Нерівності з модулем
Вступ
Модуль дійского числа \(x\) визначається наступним чином:
\[ |x| = \begin{cases} +x & \text{якщо } x \geq 0 \\[6pt] -x & \text{якщо } x < 0 \end{cases} \, \forall \, x \in \mathbb{R} \]
Геометрично \(|x|\) представляє відстань від \(x\) до початку координат на дійсній прямій, а в більш загальному випадку \(|x - a|\) представляє відстань між \(x\) та точкою \(a\). Така геометрична інтерпретація часто є найприроднішим способом розуміння нерівностей із модулем, і вона слугуватиме інтуїтивною основою для методів розв'язання, розглянутих нижче.
В основі розв'язання таких нерівностей лежать такі властивості. Для кожного дійского числа \(k > 0\) та будь-якого дійского виразу \(f(x)\) виконуються наступні еквівалентності:
-
\( |f(x)| \leq k \quad \) якщо \( -k \leq f(x) \leq k.\)
-
\(|f(x)| \geq k \quad \) якщо \(f(x) \leq -k \, \) або \( \, f(x) \geq k.\)
Ці ж еквівалентності природним чином поширюються на випадки строгих нерівностей, де \(\leq\) замінюється на \(<\), а \(\geq\) на \(>\). Коли \(k = 0\), нерівність \(|f(x)| \leq 0\) виконується лише тоді, коли \(f(x) = 0\), оскільки модуль завжди є невипадково від'ємним. Для \(k < 0\) нерівність \(|f(x)| \leq k\) не має розв'язання для будь-якого \(x\).
Альтернативний метод, що застосовується у випадках, коли вираз під модулем є лінійним, полягає в аналізі знака аргументу за допомогою його кусового визначення. Визначається точка, в якій аргумент перетворюється на нуль, дійсна пряма поділяється на дві відповідні півпрямі, і нерівність переписується окремо для кожної з них, позбуваючись модуля. Часткові розв'язання потім об'єднуються за допомогою операції об'єднання.
Розв'язання нерівності з модулем базується на тому ж принципі, що і розв'язання рівняння з модулем: застосовуються визначальні властивості функції модуля, щоб алгебраїчно позбутися його, зводячи задачу до набору звичайних нерівностей, які необхідно розв'язати та об'єднати.
Трикутна нерівність
Фундаментальним результатом, тісно пов'язаним із нерівностями з модулем, є трикутна нерівність. Для будь-яких двох дійских чисел \(a\) та \(b\) виконується наступне відношення:
\[ |a + b| \leq |a| + |b| \]
Ця нерівність стверджує, що модуль суми ніколи не перевищує суми модулів. Її доведення та детальний розгляд наслідків представлені в статті про модуль.
Цей результат варто пам'ятати при роботі з виразами, що містять суми модулів, оскільки він дає негайну верхню межу, що може спростити оцінки без необхідності повного попіксельного аналізу випадків.
Приклад 1
Розглянемо наступну просту нерівність:
\[ |x – 3| \leq 5 \]
Застосовуючи фундаментальну властивість для випадку \(\leq\), отримаємо систему з двох одночасних нерівностей:
\[ -5 \leq x - 3 \leq 5 \]
Щоб ізолювати \(x\), додамо \(3\) до всіх трьох членів складеної нерівності. Ця операція є допустимою, оскільки додавання однієї й тієї самої величини до обох частин нерівності не змінює її напрямку.
\[ -5 + 3 \leq x \leq 5 + 3 \]
\[ -2 \leq x \leq 8 \]
Зображення отриманих значень на дійсній прямій дає наступну картину:
| \[ -2\] | \[8\] | ||
|---|---|---|---|
Виділений рядок представляє перетин двох умов: розв'язанням є множина значень \(x\), для яких обидві нерівності виконуються одночасно. Отже, розв'язанням є замкнений проміжок \([-2,\, 8]\).
Отже, розв'язанням є замкнений проміжок \([-2,\, 8]\).
Приклад 2
Розглянемо наступну нерівність:
\[ |2x + 1| > 3 \]
Застосовуючи фундаментальну властивість для випадку \(>\), нерівність розпадається на дві альтернативні умови, кожна з яких має бути виконана незалежно.
\[2x + 1 < -3 \] \[2x + 1 > 3\]
Розв'язуючи першу умову, віднімаючи \(1\) від обох частин, отримаємо \(2x < -4\), а ділення на \(2\) дає \(x < -2\). Оскільки дільник додатний, знак нерівності зберігається.
