. Сондықтан, х {-1} O (0, + ∞).
в) Біз бұл теңсіздік өзара өрнек бар екенін ескеріңіз. Біз содан кейін теңсіздікті алу

Т> 0 болғандықтан, соңғы теңсіздік келесілердің тең

t2 - т - 2 <0,
-1 <т 0 болғандықтан, біз <т 8/3,
х <2,
х 2,
онда On х (-Ґ; 0) және (8/3 + ∞).
төмендегідей г) Біз (25 шегеру және қосу) теңсіздік жазу:

Белгілеу (содан кейін х + 5 = t2) квадраттық теңсіздікті алу

5t2 - 17t + 6 <0,
қайдан
2/5 <T <3
немесе

Қос теңсіздікті барлық жағымды болғандықтан, біз балама теңсіздікті есе қайырып алу

4/25 <х + 5 (1 - т) 3,
немесе
(1 - T) (1 + T) - (1 - т) 3> 0,
(1 - T) (1 + T - (1 - т) 2)> 0,
(1 - T) (1 + T - + 2t 1 - Т2)> 0,
(1 - т) т (3 - т)> 0.
Т ≥ 0 болғандықтан, соңғы теңсіздік жүйесі тең

(1 - т) (3 - т)> 0,
т ≠ 0,
Ол жиынтығын мынадай
т> 3
т 9 1
0 <х - 1 10,
1 <х <2.
яғни х (1, 2) және (10 + ∞).
Жиі эквиваленттік сақтау өзгерістерді тиімсіз пайдалану теңсіздікті шешу үшін келесі жолмен пайдаланылады, бастапқы теңсіздік есептілігін А1-A9 пайда теңсіздікті қысқартады, содан кейін sootvetvuyuschee бекіту қолданылады.

Мысал 3. теңсіздікті шешу

Шешім. а) шешім қабылдау жүйесі (екінші ретті радикалдардың болмыстың шарты)

≥ 4 х + 0,
2x + 1 ≥ 0,
X ≥ 0 - 2.
[- 1/2, 2] т.ғ.д. теңсіздікті таба
Мынадай теңсіздікті т.ғ.д. баламалы

Теңсіздікті екі тараптар баламалы теңсіздікті алу есе қайырып, DHS оң болғандықтан:

немесе

Тағы да, есе қайырып және ескере отырып, т.ғ.д. алу

1 <4 (2 — х) (2x + 1)
— ½ ≤ х ≤ 2,
немесе
8×2 — 12X — 7 0

балама

Теңсіздік алуға бөлу (кез келген х O R үшін осы оң)

теңсіздіктер аралас жүйелер баламалы

немесе, А3 бекіту ескере отырып,
X ≥ 1 + 1 — х + x2,
1 — х + x2 ≥ 0,
х> 1,
1 + х ≤ 1 — х + x2,
1 + х ≥ 0,
х 1,
x2 — 2x ≥ 0,
х> -1,
х <1,
N 1 <х ≤ 2,
— 1 <X ≤ 0.
Осылайша, бастапқы теңсіздікті шешу жиынтығы -1 (On х, 0] және (1, 2].

с) [-1 туралы теңсіздік х КБК-нің 0) және [1, + ∞), теңсіздіктер жүйесін шешу арқылы анықталады

Біз түрінде теңсіздікті жазу

(AB ≥ 0): немесе келесі жылжымайтын мүлік радикалдардың тіпті дәрежесін пайдаланып

X + 1 | | = х + 1 жүйесі тең т.ғ.д. х + 1 ≥ 0, демек, бұл берілген соңғы теңсіздік,

төмендегідей онда шешіледі:

теңсіздік нысанын қабылдайды, онда г), содан кейін берсін

T + t2 - 5 <51
немесе
T2 + T - 56 <0,
<T 0 (екі радикалдардың сомасы тіпті дәрежесі) бастап, т <7
соңғы теңсіздік) Мысал 3a ұқсас, шешуге болады:

 + <7
X с - 1 + 2 + 6 + х <49,
х-1 ≥ 0,
х + 6 ≥ 0,
S
N <22 - х,
х ≥ 1,
N (х-1) (х + 6) 0,
х ≥ 1,
S
N х <10, N 1 ≤ х <10,
1 ≤ х <22,
немесе басқа жолмен: біз, х = 10 екенін ескеріңіз
 = + 7
сондықтан, функциясы F (х) = + х ≥ 10 теңсіздік артып келеді ешқандай шешімі бар. ) 10; т.ғ.д. [шешімдер х туралы көп жазып 1 ескере отырып.
е) бастап


теңсіздік келесілердің тең:

немесе, бұл берілген

Содан бері, демек Осылайша,

немесе

Бастап | а | ≥ -a, әрбір O R бастапқы теңсіздікті шешімдер жиынтығы, т.ғ.д., яғни х ≥ 4 сәйкес келеді деп мынадай.

