Вправа 4.15 — ГДЗ Алгебра 9 клас Істер
Вправа 4.15. Розв'яжіть нерівність:
- $\dfrac{x - 3}{x - 3} > -2$;
- $\dfrac{x + 7}{x + 7} < -1$;
- $\left(\dfrac{x - 1}{x}\right)^2 \geqslant 0$;
- $\left(\dfrac{x - 1}{x}\right)^2 > 0$;
- $\dfrac{(x - 3)^2}{x} > 0$;
- $\dfrac{(x + 1)^2}{x} \leqslant 0$.
У всіх нерівностях спочатку визначимо ОДЗ (знаменник не може дорівнювати нулю), а потім проаналізуємо ліву частину за допомогою базових властивостей дробів та степенів.
1) $\dfrac{x - 3}{x - 3} > -2$
ОДЗ: $x - 3 \neq 0$, тобто $x \neq 3$.
При $x \neq 3$ дріб скорочується: $\dfrac{x - 3}{x - 3} = 1$.
Отримуємо нерівність: $1 > -2$. Це твердження істинне для будь-якого дійсного числа, тому розв'язком є вся область допустимих значень.
$x \in (-\infty;\,3) \cup (3;\,+\infty)$.
2) $\dfrac{x + 7}{x + 7} < -1$
ОДЗ: $x + 7 \neq 0$, тобто $x \neq -7$.
При $x \neq -7$ дріб скорочується: $\dfrac{x + 7}{x + 7} = 1$.
Отримуємо нерівність: $1 < -1$. Це твердження є хибним, отже, нерівність не має розв'язків.
$x \in \varnothing$.
3) $\left(\dfrac{x - 1}{x}\right)^2 \geqslant 0$
ОДЗ: $x \neq 0$.
Квадрат будь-якого виразу завжди є невід'ємним ($\geqslant 0$) на всій своїй області визначення. Тому нерівність виконується для всіх $x$ з ОДЗ.
$x \in (-\infty;\,0) \cup (0;\,+\infty)$.
4) $\left(\dfrac{x - 1}{x}\right)^2 > 0$
ОДЗ: $x \neq 0$.
Квадрат виразу строго додатний ($> 0$) тоді, коли сам вираз під квадратом не дорівнює нулю:
$\dfrac{x - 1}{x} \neq 0$; $x - 1 \neq 0$; $x \neq 1$.
Враховуючи ОДЗ, маємо виключити дві точки: $x \neq 0$ та $x \neq 1$.
$x \in (-\infty;\,0) \cup (0;\,1) \cup (1;\,+\infty)$.
5) $\dfrac{(x - 3)^2}{x} > 0$
ОДЗ: $x \neq 0$.
Чисельник $(x - 3)^2 \geqslant 0$ для всіх дійсних чисел. Оскільки нерівність строго додатна ($> 0$), дріб не може дорівнювати нулю, тобто чисельник не має обнулятися: $x \neq 3$.
При $x \neq 3$ чисельник завжди додатний. Щоб увесь дріб був більшим за нуль, знаменник обов'язково має бути додатним: $x > 0$.
Поєднуємо умови $x > 0$ та $x \neq 3$. Точка $3$ розбиває додатний промінь на два окремі інтервали.
$x \in (0;\,3) \cup (3;\,+\infty)$.
6) $\dfrac{(x + 1)^2}{x} \leqslant 0$
ОДЗ: $x \neq 0$.
Чисельник $(x + 1)^2 \geqslant 0$ завжди. Дріб $\leqslant 0$ у двох випадках:
а) чисельник дорівнює $0$: $x = -1$, тоді дріб перетворюється на $0$, що задовольняє нестрогу нерівність;
б) чисельник додатний, а знаменник від'ємний: $x < 0$ при $x \neq -1$.
Оскільки точка $x = -1$ вже міститься всередині від'ємного проміжку $(-\infty;\,0)$, окремо додавати її як ізольовану точку не потрібно — вона є частиною суцільного інтервалу.
$x \in (-\infty;\,0)$.
Область допустимих значень (ОДЗ)
Множина значень змінної, при яких математичний вираз має зміст. Головне базове обмеження для дробових виразів — знаменник ніколи не повинен дорівнювати нулю.
Скорочення однакових виразів $\dfrac{A}{A}$
Відношення однакових виразів $\dfrac{A}{A}$ завжди дорівнює $1$, але виключно за умови, що $A \neq 0$. У точці, де вираз перетворюється на нуль, дріб втрачає зміст.
Властивість квадрата виразу
Будь-який вираз у квадраті ($B^2$) завжди є невід'ємним для всіх дійсних чисел: $B^2 \geqslant 0$. Значення дорівнює нулю лише тоді, коли $B = 0$. Умова строгої додатності $B^2 > 0$ означає, що підквадратний вираз просто не повинен дорівнювати нулю ($B \neq 0$).
Визначення знака дробу
Частка двох виразів $\dfrac{A}{B}$ є додатною ($> 0$), якщо чисельник і знаменник мають однакові знаки (обидва більші за нуль або обидва менші за нуль). Якщо їхні знаки протилежні, частка стає від'ємною ($< 0$).
Особливість цієї вправи. Завдання лише на вигляд здаються громіздкими, але кожне з них легко розв'язується за допомогою звичайного логічного аналізу. Тут немає потреби зводити вирази до спільного знаменника чи застосовувати класичний метод інтервалів — достатньо просто уважно подивитися на структуру нерівності.
(1) та (2): пастка правої частини. Попри схожий вигляд лівих частин, результати абсолютно протилежні. У першому прикладі ми отримуємо безумовно істинну нерівність $1 > -2$, тож відповіддю стає вся ОДЗ. У другому прикладі виходить хибне твердження $1 < -1$, через що розв'язків немає взагалі. Завжди зважайте на знак та число праворуч.
(3) та (4): строгість знака змінює множину. Класичний приклад того, як одна маленька риска під знаком нерівності змінює хід розв'язання. У нестрогій нерівності (3) нуль підходить, тому єдиним обмеженням залишається знаменник ($x \neq 0$). У строгій нерівності (4) нуль уже не підходить, тому доводиться додатково викидати точку $x = 1$, яка обнуляє чисельник.
(5): чому точку довелося «виколоти». У цьому пункті корінь чисельника $x = 3$ потрапляє в зону додатних значень знаменника ($x > 0$). Оскільки знак нерівності строгий ($> 0$), дріб не може дорівнювати нулю. Тому число $3$ ми змушені виключити, розділивши суцільний промінь на два окремі інтервали.
(6): відсутність ізольованої точки. На відміну від попередньої вправи 4.14, де корінь чисельника стояв осібно, тут корінь чисельника $x = -1$ є від'ємним числом. Оскільки знаменник має бути меншим за нуль ($x < 0$), точка $-1$ природно лежить всередині цього інтервалу. Її не потрібно виносити окремо у фігурні дужки — вона вже врахована у загальному проміжку $(-\infty;\,0)$.
Самоперевірка. Якщо сумніваєшся в результаті, підстав кілька контрольних точок. Наприклад, у (6) візьмемо $x = -2$: чисельник $(-2+1)^2 = 1$, знаменник $-2$, разом отримуємо $-\frac{1}{2} \leqslant 0$ — підходить. Візьмемо $x = 1$: чисельник $4$, знаменник $1$, разом $4 \leqslant 0$ — нісенітниця, число не підходить. Наша логіка працює бездоганно!
Коментування доступне тільки зареєстрованим
Будь ласка, увійдіть через Google, щоб залишити коментар.