Розв'язуючи другу умову аналогічним чином і віднімаючи \(1\), отримаємо \(2x > 2\), а ділення на \(2\) дає \(x > 1\).
Зображення отриманих значень на дійсній прямій дає наступну картину:
| \[ -2\] | \[1\] | ||
|---|---|---|---|
Як і в розглянутому раніше випадку, виділений рядок представляє об'єднання двох умов: розв'язком є множина значень \(x\), для яких виконується хоча б одна з двох нерівностей.
Отже, розв'язком є об'єднання відкритих проміжків \((-\infty,\, -2) \cup (1,\, +\infty)\).
Приклад 3
Розглянемо наступну нерівність, у якій з'являються два різні модулі:
\[ |x + 1| + |x - 2| > 4 \]
Коли нерівність містить більше одного модуля, найсистематичнішим підходом є розбиття дійсної прямої відповідно до нулів аргументів. Вирази \(x + 1\) та \(x - 2\) перетворюються на нуль при \(x = -1\) та \(x = 2\) відповідно, що дає три області для окремого аналізу.
Випадок \(x < -1\). У цій області \(x + 1 < 0\) та \(x - 2 < 0\), тому обидва аргументи від'ємні, і модуль змінює їхній знак на протилежний. Нерівність набуває такого вигляду:
\[ -(x + 1) + (-(x - 2)) > 4 \]
\[ -x - 1 - x + 2 > 4 \]
\[ -2x + 1 > 4 \]
Віднімаючи \(1\) від обох частин, отримаємо \(-2x > 3\). Ділячи на \(-2\) та змінюючи знак нерівності, оскільки дільник від'ємний, отримаємо наступне:
\[ x < -\frac{3}{2} \]
Ця умова має виконуватися в області \(x < -1\). Оскільки \(-\frac{3}{2} < -1\), умова \(x < -\frac{3}{2}\) є більш обмежувальною з двох, і перетин з \(x < -1\) зводиться до \(x < -\frac{3}{2}\). Таким чином, внесок цього випадку становить \(\left(-\infty,\, -\frac{3}{2}\right)\).
Випадок \(-1 \leq x < 2\). У цій області \(x + 1 \geq 0\) та \(x – 2 < 0\). Нерівність набуває такого вигляду:
\[ (x + 1) + (-(x – 2)) > 4 \]
\[ x + 1 – x + 2 > 4 \]
\[ 3 > 4 \]
Це суперечність, яка не виконується для жодного значення \(x\). Отже, випадок II не дає розв'язків.
Випадок \(x \geq 2\). У цій області \(x + 1 > 0\) та \(x - 2 \geq 0\), тому обидва аргументи невід'ємні, і модуль залишає їх без змін. Нерівність набуває такого вигляду:
\[ (x + 1) + (x – 2) > 4 \]
\[ 2x – 1 > 4 \]
Додаючи \(1\) до обох частин, отримаємо \(2x > 5\), а ділення на \(2\) дає наступне:
\[ x > \frac{5}{2} \]
Перетин з \(x \geq 2\): оскільки \(\frac{5}{2} > 2\), ефективною умовою є \(x > \frac{5}{2}\). Таким чином, внесок цього випадку становить \(\left(\frac{5}{2},\, +\infty\right)\).
Збираючи результати всіх трьох випадків, часткові розв'язки, отримані на кожній області дійсної прямої, зображені нижче.
| \[ -\frac{3}{2}\] | \[\frac{5}{2}\] | ||
|---|---|---|---|
Об'єднання двох відкритих півпрямих дає повну множину розв'язків.
Отже, розв'язком нерівності є:
\[ \left(-\infty,\, -\frac{3}{2}\right) \cup \left(\frac{5}{2},\, +\infty\right) \]
Приклад 4
Тепер розглянемо складніший випадок, у якому права частина нерівності є не фіксованим числом, а дійсним параметром \(k\). Структура множини розв'язків залежить від значення \(k\), і повний аналіз вимагає окремого розгляду кількох випадків. Розглянемо наступну нерівність:
\[ |x – 1| > k \]
Поведінка розв'язання істотно змінюється залежно від того, чи є \(k\) від'ємним, нулем або додатним, і саме це ми маємо визначити.
