Организация познавательной деятельности учащихся на факультативных занятиях по теме Иррациональные неравенства

Пример 2. Решить неравенство:

[pic]

Решение. Найдем ОДЗ неравенства: х ( 5. Положим [pic], тогда у > x – 3, y (

0. Выразим х через у: у2 = 5 – х ( х = 5 – у2.

Получаем систему:

[pic]

Откуда:

[pic]

[pic]

Значения x < 4 принадлежат ОДЗ.

Ответ: x < 4.

Пример 3. Решить неравенство

[pic]

Решение. Найдем ОДЗ неравенства

[pic]

при х ( 2 второе и третье неравенства системы истинны. ОДЗ х ( 2.

Пусть [pic], тогда исходное неравенство примет вид:

[pic] (1)

Так как под радикалами в левой части неравенства (1) стоят полные

квадраты, то оно может быть представлено в следующем эквивалентном виде:

|t + 1| - |t – 1| > 1

Разобьем решение на три промежутка:

1) t ( -1

-t – 1 + t – 1 > 1 (

2) –1 < t ( 1

t + 1 + t – 1 > 1

2t > 1

t > Ѕ

3) t > 1

t + 1 – t + 1 > 1 2 > 1 – истинно

Решением неравенства на всех трех промежутках будет t > Ѕ

Подставляем [pic]

[pic]

Эти значения принадлежат ОДЗ.

Ответ: x > 2,25.

Пример 4. Решить неравенство:

[pic]

Решение. Положим [pic], тогда [pic] и мы получаем неравенство:

у2 – у – 2 >0,

откуда находим y < -1, y>2.

Теперь задача свелась к решению двух неравенств:

[pic]

Первое неравенство не имеет корней во множестве действительных чисел,

поскольку под знаком возведения в дробную степень может содержаться только

неотрицательное число, а любая степень неотрицательного числа

неотрицательна.

[pic] (1)

Пусть a < 0. В школьном курсе рациональная степень числа а не

определяется, и это не случайно. Пусть (1) верно, тогда:

[pic]

Противоречие.

Итак, получаем: левая положительная часть меньше отрицательной правой,

что не имеет смысла.

Решим неравенство

[pic]

Возведем обе части неравенства в пятую степень, получим x – 2 > 32,

откуда x > 34.

Ответ: x > 34.

9. Способ домножения обеих частей иррационального неравенства на

некоторое число, либо выражение.

Этот способ мы можем использовать, основываясь на теоремах 19 и 20 из

параграфа «Неравенства и их основные свойства».

Пример 1. Решить неравенство:

[pic] (1)

Решение. Уединение радикала и возведение обеих частей полученного

неравенства в квадрат привело бы к громоздкому неравенству. В то же время,

если проявить некоторую наблюдательность, то можно заметить, что заданное

неравенство легко сводится к квадратному. Предварительно найдем ОДЗ

неравенства:

2х2 – 3х + 2 ( 0

откуда получаем х – любое действительное число. Домножим обе части

неравенства (1) на 2 получим

[pic]

и далее

[pic]

Полагая [pic], получим у2 – 2у - 8 ( 0, откуда у ( -2, у ( 4.

Значит, неравенство (1) равносильно следующей совокупности неравенств:

[pic]

Второе неравенство системы имеет решения х ( -2, х ( 3,5, а первое –

не имеет решений, так левая часть неравенства неотрицательна, а правая

отрицательна, это противоречит смыслу неравенства.

Все решения второго неравенства принадлежат ОДЗ неравенства (1) и

получены при переходах к равносильным неравенствам.

Ответ: х ( -2, х ( 3,5.

Пример 2. Решить неравенство

[pic] (1)

Решение. ОДЗ неравенства:

[pic]

Домножим обе части неравенства на выражение

[pic], имеющее ту же ОДЗ , что и неравенство (1).

Получим:

[pic]

или:

[pic]

Последнее неравенство всегда истинно на ОДЗ, т. к. –3 всегда будет

меньше положительной правой части неравенства.

Ответ: х ( 1.

Пример 3. Решить неравенство

[pic]

Решение. Найдем ОДЗ неравенства

[pic]

Домножим обе части неравенства на [pic]:

[pic]

Последнее неравенство равносильно совокупности:

[pic]

Из первой системы получаем x < -2, а решением второй системы

является промежуток [pic]

Объединяя их получаем:

Ответ: [pic]

10. Метод выделения полного квадрата в подкоренных выражениях при

решении иррациональных неравенств, либо разложения подкоренного выражения

на множители.

