Nierówność z modułem zagnieżdżonym Draghan: Mam pewne pytanie do osób z zacięciem dydaktycznym I nie tyle chodzi o podanie samego rozwiązania zadania, lecz o nakierowanie mnie na odpowiedni sposób Mam problem z rozwiązywaniem nierówności z modułem zagnieżdżonym. Na niektórych stronach piszą, że należy opuszczać najpierw moduł zewnętrzny, na innych zaś − że prawidłowo należy zająć się modułem "ze środka" w pierwszej kolejności (w technikum realizowany jest jedynie materiał podstawowy, więc nie miałem na lekcjach, a na studia potrzebuję matematykę rozszerzoną ). Moje pytanie brzmi: które podejście jest poprawne? Osobiście sądzę, że oba, ale wtedy mam kolejne pytanie: które podejście jest szybsze? Kiedy sam liczę, zawsze coś jest nie tak z wynikiem −.− Żeby zobrazować na jakimś przykładzie, może weźmy coś takiego: ||x+3| −4|≥12

pigor: ... bardzo dobre pytanie na które nie dostaniesz jednoznacznej odpowiedzi w każdym razie ode mnie, bo oba sposoby są poprawne, a więc ja ci rozwiążę (a więc nie obejdzie się bez "gotowca" , ale do przemyślenia ), tymi dwoma sposobami, a wtedy ty sam sobie odpowiedz ; I sposób (od zewnątrz) : ||x+3|−4| ≥12 ⇔ |x+3|−4 ≤ −12 v |x+3|−4 ≥12 ⇔ |x+3| ≤ −8 v |x+3| ≥16 ⇔ ⇔ x∊ ∅ v x+3 ≤−16 v x+3 ≥ 16 ⇔ x ≤ −19 v x ≥ 13 ⇔ ⇔ x∊(−∞;−19> U <13;+∞) . −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− II sposób przedziałami ||x+3|−4| ≥12 ⇔ (x+3<0 i |−x−3−4| ≥ 12) v (x+3 ≥0 i |x+3−4| ≥12) ⇔ ⇔ (x< −3 i |x+7| ≥ 12) v (x ≥ −3 i |x−1| ≥12) ⇔ ⇔ (x< −3 i (x+7 ≤ −12 v x+7 ≥12)) v (x ≥ −3 i (x−1 ≤ −12 v x−1 ≥12)) ⇔ ⇔ (x< −3 i (x ≤ −19 v x ≥ 5)) v (x ≥ −3 i (x ≤ −11 v x ≥13)) ⇔ ⇔ x ≤ −19 v x∊∅ v x∊∅ v x ≥13 ⇔ x ≤ −19 v x ≥ 13 ⇔ ⇔ x∊(−∞;−19> U <13;+∞) . i to tyle decyzja należy do Ciebie. ... −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− dla mnie oczywiście I sposób ..

PW: Obie strony nierówności sa nieujemne, więc podnoszenie do kwadratu daje nierówność równoważną: ||x+3|−4|² ≥ 12² (|x+3|−4)² ≥ 144 |x+3|² −8|x+3| + 16 ≥ 144 (x+3)² − 8|x+3| ≥ 128 x²+6x+9 − 8|x+3| ≥ 128 x²+6x−119 ≥ 8|x+3| Teraz rozpatrujemy dwie nierówności: na przedziale (−∞,−3) lub na przedziale [−3, ∞). To taki dowcip obalający mit o wyższości świąt Bożego Narodzenia nad świętami Wielkiej Nocy.

PW: O, rozwiązania pigora nie widziałem, masz więc trzecią koncepcję do wyboru. Możesz z ciekawości przeliczyć, czy dostaniesz identyczne rozwiązanie.

Draghan: Właśnie liczę Przyznam, że z podnoszeniem takiej nierówności do kwadratu spotkałem się pierwszy raz, ale ciekawie to wygląda. Jeśli z prawej strony nierówności byłaby liczba ujemna, podnosić do kwadratu nie można, prawda? Bo zmienia się wynik, dobrze myślę?

PW: Gdyby w tym zadaniu z prawej strony była liczba ujemna, to rozwiązanie polegałoby na stwierdzeniu, że nierówność jest spełniona dla każdej liczby rzeczywistej, rozwiązaniem jest R (bo wartość bezwzględna jest liczbą nieujemną − większą od ujemnej). Jeżeli mamy jakąkolwiek nierówność postaci (1) f(x) ≤ g(x), x∊D to można obie strony podnieść do kwadratu pod warunkiem, że obie funkcje f i g przyjmują w rozpatrywanej dziedzinie tylko wartości nieujemne. Wynika to z faktu, że funkcja h(u) = u² jest rosnąca dla u ≥ 0, a więc u₁ ≤ u₂ ⇔ u₁² ≤ u₂². Dla u₁ = f(x) ≥ 0 i u₂ = g(x) ≥ 0 otrzymujemy f(x) ≤ g(x) ⇔ (f(x))² ≤ (g(x))², x∊D. Można zatem skomentować, że odpowiedź na Twoje pytanie jest tak prosta, że aż trudna.

zawodus: To ja zaproponuje rozwiązanie graficzne Rysujesz wykres f(x)= ||x+3|−4| potem g(x)=12 i patrzysz gdzie f(x)≥g(x)

Draghan: No, no... Bardzo to wszystko ciekawe Dziękuję Wam wszystkim, a w szczególności @PW, który się musiał najbardziej przyłożyć do wypowiedzi Doceniam

Jatimir: Co do pierwszego sposobu pigora można go użyć, gdy nie ma x poza wartością bezwzględną. Czy jeśli x jest poza modułem to czy nadal można z niego korzystać? Dajmy na to |x−|x+5||>7−x albo ze znakiem mniejszości: |x−|x+5||<5−x . Z tego co wiem, w przypadku drugiej nierówności trzeba dodać, że 5−x>0 ⇔ x<5. Co do pierwszej można nadal korzystać z |x−a|>b ⇔ x−a>b ∨ x−5<−b ? Czy dobrze to rozumiem?