Жаттығулар
Теңсіздікті шешіңіз
Осы теңсіздіктер шешу стандартты әдісі қажетті дәрежесін екі бөліктен құрылысына жатыр: теңсіздік, квадрат квадрат түбірін жасайтын болса; куб түбірін қамтиды - текшеге және ұқсас г Алайда, екеуі де бөліктері неотрицательная болып табылатын болады тек теңсіздік, түрлендіру теңсіздіктер баламалылығын бұзбай есе қайырып, әдетте 4 жоғарыда көрсетілгендей... Алаңында теңсіздіктер құрылысымен, түрлі белгілері бар, оның бөліктері теңсіздік бастапқы және оған neravnosilnye баламалы алуға болады. Қарапайым мысал: 1 <3 - теңсіздік - теңсіздік, сондай-ақ рас. , Теңсіздік өзінде дұрыс емес шынайы теңсіздік - деп -4 0. г Сондықтан теңсіздікті екі жағынан теріс емес (теңсіздікті шешімдер болып табылады х үшін, біз мүдделі болып табылмайтын өзге де х). Демек, Квадратура баламалылығын бұзбайды, және теңсіздікті жаза алады теңсіздіктер біздің жүйесінде тең:

МЫСАЛ 1
Теңсіздікті шешіңіз

Көрсету шешім

2-мысал
Теңсіздікті шешіңіз

Көрсету шешім

нысанын теңсіздіктер
, Шешім, сол (DHS х) анықталған х жағында және теріс емес, өйткені -. (Х) ≥ 0-ге е теңсіздікті КБК, Содан кейін, анық 0 <деп ENDESA г кейбір х үшін (х) барлық осы х делік Оң жағында г (х), ал <0.

Басқа DHS олар үшін (х) ≥ 0. г теріс емес екі жағын х, және ол квадрат болады: Сонымен, осы теңсіздік теңсіздіктер жиынтығы тең:

Соңғы жүйе талап F қамтиды бермейтінін ескеріңіз (х) ≥ 0. тамаша алаңға үшін автоматты түрде жасалады, өйткені қажет емес әрқашан теріс емес болып табылады.

3-мысал
Теңсіздікті шешіңіз

Көрсету шешім

МЫСАЛ 4
Теңсіздікті шешіңіз

Көрсету шешім

нысанын теңсіздіктер
Теңсіздікті ТКЦ: DHS емес теріс жағы, сондықтан квадрат болады Екі. Біз баламалы жүйесін алуға

Ол осы сұрау қосылған және жүйенің теңсіздікті оны қамтиды деп теңсіздік қажет емес екенін ескеріңіз.

Біз пайдалы салдары ескеріңіз. (Жоқ, т.ғ.д. қабылдау ретінде ол, ақылға қонымды болып табылады) теңсіздік т.ғ.д. өзінде анықталды, және біз т.ғ.д. шешімімен ғана таңдайды делік. Содан кейін бастапқы теңсіздік мына тең: теңсіздікті тең жүйе түрінде Демек, DHS жылы (ОКО х үшін) ұсынылуы мүмкін

Ол сол ойларын белгісі теңсіздік ≥ үшін қолданылады екені түсінікті. Сондықтан ол пайдалы қорытынды болуы мүмкін:

Айырма белгісі білдіру сәйкес келеді

Демек, ол тағы бір пайдалы салдары шығады:

 DHS жылы:

Мысал 5
Теңсіздікті шешіңіз

Көрсету шешім

Мысал 6
Теңсіздікті шешіңіз

Көрсету шешім

нысанын теңсіздіктер
Теңсіздікті ТКЦ функциясы F (х) және г (х) жоқ ортақ тамыры бар делік. Қосалқы теңсіздікті қарастырайық
(*)
1. г (х) Бұл жағдайда, теңсіздікті екі жағынан оң және квадрат болады. шаршы екі бөліктен құрылыс, жалпы, осы салдары болып табылады теңсіздікті, алуға мүмкіндік береді. Бөгде шешімдерді отсеять теңсіздікті және осы қиылысуы жиындарда табу (оның) т.ғ.д. көзі болып табылады.
1-мысал: ұтымсыз теңсіздікті шешу.
 >
Шешім.
1) т.ғ.д. табыңыз.
X + 5 және 20 0 - х 0;
-5 X 20 сондықтан ТКЦ - [-5; 20] (1)
2) алаңда екі жағын көтеріп. X + 5> 20 — х;
2x> 15; х> 7.5, осы теңсіздікті шешу, сондықтан — (7,5 +) (2).
3) 1 (жиынтықтарын жолын кесуге табу) және (2), ол] (7.5, 20 орнатылады.
A: (7.5, 20]
Сіз жай ғана теңсіздіктер теңсіздікті бастапқы жүйені ауыстыру және теңсіздіктер нәтижесінде жүйесін шешу, басқа ештеңе істей алады.
 (Х) (х)> г деп F ескеріңіз және г (х) 0, онда өтпелі soystva күшіне теңсіздіктер (х) 0 F, осы теңсіздікті орындалатын қай жерде, және, демек, жүйе мұндай қосалқы едәуір жеңілдетеді жүйесінің басқа ауыстырылуы мүмкін тиімсіз теңдеуі.
Мысал 2. теңсіздікті шешу>
4 — x2> х + 5;
х + 50;
x2 + х + 1 <0;
X-5;
Quadratic шелі x2 + х + 1 сондықтан, бұл теңсіздік х2 + х + 1 x2 + х + 10;
Бірінші теңсіздік sledststvie, екінші және үшінші теңсіздік болғандықтан, ол жоқ болса болуы мүмкін.
x2 + х + 100
x3 + x2 + х + 2> x2 + х + 10;
x2 + х + 100
> 8 x3;
Квадрат шелі Y = 1 және D = -39, ол бүкіл доменінде оң мәнді қабылдайды, сондықтан.
(- +),
(2 +);
Жауап: (2 +).
2. Енді нысанда> г (х) теңдеуін қарастырамыз. Сол жақтағы бастап белгілі бір жағдайларда онсыз екі бөліктері квадрат мүмкін емес, тұрғызу, содан кейін оң және теріс мәндер болуы мүмкін. Біз екі iстердi қарауға бар: г (х) 0, яғни теңсіздік теңсіздіктер екі жүйелерін біріктіру тең.

