Пятница, 22.01.2021, 19:55
Ш  К  О  Л  А     П  И  Ф  А  Г  О  Р  А
      Предмет математики настолько серьезен, что нужно
не упускать случая, сделать его немного занимательным".
                                                                           Блез Паскаль
Главная | Регистрация | Вход Приветствую Вас Гость | RSS
ПАМЯТКИ ПО МАТЕМАТИКЕ   ВЕЛИКИЕ МАТЕМАТИКИ   ТЕОРИЯ ЧИСЕЛ   МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ЛОГИКА
УРОКИ МАТЕМАТИКИ В ШКОЛЕ


МАТЕМАТИЧЕСКАЯ КЛАДОВАЯ


В МИРЕ ЗАДАЧ
ЕГЭ ПО МАТЕМАТИКЕ
МАТЕМАТИКА В НАЧАЛЬНОЙ ШКОЛЕ
ВАРИ, КОТЕЛОК!
УДИВИТЕЛЬНАЯ МАТЕМАТИКА
ВЫСШАЯ МАТЕМАТИКА
В МИРЕ ИНТЕРЕСНОГО
Категории раздела
ИЗ ОПЫТА РАБОТЫ УЧИТЕЛЯ МАТЕМАТИКИ [63]
ПРЕПОДАЕМ АЛГЕБРУ И НАЧАЛА АНАЛИЗА В 11 КЛАССЕ [19]
Статистика

Онлайн всего: 5
Гостей: 5
Пользователей: 0
Форма входа

Главная » Файлы » МЕТОДИЧЕСКИЕ НАРАБОТКИ » ПРЕПОДАЕМ АЛГЕБРУ И НАЧАЛА АНАЛИЗА В 11 КЛАССЕ

Равносильность неравенств на множествах
07.10.2014, 19:23
      В данном параграфе будет продолжено рассмотрение неравносильных преобразований неравенств, будет рассмотрен способ решения неравенств: переход к неравенству, равносильному исходному неравенству на некотором множестве чисел М. Его рекомендуется основательно изучать лишь в классах с углубленным изучением математики, так как его применение требует не формального выполнения заученного алгоритма, а осмысленного выбора учащимися того множества, на котором будет проводиться преобразование неравенства.
      Переход от исходного неравенства к неравенству, равносильному ему на некотором множестве, применяется еще и при решении неравенств с несколькими модулями. Такие неравенства будут рассмотрены в § 12.

11.1. Основные понятия

      В этом пункте учебника введены понятия неравенств, равносильных на некотором множестве М, равносильного перехода на множестве М от одного неравенства к другому или равносильного преобразования неравенства на множестве М; перечислены пять основных преобразований неравенств, приводящих исходное неравенство к неравенству, равносильному ему на некотором множестве. В следующих пунктах § 11 эти преобразования рассматриваются подробно.
      Решения и комментарии
      11.5. Объясните, в результате какого преобразования из первого неравенства получено второе:
      а)  sin  x > соs x, sin2 x > соs2 x;
      в)  log3 tg x > log3  3 , tg x> 3 ;
      е)   x 2 −5x lg⁡x > −6 lg⁡x , x2 − 5x > −6.
      В каждом случае выясните, на каком множестве равносильны первое и второе неравенства.
      Решение. а) Второе неравенство получено из первого возведением в квадрат. Неравенства равносильны на множестве М чисел x, удовлетворяющих условиям sin x ≥ 0 и cos x ≥ 0, т. е. на множестве M=[ 2πm;  π 2 +2πm ], m  ∈  Z.
      в)  Второе неравенство получено потенцированием первого неравенства. Эти неравенства равносильны на множестве М тех чисел x, которые удовлетворяют условию tg x > 0, т. е. на множестве M=( 2πm;  π 2 +πm ), m  ∈  Z.
      е)  Второе неравенство получено из первого неравенства умножением обеих частей на функцию y = lg x. Неравенства равносильны на множестве М тех чисел x, которые удовлетворяют условию lg x > 0, т. е. на множестве М = (1; +∞).