Пример 1. Решить неравенство

[pic]

Попробуем отметить какие – либо особенности заданного неравенства,

которые могли бы указать путь к решению. Такие особенности есть, а именно:

[pic]

Решение. Найдем ОДЗ исходного неравенства

[pic] [pic] [pic]

На промежутке [-1;4] третье и четвертое неравенства системы истинны.

Значит, ОДЗ х ( [-1;4].

Перепишем заданное неравенство так:

[pic]

откуда [pic]

Но [pic] и [pic], поэтому получаем:

[pic]

или:

[pic]

В ОДЗ правая часть неравенства всегда положительна, поэтому возведем в

квадрат обе части неравенства

[pic]

решение этого неравенства х ( [0; 3]. Этот промежуток принадлежит ОДЗ.

Ответ: х ( [0; 3].

Пример 2. Решить неравенство:

[pic]

Решение. Найдем ОДЗ неравенства:

[pic]

откуда получаем x ( 1, х ( 5, х = 2

Перепишем наше неравенство следующим образом:

[pic]

Поскольку обе части неравенства положительны и имеют смысл на ОДЗ,

возведем в квадрат обе части этого неравенства, получим:

[pic]

Правая часть полученного неравенства на ОДЗ всегда положительна,

поэтому имеем право возвести обе части его в квадрат и получим равносильное

неравенство:

(х – 2)2(х – 5)(х – 1) ( 9(х – 2)2(х – 1)2

или:

(х – 2)2(х – 1) (х – 5 – 9х + 9)( 0

(х – 2)2(х – 1) (4 – 8х)( 0

откуда методом интервалов получаем: х ( Ѕ, х ? 1

Учитывая ОДЗ, получаем

Ответ: х ( Ѕ, х = 1, х ? 5, х = 2

11. Решение иррациональных неравенств путем проб, выводов.

Пример 1. Решить неравенство:

[pic] (1)

Решение. Область определения неравенства (1): 2 ( х ( 3.

Прежде, чем возводить в квадрат обе части неравенства (1), необходимо

убедиться в том, что обе его части неотрицательны.

Однако, оказывается, что это не так.

Действительно, так как 2 ( х ( 3, то 1 ( х – 1 ( 2 и 3 ( 6 – х (

4. А это значит, что [pic] или [pic]. Но [pic]. Таким образом, при всех

значениях х из отрезка 2 ( х ( 3 неравенство (1) выполняется. Итак, 2

( х ( 3 - решение неравенства.

Пример 2. Решим неравенство:

[pic]

Решение. Найдем ОДЗ неравенства:

[pic]

откуда получаем, что ОДЗ неравенства х = 2 – единственная точка.

Подстановкой легко проверить, что х = 2 является решением исходного

неравенства.

Ответ: х = 2.

12. Решение более сложных примеров.

Пример 1. Решить неравенство

[pic]

Решение. Используем метод интервалов. Решим соответствующее уравнение.

[pic]

Решением уравнения являются значения переменной х = 0 и [pic] при

любом действительном значении параметра а.

Корни соответствующего уравнения разбивают числовую ось на промежутки

знакопостоянтства, в каждом из которых неравенство или тождественно

истинное, или тождественно ложное.

а) если a > 0, то [pic] и числовая ось разбивается на следующие

промежутки знакопостоянства: x < 0, [pic]

Рассмотрим промежуток [pic]. Возьмем значение х = а из этого

промежутка и подставим в данное неравенство. Получим: [pic] - истинное

числовое неравенство. Следовательно, промежуток [pic] принадлежит решению.

Любое значение переменной х, взятое из промежутка знакопостоянства [pic]

, обращает данное неравенство в ложное числовое неравенство. Например, при

[pic] имеем ложное числовое неравенство [pic].

Следовательно, промежуток [pic] не принадлежит решению.

Подставив, например, х = -а, взятое из промежутка знакопостоянства x <

0, в данное неравенство, получим истинное числовое неравенство [pic].

Значит, числовой промежуток x < 0 принадлежит решению. Итак, при a > 0

решением неравенства является объединение двух числовых промежутков x < 0

и [pic].

