Неравенства с модулем

Изобразим график функции \(y = |x|\) и несколько прямых, параллельных оси Ох.

Модуль больше отрицательного числа. Модуль меньше отрицательного числа.

Глядя на график, легко убедиться, что если неравенство имеет вид \(\left| x \right| > - 1\) , то его решением будет любое число.

В тоже время неравенство \(\left| x \right| < - 1\) решение иметь не будет, так как неотрицательное число не может быть меньше отрицательного.

Модуль больше положительного числа. Модуль меньше положительного числа.

Теперь сравним модуль с положительным числом. Рассмотрим такой пример: \(\left| x \right| < 1\). На графике это соответствует нижней части «уголка».

Раскроем модуль как обычно.

На положительном промежутке числовой прямой раскрываем модуль с изначальным знаком:

\(\left\{ \begin{matrix} \ \\ x \geq 0 \\ x < 1 \\ \ \\ \end{matrix} \right.\ \) \(\rightarrow x \in \lbrack 0;1)\)

На отрицательном промежутке числовой прямой раскрываем модуль с противоположным знаком:

\(\left\{ \begin{matrix} \ \\ x < 0 \\ - x < 1 \\ \ \\ \end{matrix} \right.\ \)

Имеем \(\left\{ \begin{matrix} \ \\ x < 0 \\ x > - 1 \\ \ \\ \end{matrix} \right.\ \) \(\rightarrow x \in ( - 1;0)\).

Мы рассматривали 2 случая, то есть формально получили совокупность двух систем.

\(\left\lbrack \begin{matrix} \ \\ \left\{ \begin{matrix} \ \\ x \geq 0 \\ x < 1 \\ \ \\ \end{matrix} \right.\ \\ \left\{ \begin{matrix} \ \\ x < 0 \\ x > - 1 \\ \ \\ \end{matrix} \right.\ \\ \ \\ \end{matrix} \right.\ \)

Значит, решения, полученные в каждом случае, необходимо объединить.

Получим, что \(x \in ( - 1;1)\)

В общем виде решение неравенства, вида \(\left| f\left( x \right) \right| < a\) будет иметь вид:

\(\left| f\left( x \right) \right| < a \Longleftrightarrow \left\lbrack \begin{matrix} \ \\ \left\{ \begin{matrix} \ \\ f\left( x \right) < a \\ f(x) \geq 0 \\ \ \\ \end{matrix} \right.\ \\ \left\{ \begin{matrix} \ \\ - f\left( x \right) < a \\ f\left( x \right) < 0 \\ \ \\ \end{matrix} \right.\ \\ \ \\ \end{matrix} \right.\ \)

\(\left\lbrack \begin{matrix} \ \\ \left\{ \begin{matrix} \ \\ f\left( x \right) < a \\ f(x) \geq 0 \\ \ \\ \end{matrix} \right.\ \\ \left\{ \begin{matrix} \ \\ f\left( x \right) > - a \\ f\left( x \right) < 0 \\ \ \\ \end{matrix} \right.\ \\ \ \\ \end{matrix} \right.\ \Longleftrightarrow - a < f\left( x \right) < a\)

Более кратко имеем:

\(|f\left( x \right)| \leq a \Longleftrightarrow - a < f\left( x \right) < a\)

Теперь давайте перейдем к неравенству вида \(\left| x \right| > 1\). На графике ему соответствуют «рожки». Раскроем модули для каждого случая.

На положительном промежутке числовой прямой раскрываем модуль с изначальным знаком

\(\left\{ \begin{matrix} \ \\ x \geq 0 \\ x > 1 \\ \ \\ \end{matrix} \right.\ \rightarrow x \in (1; + \infty)\)

На отрицательном промежутке числовой прямой раскрываем модуль с противоположным знаком:

\(\left\{ \begin{matrix} \ \\ x < 0 \\ - x > 1 \\ \ \\ \end{matrix} \right.\ \) Имеем \(\left\{ \begin{matrix} \ \\ x < 0 \\ x < - 1 \\ \ \\ \end{matrix} \right.\ \rightarrow x \in ( - \infty;1)\)

Теперь нам опять оба случая необходимо объединить совокупностью и затем объединить решения.

\(\left\lbrack \begin{matrix} \ \\ \left\{ \begin{matrix} \ \\ x \geq 0 \\ x > 1 \\ \ \\ \end{matrix} \right.\ \\ \left\{ \begin{matrix} \ \\ x < 0 \\ x < - 1 \\ \ \\ \end{matrix} \right.\ \\ \ \\ \end{matrix} \right.\ \)

Тогда \(x \in ( - \infty;1) \cup (1; + \infty)\).

Этот результат соответствует тому, что видно на графике.