Г жылдан бастап (х)> 0, (г (х))> 0 2, және, теңсіздіктер өтпелі мүлікті, екінші жүйе бойынша, бірінші теңсіздік жоқ болса болуы мүмкін.
Мысал 4. теңсіздікті> х + 1 шешу.
1. Біз бірінші жүйесін шешу.
X + 3 0
х + 1 <0;

х -3,
х (х + 1) 2:

х -1;
X + 3> x2 + 2x +1;

х -1;
x2 + х — 2 0 = 1, 2, D = 1 + 8 = 16, x1 = -2, x2 = 1.
х -1;
— 2 <X <1;

екінші жүйе х шешімі [-1; 1). Екі нәтижесінде алынған жиынтығы бірікті, біз шешім жиынтығы ұтымсыз теңдеу х [-3 табылады алуға; 1).
Жауап: [-3; 1).
.
3. нысанда 0 пернесін мынадай
Осы жүйеде (х)> 0 теңсіздік г, жалпы мүмкін емес төмен.

Мысал 5: теңсіздікті 2x шешу - 2.
x2 - 5x + 4 0
20 - 2x
x2 - 5x + 4 (3x - 3) 2;

1 х 4,
х 1;
(Х - 1) (х - 4) 4 (х - 1) 2;

х 1 және х 3,
х 1;
(Х - 1) ((х - 3) - 4 (х - 1)) 0 болып табылады;

х 1 және х 3,
х 1;
(Х - 1) (- 3x + 1) 0;

х 1 және х 3, (1)
х 1 (2)
х 1 немесе х. (3)

жауап: {1} [4; +)
4. пішін +> м (х) теңсіздік. Мұндай теңсіздікті иррационалдық құтылу үшін бірнеше рет теңсіздікті екі жағын есе қайырып керек, және біз теңсіздікті екі жағын есе қайырып (оң немесе теріс екі жақты соңғы жағдайда ол теңсіздікті белгісін өзгерту қажет болған жағдайларда болуы мүмкін деп есептейді керек ). Ол сондай-ақ кеңейту т.ғ.д. есе қайырып шетелдік шешімдердің пайда әкеледі, ол орын алуы мүмкін болған кезде, олар арамшөп қажет екенін есте ұстаған жөн.
 
Мысал 6. теңсіздікті шешу -
Шешім.
Біз т.ғ.д. табыңыз. Бұл әрекетті орындау үшін, біз теңсіздіктер жүйесін шешу керек.
x0,
; X0 - 10
х - 50;

x0,
X10; 5 X10.
х 5;

Осылайша, осы теңсіздікті т.ғ.д. аралықта [5 тиесілі сандар жиынтығы; 10]
Оң екі т.ғ.д. айнымалы бөлігін кез келген мәні үшін +, содан кейін сол жағында екінші мерзімге тасымалдаңыз. Біз алаңға оларды әкеледі.
х + х — 5 + 2 10 — х;
15 2 — 3x;
Бұл нақты жағдайда ол неге менің ойымша, бұл жерде стандартты схемаларын қабылданбайды және болып, мүмкін. Оң жақ жылы сызықтық функциясы Т (х) = 15 беріледі — 3x, интервал [5-беттегі айқындалған; 10]. = -3 Оның бұрыштық коэффициенті K, демек ол азаяды, және аралығын ұштарында, өйткені ол құндылықтар т (5) белгілі бір интервал т кезінде 0, т (10) = -15 дБ, (х) = 0 қабылдайды. (Квадрат түбірін анықтау бастап) сол аралықта 0 0, демек, белгілі бір интервал теңсіздікті ақпан 15 — 3x DHS бастап айнымалы кез келген мән үшін дұрыс болып табылады.
Жауап: [5; 10].

загрузка...