11.2. Возведение неравенства в четную степень

      В этом пункте учебника сформулировано следующее утверждение: неравенства f (x) > g (x) и (f (x))2m > (g (x))2m, где m  ∈  N, равносильны на том множестве М, где f (x) ≥ 0 и g (x) ≥ 0. В п. 11.2 учебника и в п. 41 дидактических материалов приведены примеры применения этого утверждения при решении неравенств. Обратим внимание на то, что это утверждение применяется при решении не только иррациональных неравенств, но и неравенств с модулями (пример 3 из учебника). Приведем еще один пример.
      Пример. Решим неравенство
| 1 + 2 sin x | < | 1 − 3 sin x |.     (1)

      Решение. Обе функции f (x) = | 1 + 2 sin x | и φ (x) = | 1 − 3 sin x | неотрицательны для каждого x  ∈  R. Поэтому неравенство (1) равносильно неравенству
(1 + 2 sin x)2 < (1 − 3 sin x)2.     (2)

      Неравенство (2) можно переписать в виде
5 sin x (2 − sin x) < 0.     (3)

      Так как 2 − sin x > 0 для каждого x  ∈  R, то неравенство (3) равносильно неравенству
sin x < 0.     (4)

      Множество решений неравенства (4), а значит, и равносильного ему неравенства (1) составляет серию промежутков (π + 2πk; 2π + 2πk), k  ∈  Z.
      Решения и комментарии
      Решите неравенство (11.8—11.16):
      11.8.  а)   x+1 <x−1.
      Решение. Все решения исходного неравенства принадлежат множеству М чисел х, удовлетворяющих условиям x + 1 ≥ 0, x − 1 > 0, т. е. множеству М = (1;  +∞). Для каждого x  ∈  M обе функции f(x)= x+1 и φ (x) = x − 1 неотрицательны, поэтому исходное неравенство равносильно на множестве М неравенству
x + 1 < (x − 1)2.     (5)

      Все решения неравенства (5) составляют два промежутка: (−∞; 0) и (3; +∞), из них множеству M принадлежат все x из промежутка (3; +∞). Следовательно, все решения неравенства (5) на множестве М составляют промежуток (3; +∞). Поэтому и равносильное ему на множестве М исходное неравенство имеет те же решения: промежуток (3; +∞).
      11.9.  а)   x+1 >x−1.
      Решение. Все решения исходного неравенства принадлежат множеству М чисел х, удовлетворяющих условию x + 1 ≥ 0, т. е. множеству М = [−1; +∞).
      1)  Очевидно, что все x  ∈  M, для которых x − 1 < 0, являются решениями исходного неравенства, т. е. все x  ∈  [−1; 1) являются решениями исходного неравенства.
      2)  В каждой точке множества M1 = [1; +∞) обе функции f(x)= x+1 и g (x) = x − 1 неотрицательны, поэтому исходное неравенство равносильно на множестве M1 неравенству
x + 1 > (x − 1)2.     (6)

      Все решения неравенства (6) составляют промежуток (0; 3), из них множеству M1 принадлежит промежуток [1; 3). Следовательно, все решения неравенства (6) на множестве M1 составляют промежуток [1; 3). Поэтому и равносильное ему на множестве М исходное неравенство имеет те же решения на множестве M1.
      Объединив решения, найденные в пп. 1 и 2, получим, что множество решений исходного неравенства составляет промежуток [−1; 3).
      11.16. а) 1 + sin x > | cos x |.
      Решение. В каждой точке множества R обе функции f (x) = 1 + sin x и g (x) = | cos x | неотрицательны, поэтому исходное неравенство равносильно неравенству
(1 + sin x)2 > cos2 x.     (7)

      Применив формулу квадрата суммы, перенеся все слагаемые в одну часть и применив основное тригонометрическое тождество, перепишем неравенство (7) в виде
2 sin x (1 + sin x) > 0.     (8)

      Так как неравенство t (1 + t) > 0 имеет решения: все t < −1 и все t > 0, то решения неравенства (8) найдем, объединив все решения неравенств sin x < −1 и sin x > 0. Первое из этих неравенств не имеет решений, а множество решений второго неравенства есть серия промежутков (2πk; π + 2πk), k  ∈  Z.
      Следовательно, исходное неравенство имеет то же множество решений: серию промежутков (2πk; π + 2πk), k  ∈  Z.

11.3*. Умножение неравенства на функцию

      В этом пункте учебника сформулировано утверждение: неравенства f (x) > g (x) и f (x) φ (x) > g (x) φ (x) равносильны на том множестве М, на котором определена и положительна функция φ (x). В п. 11.3 учебника и в п. 41 дидактических материалов приведены примеры применения этого утверждения при решении неравенств. Приведем еще пример.
      Пример. Решим неравенство
18 sin⁡x > x 2 +3x sin⁡x .     (1)

      Решение. Все решения неравенства (1) содержатся в множестве М всех тех x, для каждого из которых sin x > 0, т. е. содержатся в множестве М — серии интервалов (2πk; π + 2πk), k  ∈  Z. В каждой точке множества М функция φ(x)= sin⁡x определена и положительна, поэтому, умножив неравенство (1) на функцию φ (x), получим, что оно равносильно на множестве M неравенству
18 > x2 + 3x.     (2)