В общем виде решение неравенства, вида \(\left| f\left( x \right) \right| > a\) будет иметь вид:

\(\left| f\left( x \right) \right| > a \Longleftrightarrow \left\lbrack \begin{matrix} \text{\ \ } \\ \left\{ \begin{matrix} \ \\ f\left( x \right) > a \\ f(x) \geq 0 \\ \ \\ \end{matrix} \right.\ \\ \left\{ \begin{matrix} \ \\ - f\left( x \right) > a \\ f\left( x \right) < 0 \\ \ \\ \end{matrix} \right.\ \\ \ \\ \end{matrix} \right.\ \)

\(\left\lbrack \begin{matrix} \ \\ \left\{ \begin{matrix} \ \\ f\left( x \right) > a \\ f(x) \geq 0 \\ \ \\ \end{matrix} \right.\ \\ \left\{ \begin{matrix} \ \\ f\left( x \right) < - a \\ f\left( x \right) < 0 \\ \ \\ \end{matrix} \right.\ \\ \ \\ \end{matrix} \right.\ \Longleftrightarrow \left\lbrack \begin{matrix} \ \\ f\left( x \right) > a \\ f\left( x \right) < - a \\ \ \\ \end{matrix} \right.\ \)

Более кратко имеем:

\(\left| f\left( x \right) \right| > a \Longleftrightarrow \left\lbrack \begin{matrix} \ \\ f\left( x \right) > a \\ f\left( x \right) < - a \\ \ \\ \end{matrix} \right.\ \)

Несколько модулей

Неравенство может так же содержать несколько модулей.

\(\left| f\left( x \right) \right| + \left| g\left( x \right) \right| + \ldots + \left| p\left( x \right) \right| < a\) или \(\left| f\left( x \right) \right| + \left| g\left( x \right) \right| + \ldots + \left| p\left( x \right) \right| > a\).

Для решения такого вида неравенств следует воспользоваться алгоритмом:

1. Определить критические точки и разделить прямую на промежутки;

2. В каждом из промежутков раскрыть модуль с соответствующим знаком;

3. Для каждого случая решить систему неравенств;

4. Объединить полученные результаты.

Пример.

\(\left| x + 3 \right| + \left| 2x - 1 \right| > 5\)

1. Определим критические точки:

\(x + 3 = 0 \rightarrow x = - 3\)

\(2x - 1 = 0 \rightarrow x = 0,5\)

Таким образом имеем 3 промежутка: \(x \in \left( - \infty; - 3 \right\rbrack;x \in \left( - 3;0,5 \right\rbrack;x \in (0,5;\ + \infty)\).

2. \(\left\lbrack \begin{matrix} \ \\ \left\{ \begin{matrix} \ \\ x \in ( - \infty; - 3\rbrack \\ - x - 3 - 2x + 1 > 5 \\ \ \\ \end{matrix} \right.\ \\ \left\{ \begin{matrix} \ \\ x \in ( - 3;0,5\rbrack \\ x + 3 - 2x + 1 > 5 \\ \ \\ \end{matrix} \right.\ \\ \left\{ \begin{matrix} \ \\ x \in (0,5;\ + \infty) \\ x + 3 + 2x - 1 > 5 \\ \ \\ \end{matrix} \right.\ \\ \ \\ \end{matrix} \right.\ \)

3. Решим каждую из полученных систем:

\(\left\lbrack \begin{matrix} \ \\ \left\{ \begin{matrix} \ \\ x \in ( - \infty;\ - 3\rbrack \\ - 3x > 7 \\ \ \\ \end{matrix} \right.\ \\ \left\{ \begin{matrix} \ \\ x \in ( - 3;0,5\rbrack \\ - x > 1 \\ \ \\ \end{matrix} \right.\ \\ \left\{ \begin{matrix} \ \\ x \in (0,5;\ + \infty) \\ 3x > 3 \\ \ \\ \end{matrix} \right.\ \\ \ \\ \end{matrix} \right.\ \ \rightarrow \left\lbrack \begin{matrix} \ \\ \left\{ \begin{matrix} \ \\ x \in ( - \infty;\ - 3\rbrack \\ x < \frac{7}{3} \\ \ \\ \end{matrix} \right.\ \\ \left\{ \begin{matrix} \ \\ x \in ( - 3;0,5\rbrack \\ x < - 1 \\ \ \\ \end{matrix} \right.\ \\ \left\{ \begin{matrix} \ \\ x \in (0,5;\ + \infty) \\ x > 1 \\ \ \\ \end{matrix} \right.\ \\ \ \\ \end{matrix} \right.\ \)

4. Объединим полученные результаты:

\(\left\lbrack \begin{matrix} \ \\ x \in ( - \infty; - 3\rbrack \\ x \in ( - 3; - 1) \rightarrow x \in ( - \infty; - 1) \cup (1; + \infty) \\ x \in (1; + \infty) \\ \ \\ \end{matrix} \right.\ \).

Возведение в квадрат

Неравенства вида \(\left| f\left( x \right) \right| < \left| g\left( x \right) \right|\) решают возведением в квадрат обеих частей.

Пример.

\(\left| x + 3 \right| < \left| x - 1 \right|\)

\(\left( x + 3 \right)^{2} < \left( x - 1 \right)^{2}\)

\(x^{2} + 6x + 9 < x^{2} - 2x + 1\)

\(6x + 2x < 1 - 9\)

\(8x > - 8\)

\(x > - 1\)