Випадок \(k < 0\). Оскільки модуль завжди є невикладним, ліва частина задовольняє \(|x – 1| \geq 0 > k\) для будь-якого дійсного \(x\). Отже, нерівність виконується для всіх дійсних чисел, і розв'язанням є \(\mathbb{R}\).
Випадок \(k = 0\). Нерівність зводиться до \(|x – 1| > 0\), що виконується для будь-якого \(x\), крім точки, де модуль дорівнює нулю. Оскільки \(|x – 1| = 0\) тоді і тільки тоді, коли \(x = 1\), розв'язанням є \(\mathbb{R} \setminus {1}\).
Випадок \(k > 0\). Застосовуючи основну властивість для випадку \(>\), нерівність розпадається на дві альтернативні умови:
\[ x – 1 < -k \] \[ x – 1 > k\]
Додавання \(1\) до обох частин кожної умови дає наступне:
\[ x < 1 – k \qquad \text{або} \qquad x > 1 + k \]
Зображення розв'язання на дійсній прямій дає наступну картину:
| \[ 1-k\] | \[1+k\] | ||
|---|---|---|---|
Зауважимо, що при \(k \to 0^+\) дві граничні точки \(1 – k\) та \(1 + k\) наближаються до \(1\) з протилежних боків, і множина розв'язків наближається до \(\mathbb{R} \setminus \{1\}\), що узгоджується з випадком \(k = 0\).
Отже, розв'язанням є об'єднання двох відкритих інтервалів: \[\left(-\infty,\, 1-k\right) \cup \left(1+k,\, +\infty\right)\]
Нерівності з непостійною правою частиною
Еквівалентності, наведені вище, передбачають, що права частина є додатною сталою \(k\). Коли права частина сама є функцією від \(x\), наприклад \(g(x)\), ситуація потребує додаткової уваги. Розглянемо наступну нерівність.
\[ |f(x)| \leq g(x) \]
Застосовуючи ті ж міркування, що й раніше, це еквівалентно наступній складеній нерівності.
\[ -g(x) \leq f(x) \leq g(x) \]
Однак це зведення є правильним лише тоді, коли \(g(x) > 0\). Якщо в якійсь точці \(g(x) \leq 0\), нерівність \(|f(x)| \leq g(x)\) не може бути задоволена, оскільки ліва частина завжди є невикладною. Таким чином, правильний підхід полягає в тому, щоб встановити \(g(x) > 0\) як необхідну умову та знайти її перетин із розв'язанням складеної нерівності. Як конкретний приклад, розглянемо наступне.
\[ |x – 1| \leq 2x - 3 \]
Права частина \(g(x) = 2x - 3\) є додатною лише тоді, коли \(x > \frac{3}{2}\). Поза цією областю нерівність не має розв'язків незалежно від значення \(|x – 1|\). У області \(x > \frac{3}{2}\) нерівність еквівалентна наступній системі.
\[ -(2x - 3) \leq x – 1 \leq 2x - 3 \]
Ліва нерівність \(-(2x - 3) \leq x – 1\) спрощується до \(-2x + 3 \leq x - 1\), тобто \(4 \leq 3x\), звідси \(x \geq \frac{4}{3}\). Права нерівність \(x – 1 \leq 2x - 3\) спрощується до \(2 \leq x\), звідси \(x \geq 2\). Оскільки \(\frac{4}{3} < \frac{3}{2} < 2\), умова \(x \geq \frac{4}{3}\) вже випливає з вимоги \(x > \frac{3}{2}\), і найсуворішим обмеженням серед усіх трьох є \(x \geq 2\). Зображення розв'язання на дійсній прямій дає наступну картину.
| \[\frac{4}{3}\] | \[\frac{3}{2}\] | \[2\] | ||
|---|---|---|---|---|
Три критичні значення, що з'являються на графіку, відображають три незалежні умови, отримані під час розв'язання: поріг \(\frac{4}{3}\) з лівої нерівності, поріг \(\frac{3}{2}\) з вимоги додатності \(g(x)\) та поріг \(2\) з правої нерівності. Оскільки кожна наступна умова є більш обмежувальноюю, ніж попередня, ефективне розв'язання повністю визначається найправішою межею.
Отже, розв'язанням є проміжок \([2, +\infty)\).