      Множество решений неравенства (2) составляет интервал (−6; 3). Из них множеству M принадлежат лишь x из двух интервалов: (−6; −π) и (0; 3).
      Следовательно, все решения неравенства (2) на множестве М составляют множество (−6; −π)  ∪  (0; 3). Поэтому и равносильное ему на множестве M неравенство (1) имеет те же решения: (−6; −π)  ∪  (0; 3).
      Решения и комментарии
      11.20. а) Решите неравенство x 2 1−cos⁡x < x+2 1−cos⁡x .
      Решение. Все решения исходного неравенства содержатся в множестве М всех тех x, для каждого из которых cos x ≠ 1, т. е. содержатся в множестве всех x ≠ 2πk, k  ∈  Z. В каждой точке множества М функция φ (x) = 1 − cos x определена и положительна, поэтому, умножив исходное неравенство на функцию φ (x), получим, что оно равносильно на множестве M неравенству
x2 < x + 2.     (3)

      Множество решений неравенства (3) составляет интервал (−1; 2). Из них множеству M принадлежат лишь x из двух интервалов: (−1; 0) и (0; 2).
      Следовательно, все решения неравенства (3) на множестве М составляют множество (−1; 0)  ∪  (0; 2). Поэтому и равносильное ему на множестве M исходное неравенство имеет те же решения: (−1; 0)  ∪  (0; 2).

11.4 * . Другие преобразования неравенств

      В этом пункте учебника сформулированы утверждения о потенцировании логарифмических неравенств, о приведении подобных членов и применении формул при решении неравенств. В п. 11.4 учебника и в пп. 41 и 42 дидактических материалов приведены примеры применения этих утверждений при решении неравенств. Обратим внимание на утверждение 3 из учебника.
      Пусть в каждой точке множества М определены обе части некоторой формулы. Тогда, применив эту формулу при решении неравенства, получим неравенство того же знака, равносильное на множестве М исходному неравенству.
      Приведем пример на применение этого утверждения.
      Пример. Решим неравенство
3 log⁡ 3 (2x−5) > x 2 −4x+1.     (1)

      Решение. Обе части формулы 3 log⁡ 3 (2x−5) >2x−5 определены для всех x, удовлетворяющих условию 2x − 5 > 0, т. е. на множестве M = (2,5; +∞). Поэтому по утверждению 3 неравенство (1) равносильно на множестве M неравенству
2x − 5 > x2 − 4x + 1.     (2)

      Все решения неравенства (2) составляют промежуток ( 3− 3 ; 3+ 3 ) . Из них множеству М принадлежат лишь x из промежутка ( 2,5; 3+ 3 ) . Следовательно, все решения неравенства (1) составляют промежуток ( 2,5; 3+ 3 ) .
      Следует отметить, что утверждение 3 — единственное утверждение в учебнике, позволяющее применять формулы при решении неравенств.
      Решения и комментарии
      11.29. а) Решите неравенство tg x + x2 < tg x + 2x + 3.
      Решение. Все решения исходного неравенства содержатся в множестве М всех чисел x, удовлетворяющих условию x≠ π 2 +πn, n  ∈  Z. Так как в каждой точке множества М определена функция φ (x) = tg x, то, приведя подобные члены, получим, что исходное неравенство равносильно на множестве M неравенству
x2 < 2x + 3,     (3)

имеющему множество решений (−1; 3). Из этих чисел множеству М принадлежат лишь x из двух промежутков: ( −1; π 2 ) и ( π 2 ;3 ) . Поэтому исходное неравенство, равносильное на множестве М неравенству (3), имеет то же множество решений: ( −1; π 2 )∪( π 2 ;3 ) .

11.5*. Применение нескольких преобразований

      В данном пункте учебника приведены примеры применения нескольких преобразований при решении неравенств.
      Решения и комментарии
      Решите неравенство (11.37—11.46):
      11.37.  а)   13x+25 | x−2 | > 11x+23 | x−2 | .
      Решение. Все решения исходного неравенства содержатся в множестве М всех тех x, для каждого из которых x ≠ 2, 13x + 25 ≥ 0 и 11x + 23 ≥ 0, т. е. в множестве M =  [ − 25 13 ;2 )∪  (2; +∞). В каждой точке множества М функция φ (x) = | x − 2 | определена и положительна, поэтому, умножив исходное неравенство на функцию φ (x), получим, что оно равносильно на множестве M неравенству
13x+25 > 11x+23 .     (1)

      В каждой точке множества М обе функции f(x)= 13x+25 и  g(x)= 11x+23 определены и неотрицательны, поэтому неравенство (1) равносильно на множестве M неравенству
13x + 25 > 11x + 23.     (2)