б) если a < 0, то [pic] и числовая ось разбивается на промежутки

знакопостоянства [pic]. Как и в первом случае, устанавливаем, что данное

неравенство тождественно истинное в промежутках [pic] и x > 0 и

тождественно ложное в промежутке [pic]. Следовательно, при a < 0 решением

неравенства будет объединение двух числовых промежутков [pic] и x > 0.

в) при а = 0 [pic]. Получим два промежутка знакопостоянства: x < 0 и

x > 0, каждый из которых, как легко установить принадлежит решению.

Ответ: 1) при [pic]

2) при [pic].

Пример 2. Решить неравенство

[pic]

ОДЗ: 5х – 7 ? 0

log57 ? x < +?

[pic]

Возводим обе части в квадрат:

[pic]

решением последнего неравенства является промежуток х ? 2. Учитывая ОДЗ

получаем решение исходного неравенства log57 ? x ? 2.

Ответ: log57 ? x ? 2.

13. Подборка задач по теме «решение иррациональных неравенств».

[pic]

[pic]

14. Классические неравенства.

Рассмотрим некоторые наиболее важные для математического анализа

неравенства. Эти неравенства служат аппаратом, который повседневно

используют специалисты, работающие в этой области математики.

Теорема о среднем арифметическом и среднем геометрическом.

Теорема 1. Среднее арифметическое любых двух неотрицательных чисел а и b не

меньше их среднего геометрического, т. е.:

[pic] (1)

Равенство имеет место в том и только том случае, когда a = b.

Доказательство. Поскольку квадратный корень может доставить немало хлопот,

мы постараемся от него избавиться, положив a = c2, b = d2, что допустимо,

ибо в теореме 1 предполагается, что числа а и b неотрицательны. При этом

соотношение (1), в справедливости которого для произвольных неотрицательных

чисел а и b мы хотим убедиться, примет следующий вид:

[pic], (2)

где с и d – произвольные действительные числа.

Неравенство (2) имеет место в том и только том случае, когда

[pic],

что в силу основных правил, относящихся к неравенствам, равносильно тому,

что

с2 + d2 – 2cd ? 0 (3)

Но с2 + d2 – 2cd = (с – d)2 , значит неравенство (3) равносильно

(с – d)2 ? 0 (4)

Так как квадрат любого действительного числа неотрицателен, то ясно,

что соотношение (4) всегда имеет место. Значит справедливы и неравенства

(3), (2), (1). Равенство в формуле (4), а значит и в формуле (1)

достигается в том и только в том случае, когда c – d = 0, т.е. c = d, или,

иначе говоря, когда a = b.

Покажем теперь, что теорему 1 можно вывести геометрическим путем

простого сравнения некоторых площадей.

Рассмотрим график функции у = х, изображенный на рисунке.

Пусть S и Т точки прямой у = х с координатами (с, с) и (d, d).

Рассмотрим также точки Р(с, 0), Q(0, d), R(c, d). Так как длина отрезка ОР

равна с, то длина отрезка PS также равна с. Поэтому площадь ?OPS,

полупроизведение длин его основания и высоты равна [pic].

Рассмотрим теперь прямоугольник OPRQ. Он полностью покрывается ?OPS и

?OQT, так что

SOPS + SOQT ? SOPRQ (5)

Так как площадь прямоугольника OPRQ – произведение длин его основания

и высоты – равна сd, то при помощи алгебраических символов соотношение (5)

можно записать так:

[pic]

Кроме того, легко видеть, что равенство достигается только тогда,

когда площадь ?TRS равна нулю, что возможно только при условии совпадания

точек S и Т, т. е. когда с = d.

Теорема 2. Среднее арифметическое любых трех неотрицательных чисел a, b и с

не меньше их среднего геометрического, т.е.

[pic] (1)

Равенство достигается в том случае и только том случае, когда а = b = с.

Доказательство: пусть а = х3, b = у3, с = z3.