      Неравенство (2) имеет множество решений (−1; +∞). Из этих чисел множеству М принадлежат лишь x из двух промежутков: (−1; 2) и (2; +∞). Поэтому исходное неравенство, равносильное на множестве М неравенству (2), имеет то же множество решений: (−1; 2)  ∪  (2; +∞).
      11.43.  а)   x 2 +1 −| cos⁡x | 2x +| cos⁡x | > 2x −| cos⁡x | x 2 +1 +| cos⁡x | .
      Решение. Все решения исходного неравенства содержатся в множестве М всех тех x, для каждого из которых x ≥ 0. В каждой точке множества М функция φ(x)=( 2x −| cos⁡x | )( x 2 +1 +| cos⁡x | ) определена и положительна, поэтому, умножив исходное неравенство на функцию φ (x), получим, что оно равносильно на множестве M неравенству

( x 2 +1 ) 2 − | cos⁡x | 2 > ( 2x ) 2 − | cos⁡x | 2 .     (3)

      Неравенство (3) равносильно на множестве M неравенству
x2 − 2x + 1 > 0.     (4)

      Неравенство (4) имеет множество решений (−∞; 1)  ∪  (1; +∞). Из этих чисел множеству М принадлежат лишь x из двух промежутков: [0; 1) и (1; +∞). Поэтому исходное неравенство, равносильное на множестве М неравенству (4), имеет то же множество решений: [0; 1)  ∪  (1; +∞).
      11.45.  а)   2+ log⁡ x 2 −2x−3 ( x+4 x+1 )> log⁡ x 2 −2x−3 ( x 2 −2x−2) 2 .
      Решение. Все решения исходного неравенства содержатся в множестве М всех тех x, для каждого из которых x2 − 2x − 3 > 0, x2 − 2x − 3 ≠ 1, x+4 x+1 >0, x2 − 2x − 2 ≠ 0, т. е. в множестве М, состоящем из трех промежутков: (−∞; −4), ( 3; 1+ 5 ) и  ( 1+ 5 ;+∞ ) . В каждой точке множества М определены все части формул
2+ log⁡ x 2 −2x−3 ( x+4 x+1 )= log⁡ x 2 −2x−3 ( x 2 −2x−3)+
+ log⁡ x 2 −2x−3 ( x+4 x+1 )= log⁡ x 2 −2x−3 ( ( x 2 −2x−3)(x+4) x+1 )=
= log⁡ x 2 −2x−3 (x−3)(x+4)= lg⁡(x−3)(x+4) lg⁡ x 2 −2x−3
и
log⁡ x 2 −2x−3 ( x 2 −2x−2) 2 = log⁡ x 2 −2x−3 ( x 2 −2x−2)=
= lg⁡( x 2 −2x−2) lg⁡ x 2 −2x−3 .
      Поэтому исходное неравенство равносильно на множестве М неравенству
lg⁡( x 2 −2x−12) lg⁡ x 2 −2x−3 > lg⁡( x 2 −2x−2) lg⁡ x 2 −2x−3 .     (5)

      1) В каждой точке множества М1 = (−∞; −4)  ∪( 1+ 5 ;+∞ ) функция φ(x)=lg⁡ x 2 −2x−3 определена и положительна, поэтому, умножив неравенство (5) на функцию φ (x), получим, что оно равносильно на множестве М1 неравенству

lg (x2 + x − 12) > lg (x2 − 2x − 2).

      Потенцируя это неравенство, получим, что оно равносильно на множестве М1 неравенству
x2 + x − 12 > x2 − 2x − 2.     (6)

      Неравенство (6) имеет решения: x> 10 3 , все они принадлежат множеству М1. Следовательно, неравенство (5) на множестве М1 имеет решения: x∈( 10 3 ;+∞ ) .
      2) В каждой точке множества M 2 =( 3; 1+ 5 ) функция φ(x)=lg⁡ x 2 −2x−3 определена и отрицательна, поэтому, умножив неравенство (5) на функцию φ (x), получим, что оно равносильно на множестве М2 неравенству

lg (x2 + x − 12) < lg (x2 − 2x − 2).

      Потенцируя это неравенство, получим, что оно равносильно на множестве М2 неравенству
x2 + x − 12 < x2 − 2x − 2.     (7)

      Неравенство (7) имеет решения: x< 10 3 . Из этих чисел множеству М2 принадлежат лишь x из промежутка ( 3; 1+ 5 ) . Следовательно, неравенство (5) на множестве М2 имеет решения: x∈( 3; 1+ 5 ) .
      Объединяя найденные решения, получим, что исходное неравенство имеет множество решений: ( 3; 1+ 5 )∪( 10 3 ;+∞ ) .
      11.46.  а)   (4−x) x 2 −9 − sin⁡ 2 10°< (4−x) 1 log⁡ cos⁡10° 4−x .
      Решение. Все решения исходного неравенства содержатся в множестве М всех тех x, для каждого из которых 4 − x > 0, 4 − x ≠ 1, т. е. в множестве М = (−∞; 3)  ∪  (3; 4).
      В каждой точке множества М определены все части формул
(4−x) 1 log⁡ cos⁡10° 4−x = (4−x) log⁡ 4−x cos⁡10° = (4−x) log⁡ 4−x cos⁡ 2 10° = cos⁡ 2 10° ,
поэтому исходное неравенство равносильно на множестве М неравенству
(4−x) x 2 −9 − sin⁡ 2 10°< cos⁡ 2 10° ,
которое можно переписать в виде
(4−x) x 2 −9 <1.     (8)

      В каждой точке множества М определены все части формул
(4−x) x 2 −9 = 10 lg⁡ (4−x) x 2 −9 = 10 ( x 2 −9 )lg⁡(4−x) ,
поэтому неравенство (8) равносильно на множестве М неравенству
10 ( x 2 −9)lg⁡(4−x) < 10 0 .     (9)

      Логарифмируя показательное неравенство (9), получаем, что оно равносильно неравенству
(x2 − 9) lg (4 − x) > 0.     (10)

      Итак, исходное неравенство равносильно на множестве М неравенству (10).
      1)  В каждой точке множества М1 = (−∞; 3) справедливо неравенство 4 − x > 1, а значит, справедливо неравенство lg (4 − x) > 0. Поэтому на множестве М1 неравенство (10) равносильно неравенству x2 − 9 < 0, все решения которого составляют промежуток (−3; 3). Все эти числа принадлежат множеству М1. Следовательно, неравенство (10) имеет на множестве М1 решения: x  ∈  (−3; 3).
      2)  В каждой точке множества М2 = (3; 4) справедливо двойное неравенство 0 < 4 − x < 1, а значит, справедливо неравенство lg (4 − x) < 0. Поэтому на множестве М2 неравенство (10) равносильно неравенству x2 − 9 > 0, все решения которого составляют два промежутка: (−∞;−3) и  (3;+∞) . Из этих чисел множеству М2 принадлежат лишь x∈(3;4) . Следовательно, неравенство (10) имеет на множестве М2 решения x∈(3;4) .
      Объединяя все найденные решения, получим, что исходное неравенство имеет множество решений: (−3; 3)  ∪  (3; 4).
      11.47.  При каких значениях параметра а все решения неравенства loga (x − 2) > loga (8 − x) содержатся в интервале (1; 5)?
      Решение. По определению логарифма при a = 1 и при каждом a ≤ 0 не имеют смысла обе части исходного неравенства, поэтому при каждом из этих значений a исходное неравенство не имеет решений. Остается рассмотреть значения параметра из двух промежутков: 0 < a < 1 и a > 1. Все решения исходного неравенства содержатся в множестве М всех тех x, для каждого из которых x − 2 > 0 и 8 − x > 0, т. е. содержатся в множестве М = (2; 8).
      1)  При каждом a  ∈  (0; 1) исходное неравенство равносильно на множестве М неравенству x − 2 < 8 − x, все решения которого составляют промежуток (−∞; 5). Из этих чисел лишь x  ∈  (2; 5) принадлежат множеству М и содержатся в интервале (1; 5).
      2)  При каждом a > 1 исходное неравенство равносильно на множестве М неравенству x − 2 > 8 − x, все решения которого составляют промежуток (5; +∞). Из этих чисел лишь x  ∈  (5; 8) принадлежат множеству М, но не содержатся в интервале (1; 5).
      Итак, только при каждом a  ∈  (0; 1) все решения исходного неравенства содержатся в интервале (1; 5).
      Промежуточный контроль. C—41, C—42.

11.6*. Неравенства с дополнительными условиями

      В данном пункте учебника приведены примеры решения неравенств при дополнительных условиях, которые фактически означают, что неравенство нужно решить на заданном множестве. В некоторых случаях, используя заданное множество, можно существенно упростить решение задачи.
      Решения и комментарии
      Найдите все решения неравенства, принадлежащие указанному промежутку (11.48—11.53):
      11.48.  а)   ( sin⁡x− 1 2 )( sin⁡x+ 2 2 )>0 , (0; π).
      Решение. Так как для каждого x  ∈  (0; π) справедливо неравенство sin⁡x+ 2 2 >0, то исходное неравенство равносильно на промежутке (0; π) неравенству
sin⁡x− 1 2 >0.     (1)