Подставим эти значения в неравенство (1):

[pic], (2)

что равносильно неравенству

x3 + y3 + z3 – 3xyz ( 0 (3)

Мы докажем теорему 2, если установим, что неравенство (3) имеет место для

произвольных неотрицательных чисел x, y, z.

x3 + y2 + z2 – 3xyz = (x + y + z + )(x2 + y2 + z2 – xy – xz – yz)

(4)

x + y + z – неотрицательное число, покажем, что

x2 + y2 + z2 – xy – xz – yz ( 0 (5)

Выпишем три неравенства x2 + y2 ( 2xy, x2 + z2 ( 2xz, y2 + z2 ( 2yz (эти

неравенства истинны по теореме 1) и сложим их почленно:

2(x2 + y2 + z2) ( 2(xy + xz + yz)

это неравенство равносильно неравенству (5). Равенство достигается тогда и

только тогда, когда x = y = z.

Мы получили, что в (4) левая часть ( 0, т.е. неравенство (3) имеет место.

Но неравенство (3) равносильно (1). Теорема доказана. Условие x = y = z

равносильно условию a = b = c.

Теорема будет верна и для n чисел, примем ее без доказательства.

Теорема 3. Среднее арифметическое любых n неотрицательных чисел а1,

а2,…аn не меньше их среднего геометрического, т.е.

[pic]

Равенство достигается в том и только том случае, когда а1 = а2 = аn.

Неравенство Коши.

а) Двумерный вариант:

[pic] (1)

для любых неотрицательных чисел a, b c, d.

Доказательство. Так как a, b, c, d – неотрицательные, то ac + bd ( 0 и

имеем право возвести в квадрат обе части неравенства (1):

(a2 + b2)(c2 + d2) ( (ac + bd)2 (2)

В первую очередь отметим, что неравенство a2 + b2 ( 2ab, на котором

основывались все выводы в предыдущих теоремах, является простым следствием

тождества a2 – 2ab + b2 = (a – b)2, верного для всех действительных чисел.

Рассмотрим произведение

(a2 + b2)(c2 + d2)

Произведя умножение, получим многочлен a2c2 + b2d2 + a2d2 + b2c2,

Совпадающий с тем, который получается после раскрытия скобок в выражении

(ac + bd)2 + (bc – ad)2

Отсюда получаем

(a2 + b2)(c2 + d2) = (ac + bd)2 + (bc – ad)2 (3)

Так как квадрат (bc – ad)2 неотрицателен, то из (3) следует неравенство

(a2 + b2)(c2 + d2) ( (ac + bd)2

для любых действительных чисел a, b, c, d.

Мы получили неравенство (2) – неравенство Коши для любых действительных

чисел a, b, c, d.

Для любых неотрицательных чисел a, b, c, d неравенство Коши примет вид (1).

Из соотношения (3) вытекает, что равенство в (2), а значит и в (1)

достигается тогда и только тогда, когда

bc – ad = 0 (4)

В этом случае говорят, что две пары чисел (a, b) и (c, d) пропорциональны.

При с ( 0 и d ( 0 условие (4) можно записать следующим образом:

[pic]

Геометрическая интерпретация.

Рассмотрим треугольник, изображенный на рисунке.

Очевидно, что длины отрезков OР и OQ и PQ определяются равенствами

ОР = (a2 + b2)Ѕ

ОQ = (c2 + d2)Ѕ

РQ = [(a – c)2 + (b – d)2]Ѕ

Обозначим угол между сторонами ОР и OQ через (. На основании теоремы

косинусов имеем:

PQ2 = OP2 + OQ2 – 2OP ( OQ cos(

Подставляя значения OP, OQ, и РQ и упрощая полученное выражение, имеем

[pic]

Поскольку значение косинуса всегда заключено между –1 и +1, мы имеем

-1 ( cos ( ( 1

или

[pic]

значит

[pic]

А это двумерный вариант неравенства Коши. Кроме того, мы видим, что

равенство здесь достигается тогда и только тогда, когда сos ( =1, т.е.

когда ( = 0 или ( = (, - другими словами в том и лишь в том случае, когда

точки О, Р, и Q лежат на одной прямой. При этом должно иметь место

равенство подъемов прямых ОР и OQ; иначе говоря, если с ( 0 и d ( 0, то

должно быть

[pic]

б) Трехмерный вариант неравенства Коши.