      Промежутку (0; π) принадлежат лишь решения неравенства (1), составляющие промежуток ( π 6 ; 5π 6 ) . Следовательно, все решения исходного неравенства из промежутка (0; π) составляют промежуток ( π 6 ; 5π 6 ) .
      11.50. а) x4 + x3 + x2 − 3x > 0, [−2; 2].
      Решение. Очевидно, что многочлен, записанный в левой части исходного неравенства, имеет корни x1 = 0 и x2 = 1, поэтому это неравенство можно переписать в виде
x (x − 1) (x2 + 2x + 3) > 0.     (2)

      Так как x2 + 2x + 3 > 0 для каждого x  ∈  R, то неравенство (2) равносильно неравенству

x (x − 1) > 0,

все решения которого составляют два промежутка: (−∞; 0) и (1; +∞). Из этих чисел заданному промежутку принадлежат лишь все x из промежутков [−2; 0) и (1; 2]. Следовательно, все решения исходного неравенства из промежутка [−2; 2] составляют множество [−2; 0)  ∪  (1; 2].
      11.52. а)  sin⁡ πx 2 + 3 cos⁡ πx 4 +sin⁡ πx 4 + 3 2 >0, [−1; 5].
      Решение. Применив формулу синуса двойного угла, можно переписать исходное неравенство в виде
2( sin⁡ πx 4 + 3 2 )( cos⁡ πx 4 + 1 2 )>0.
      Так как для каждого x  ∈  [−1; 5] верны неравенства − π 4 ≤ πx 4 ≤ 5π 4 и sin⁡ πx 4 ≥− 2 2 , то для каждого x  ∈  [−1; 5] справедливо неравенство sin⁡ πx 4 + 3 2 >0, поэтому исходное неравенство равносильно на промежутке [−1; 5] неравенству
cos⁡ πx 4 + 1 2 >0 .     (3)

      Все решения неравенства (3), принадлежащие промежутку [−1; 5], составляют промежуток [ −1; 2 2 3 ) .
      11.53.  а)   sin⁡ 2 x+sin⁡2x−3 cos⁡ 2 x >cos⁡x−sin⁡x, ( π 4 ; 5π 4 ) .
      Решение. Заметим, что для каждого x∈( π 4 ; 5π 4 ) справедливо неравенство cos x − sin x < 0. Поэтому все решения исходного неравенства, принадлежащие множеству M=( π 4 ; 5π 4 ), совпадают со всеми решениями неравенства

sin2 x + sin 2x − 3 cos2 x ≥ 0,

которое, применив формулу синуса двойного угла, можно переписать в виде
sin2 x + 2 sin x cos x − 3 cos2 x ≥ 0.     (4)

      Неравенство (4) можно переписать в виде
(sin x + 3 cos x) (sin x − cos x) ≥ 0.     (5)

      Для каждого x  ∈  M справедливо неравенство sin x − cos x > 0, поэтому неравенство (5) равносильно на множестве M неравенству
sin x + 3 cos x ≥ 0.     (6)

      Введя вспомогательный угол α=arcsin⁡ 3 10 , перепишем неравенство (6) в виде
sin (x + α) ≥ 0.     (7)

      Все решения неравенства (7) составляют серию промежутков 2πk − α ≤ x ≤ π − α + 2πk, k  ∈  Z. Из этих чисел x в промежуток ( π 4 ; 5π 4 ) попадают лишь x из промежутка ( π 4 ;π−α ] . Следовательно, условиям задачи удовлетворяют лишь x∈( π 4 ;π−arcsin⁡ 3 10 ] .
      Замечания
        1.   Утверждение, что cos x − sin x < 0 на множестве ( π 4 ; 5π 4 ), можно доказать следующим образом. Так как cos x − sin x =  − 2 sin⁡( x− π 4 ) и для каждого x∈( π 4 ; 5π 4 ) верно неравенство 0<x− π 4 <π, то sin⁡( x− π 4 )>0. Следовательно, cos x − sin x < 0 для каждого x∈( π 4 ; 5π 4 ), что и требовалось доказать.
      2.  Неравенство (4) учащиеся чаще всего решают по аналогии с уравнением sin2 x + 2 sin x cos x − 3 cos2 x = 0, но не проверяют, выполняется ли неравенство (4) при условии cos2 x = 0. Они делят неравенство на cos2 x и допускают ошибку, теряя в ответе решение π 2 .

11.7*. Нестрогие неравенства

      Нестрогие неравенства уже рассматривались ранее в п. 7.2. В этом пункте сформулирован общий метод решения нестрогих неравенств, сводящийся к решению совокупности уравнения и строгого неравенства. Этим общим приемом лучше пользоваться всякий раз, когда решается сложное нестрогое неравенство, среди решений которого могут оказаться «изолированные» точки. Применение этого приема основано на умении рассуждать, а не на механическом следовании однажды усвоенному алгоритму. Решение нестрогих неравенств разобрано в примерах 1 и 2 учебника.
      Решения и комментарии
      Решите неравенство (11.57—11.62):
      11.57.  а)   12−x− x 2 2x+7 ≤ 12−x− x 2 x−5 .
      Решение. Перенеся все члены исходного неравенства в правую часть, перепишем его в виде
(x+12) 12−x− x 2 (2x+7)(x−5) ≥0.     (1)

      Неравенство (1) равносильно совокупности уравнения (2) и неравенства (3):
[ (x+12) 12−x− x 2 (2x+7)(x−5) =0 (x+12) 12−x− x 2 (2x+7)(x−5) >0.     (2)

(3)

      Уравнение (2) имеет два корня: x1 = −4 и x2 = 3. Так как числа x1 = −4 и x2 = 3 не являются решениями неравенства (3), то все решения неравенства (3) принадлежат множеству М = (−4; 3). В каждой точке этого множества справедливы неравенства x + 12 > 0, 12−x− x 2 >0 и x − 5 < 0, поэтому неравенство (3) равносильно на множестве М неравенству 2x + 7 < 0, множество решений которого есть промежуток (−∞; −3,5). Из этих чисел в множество М входят лишь x из промежутка (−4; −3,5). Следовательно, неравенство (3) имеет множество решений: (−4; −3,5).
      Объединив найденные решения, получим множество решений совокупности уравнения (2) и неравенства (3): [−4; −3,5)  ∪  {3}. Следовательно, исходное неравенство имеет то же множество решений: [−4; −3,5)  ∪  {3}.
      Дополнения
        1.  В § 11 приведен ряд утверждений о равносильности строгих неравенств при некоторых преобразованиях, а в § 10 приведен ряд аналогичных утверждений о равносильности уравнений. Поэтому при решении строгих неравенств переходом к совокупности строгого неравенства и уравнения к каждому из них применяется соответствующее утверждение.
      Однако в некоторых случаях объем таких решений можно сократить, если воспользоваться следующими утверждениями, объединяющими соответствующие утверждения из § 10 и 11:
      1. Пусть 2m — четное натуральное число (m  ∈  N) и пусть в каждой точке множества М обе функции f (x) и g (x) неотрицательны. Тогда на этом множестве равносильны неравенства f (x) ≥ g (x) и (f (x))2m ≥ (g (x))2m.
      2. Пусть в каждой точке множества М функция φ (x) определена и положительна. Тогда на этом множестве равносильны неравенства f (x) ≥ g (x) и f (x) φ (x) ≥ g (x) φ (x).
      3. Пусть в каждой точке множества М обе функции f (x) и g (x) положительны, тогда на этом множестве равносильны неравенства
      а)  loga f (x) ≥ loga g (x) и f (x) ≥ g (x), если a > 1;
      б)  loga f (x) ≥ loga g (x) и f (x) ≤ g (x), если 0 < a < 1.
      4. Пусть в каждой точке множества М определена функция φ (x), тогда на этом множестве равносильны неравенства

f (x) + φ (x) − φ (x) ≥ 0 и f (x) ≥ 0.

      5. Пусть в каждой точке множества М справедливы обе части некоторой формулы, тогда, применив эту формулу при решении нестрогого неравенства, получим нестрогое неравенство того же знака, равносильное на этом множестве исходному неравенству.
      Приведем пример решения нестрогого неравенства с применением этих утверждений.
      11.62.  а)   11x+5 | x−20 |  ≥  10x+13 | x−20 | .
      Решение. Все решения исходного неравенства удовлетворяют условиям x ≠ 20, 11x + 5 ≥ 0, 10x + 13 ≥ 0, т. е. принадлежат множеству M=[ − 5 11 ;20 )∪(20;+∞) . В каждой точке множества M функция φ (x) = | x − 20 | определена и положительна, поэтому, умножив исходное неравенство на эту функцию, получим, что оно равносильно на множестве M неравенству

11x+5 ≥ 10x+13 .     (4)

      Так как в каждой точке множества M обе функции f (x) = 11x + 5 и g (x) = 11x + 13 неотрицательны, то на этом множестве неравенство (4) равносильно неравенству

11x + 5 ≥ 11x + 13.     (5)