Вышеприведенная интерпретация неравенства Коши для двумерного случая

хороша еще и тем, что позволяет нам при помощи геометрической интуиции

легко сообразить, какой вид будут иметь аналогичные результаты, относящиеся

к более сложному случаю любого числа измерений. Перейдем к случаю

трехмерного пространства. Пусть Р(а1, а2, а3) и Q(b1, b2, b3) – две точки,

не совпадающие с началом координат О (0, 0, 0). Тогда косинус угла ( между

прямыми ОР и OQ будет определяться равенством

[pic]

которое, в силу того, что сos( ( 1, приводит к трехмерному варианту

неравенства Коши для неотрицательных чисел аi и bi, i = 1, 2, 3

[pic] (1)

Равенство здесь достигается тогда и только тогда, когда три точки О, Р и Q

лежат на одной прямой, что выражается соотношениями

[pic]

имеющими смысл при условии, что все числа bi, стоящии в знаменателях

отличны от нуля.

Чисто алгебраическое доказательство трехмерного варианта неравенства Коши

(1) можно вывести из следующего тождества:

(a12 + a22 + a32)(b12 + b22 + b32) – (a1b1 + a2b2 + a3b3)2 = (a12b22 +

a22b12) +

+ (a12b32 + a32b12) + (a22b32 + a32b22) – 2a1b1a2b2 – 2a1b1a3b3 – 2a2b2a3b3

=

= (a1b2 – a2b1)2 + (a1b3 – a3b1)2 + (a2b3 – a3b2)2 (2)

Очевидно, что последнее выражение в (2) неотрицательно, так как оно состоит

из суммы трех неотрицательных членов. Поэтому

(a12 + a22 + a32)(b12 + b22 + b32) – (a1b1 + a2b2 + a3b3)2 ( 0.

Приведем еще одно доказательство этого неравенства, которое пригодится нам

дальше.

Начнем с основного неравенства (х – у2) ( 0, которое можно записать в

следующем виде:

[pic] (3)

Неравенство (3) имеет место для любых действительных чисел х и у. Вместо х

и у последовательно подставим в (3) следующие выражения:

сначала:

[pic] [pic]

затем

[pic] [pic]

и, наконец,

[pic] [pic]

где ai, bi – действительные числа.

Складывая три полученных таким образом неравенства, имеем

[pic],

что бесспорно равносильно неравенству

(a12 + a22 + a32)Ѕ(b12 + b22 + b32)Ѕ ( a1b1 + a2b2 + a3b3

А это неравенство равносильно неравенству (1) при ai, bi – неотрицательных.

в) n – мерный вариант неравенства Коши будет выглядеть так

[pic] ,

где ai, bi, i = 1, 2, … n – неотрицательные числа.

Неравенство Гёльдера.

Одно из наиболее полезных неравенств математического анализа – неравенство

Гёльдера. Оно утверждает, что для любой системы неотрицательных чисел ai и

bi (i – 1, 2, … , n)

[pic] (1)

где числа р и q удовлетворяют условию

[pic] и р > 1

Фактически мы докажем неравенство (1) только для рациональных р и q. Однако

окончательный результат сохраняет силу и для иррациональных р и q.

Начнем с неравенства

[pic] (2)

Оно выводится как частный случай теоремы о среднем арифметическом среднем

геометрическом. Положим, что первые m чисел xi в неравенстве

[pic]

равны некоторому неотрицательному числу х, тогда остается N-m чисел и пусть

они равны неотрицательному числу у, т.е.

x1 = x2 = … = xm = x

xm+1 = xm+2 = … = xn = y

В этом случае теорема о среднем арифметическом и среднем геометрическом для

чисел x1, x2, … , xn примет вид

[pic]

или

[pic]

Здесь n – любое целое число, а m – целое число значения которого заключены

в пределах 1 ( m ( n – 1. Отсюда следует, что число m/n может быть любой

рациональной дробью r, принадлежащей интервалу 0 < r < 1. Теперь последнее

неравенство можно переписать так:

rx + (1 – r)y ( x r y1-r (3)

Это неравенство имеет место для любых неотрицательных чисел х и у и для

любой дроби r, значения которой заключены между 0 и 1. Равенство здесь

достигается тогда и только тогда, когда х = у.

Обозначим число r через 1/р; поскольку 0 < r < 1, то p > 1. Отсюда

[pic] . Пусть [pic], тогда [pic] и [pic]

В этих обозначениях неравенство (3) принимает вид

[pic] (4)

С целью исключить из рассмотрения дробные показатели степени положим

х = ар, у = bр.

При этом неравенство (4) принимает вид

Страницы: 1, 2, 3, 4, 5, 6