      Решениями неравенства (5) являются все x ≥ 8. Из этих чисел множеству M принадлежат только числа из двух промежутков: [8; 20) и (20; +∞). Все эти числа и составляют множество решений исходного неравенства. Следовательно, исходное неравенство имеет множество решений: [8; 20)  ∪  (20; +∞).
        2.  В этом параграфе рассматривается следующий метод решения неравенств — замена неравенства на преобразованное неравенство, равносильное исходному на некотором множестве. При этом множество М выписывается в явном виде.
      Однако иногда удобно не выписывать множество M в явном виде, а лишь записывать это множество в виде условий (обычно задающихся неравенствами) и рассматривать преобразованное неравенство вместе с этими условиями в виде системы, равносильной исходному неравенству.
      Пример. Решим неравенство
4x2 − 8x + lg sin x < 1 + lg sin x.     (6)

      Решение. Все решения неравенства (6) содержатся в множестве М всех тех x, для каждого из которых
sin x > 0.     (7)

      На множестве М при выполнении условия (7) неравенство (6) равносильно неравенству
4x2 − 8x < 1.     (8)

      Итак, множество решений неравенства (6) совпадает с множеством тех решений неравенства (8), которые удовлетворяют условию (7), т. е. неравенство (6) равносильно системе
{ 4 x 2 −8x<1 sin⁡x>0.     (9)

      Таким образом, рассуждая о равносильности на множестве неравенств (6) и (8), мы пришли к выводу: неравенство (6) равносильно системе (9).
      Решив систему (9), получим, что множество ее решений, а значит, и решений исходного неравенства составляет промежуток ( 0; 2+ 5 2 ).
      Отметим, что практически во всех примерах, рассмотренных в § 11, также можно не выписывать в явном виде множество М, а рассуждая, как в приведенном выше примере, показать, что исходное неравенство равносильно некоторой системе, а затем решить эту систему.
      Таким образом, метод решения неравенств, рассмотренный в § 11, позволяет заменить исходное неравенство равносильной ему системой не только в случаях, отмеченных в § 9, но и во многих других случаях. При этом такие преобразования, как в § 9, можно просто запомнить, а преобразования, рассмотренные в § 10, приводят исходное неравенство к равносильной ему системе лишь после некоторых рассуждений.
      Конечно, при оформлении перехода от неравенства (6) к системе (9) учащиеся обычно не приводят длинные рассуждения, а просто пишут, что неравенство (6) равносильно системе (9). Однако если от учащегося потребуется обоснование этого факта, то ему придется повторить все эти рассуждения.
Категория: ПРЕПОДАЕМ АЛГЕБРУ И НАЧАЛА АНАЛИЗА В 11 КЛАССЕ | Добавил: admin | Теги: МО учителей математики, обучение математики, математика в школе, из опыта работы учителя математики
Просмотров: 1440 | Загрузок: 0 | Рейтинг: 0.0/0
УЧИТЕЛЮ ИНФОРМАТИКИ
КОНСПЕКТЫ УРОКОВ
ВНЕКЛАССНЫЕ МЕРОПРИЯТИЯ ПО ИНФОРМАТИКЕ
ПОСОБИЯ И МЕТОДИЧКИ ДЛЯ УЧИТЕЛЯ ИНФОРМАТИКИ
ИЗ ОПЫТА РАБОТЫ УЧИТЕЛЯ ИНФОРМАТИКИ
ЗАДАНИЯ ШКОЛЬНОЙ ОЛИМПИАДЫ ПО ИНФОРМАТИКЕ


ИНФОРМАТИКА В ШКОЛЕ


ИНФОРМАТИКА В НАЧАЛЬНЫХ КЛАССАХ
ИНФОРМАТИКА В 3 КЛАССЕ
ИНФОРМАТИКА В 4 КЛАССЕ
КОНТРОЛЬНЫЕ РАБОТЫ ПО ИНФОРМАТИКЕ. 3 КЛАСС
КОНТРОЛЬНЫЕ РАБОТЫ ПО ИНФОРМАТИКЕ. 4 КЛАСС
ПРОГРАММИРОВАНИЕ ДЛЯ ДЕТЕЙ
СКАЗКА "ПРИКЛЮЧЕНИЯ ЭЛЕКТРОШИ"
ИГРОВЫЕ ТЕХНОЛОГИИ НА УРОКАХ ИНФОРМАТИКИ
ИГРОВЫЕ ЗАДАНИЯ ПО ИНФОРМАТИКЕ
ВИКТОРИНЫ ПО ИНФОРМАТИКЕ
КОМПЬЮТЕРНЫЕ ЧАСТУШКИ
ОБРАТНАЯ СВЯЗЬ
Поиск


Друзья сайта
  • Создать сайт
  • Все для веб-мастера
  • Программы для всех
  • Мир развлечений
  • Лучшие сайты Рунета
  • Кулинарные рецепты

  • Copyright MyCorp © 2021
    Яндекс.Метрика Рейтинг@Mail.ru