Nerovnice v součinovém a podílovém tvaru
Nerovnice v součinovém a podílovém tvaru
Teoretické minimum
O nerovnicích v součinovém (podílovém) tvaru hovoříme v případech, kdy rozhodujeme o tom, zda součin (podíl) dvou a více výrazů je kladný, záporný, nezáporný, nekladný. Např. nerovnici @i\ 5x^2-20x+14\geq 7(2-3x)+x^2@i umíme převést do součinového tvaru. Závorku na pravé straně nerovnice roznásobíme a všechny členy polynomu převedeme na levou stranu nerovnice. Na pravé straně je nula. Nakonec polynom rozložíme na součin kořenových činitelů.@b\begin{array}{rcl} 5x^2-20x+14&\geq&7(2-3x)+x^2\ /-7(2-3x)-x^2\\[2mm]5x^2-x^2-20x+21x+14-14&\geq&0\\[2mm]4x^2+x&\geq&0\\[2mm]x(2x+1)&\geq&0.\end{array}@b
Nyní využijeme známý fakt, že součin (podíl) dvou výrazů je kladný právě tehdy, jsou-li oba výrazy současně kladné nebo oba výrazy současně záporné. Mají-li dva výrazy opačné znaménko, pak jejich součin (podíl) je záporný. Tedy součin (podíl) více výrazů je záporný právě tehdy, je-li lichý počet činitelů záporný.
Nerovnice v součinovém (podílovém) tvaru budeme řešit metodou nulových bodů. V našem případě nejprve vyřešíme rovnici @i\,x(2x+1)=0@i, tj. @i\,x_1=0, x_2=-\,\dfrac 12@i. Našli jsme dva nulové body, které reálnou osu rozdělí na tři intervaly, pro které platí
@b \begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|} \hline \mathbb{R}& & \Bigl(-\infty,-\,\dfrac 12\Bigr)&-\dfrac 12& \Bigl(-\,\dfrac 12,0\Bigr)&0&\Bigl(0,\infty\Bigr)\\ \hline \hline x && - &-&-&0 & + \\ \hline 2x+1 && -&0&+ & + & +\\ \hline\\ \hline x(2x+1) && {\bf +} &{\bf 0}& {\bf -} &{\bf 0} & {\bf +}\\ \hline \end{array} @b
Z tabulky vyčteme, že nerovnici splňují všechna @i\,x\in(-\infty,-\,\frac 12\rangle\cup\langle 0,\infty)@i, tj. @i\, K=(-\infty,-\,\frac 12\rangle\cup\langle 0,\infty)@i.
Nerovnici @i\, \dfrac{x+2}{1-x}\leq-2\,@i umíme převést do podílového tvaru, tj. zlomek budeme porovnávat s nulou. Mínus dvě převedeme na levou stranu nerovnice. Levou stranu upravíme na zlomek.
@b\begin{array}{rcl} \dfrac{x+2}{1-x}&\leq&-2 / +2\\[2mm] \dfrac{x+2}{1-x}+2&\leq&0\\[2mm]\dfrac{x+2+2(1-x)}{1-x}&\leq&0\\[2mm]\dfrac{4-x}{1-x}&\leq&0.\end{array}@b
Nejprve musíme stanovit podmínky. Vždy pamatujte na to, že nulou nelze dělit. Proto @i\ 1-x\neq 0@i, tedy @i\ x\neq 1@i. Zlomek se rovná nule v případě, že se čitatel rovná nule, tedy pokud @i\,x=4@i. Nerovnice má dva nulové body @i\, 1\,@i a @i\, 4@i, které reálnou osu rozdělí na tři intervaly, pro které platí
@b \begin{array}{|c|c|c|c|c|c|} \hline \mathbb{R}&& \Bigl(-\infty,1\Bigr)& \Bigl(1,4\Bigr)&4&\Bigl(4,\infty\Bigr)\\ \hline 4-x && + &+ &0 & - \\ \hline 1-x && +&- & - & -\\ \hline\\ \hline \dfrac{4-x}{1-x} && \boldsymbol{+}& {\bf -} &{\bf 0} & {\bf +}\\ \hline \end{array} @b
Pozor, častá chyba: Obě strany nerovnice vynásobíme výrazem @i\, (1-x)\,@i a osamostatníme @i\,x@i. @b\begin{array}{rcl} \dfrac{x+2}{1-x}&\leq&-2 / \cdot(1-x)\\[2mm] x+2&\leq&-2(1-x)\\[2mm]x+2&\leq&2x-2\\[2mm]4&\leq&x.\end{array}@b Nesmíme však zapomenout, že toto tvrzení platí za předpokladu, že jsme násobili kladným výrazem, tj. @i\,1-x>0@i. Pozor, násobit nulou není ekvivalentní úprava. Zároveň tedy musí platit dvě nerovnosti, že @b x<1\qquad \wedge\qquad x\geq4@b tj. @i\,K=\emptyset@i. Nedostali jsme žádné řešení. Pokud @i\,1-x<0@i, násobíme záporným výrazem a je třeba obrátit znaménko, tedy @b\begin{array}{rcl} \dfrac{x+2}{1-x}&\leq&-2 / \cdot(1-x)\\[2mm] x+2&\geq&-2(1-x)\\[2mm]x+2&\geq&2x-2\\[2mm]4&\geq&x.\end{array}@b Musí platit, že @b x>1\qquad \wedge\qquad x\leq4@b tj. @i\,K=(1,4\rangle@i. Správný postup nás dovede ke stejnému výsledku jako metoda nulových bodů.
Související
Mnohočleny, rovnice v součinově-podílovém tvaru, definiční obor funkce.
Řešené příklady
- Řešte nerovnici @i\,(x-2)\cdot \log x< 0\, @i s reálnou neznámou @i\,x@i.
- Řešte nerovnici @i\,\dfrac{1-x^2}{x}\geq 0\, @i s reálnou neznámou @i\,x@i.
- Řešte nerovnici @i\,\dfrac{1}{x-1}+1>\dfrac 1{x+2}\, @i s reálnou neznámou @i\,x@i.
Nerovnice je v součinovém tvaru. Má smysl, pokud @i\,x>0@i. Nulový bod výrazu @i\,x-2\,@i je @i\,2\,@i a nulový bod dekadického logaritmu je @i\,1@i. Obdrželi jsme dva nulové body, které množinu kladných čísel rozdělí na tři intervaly, pro které platí
@b \begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|} \hline (0,\infty)& & \Bigl(0,1\Bigr)&1& \Bigl(1,2\Bigr)&2&\Bigl(2,\infty\Bigr)\\ \hline \hline x-2 && - &-&-&0 &+ \\ \hline \log x && - &0&+ & +&+ \\ \hline\\ \hline (x-2)\log x && {\bf +} &{\bf 0}& {\bf -} & 0&{\bf +}\\ \hline \end{array} @b Z tabulky vidíme, že řešení jsou @i\, x\in(1,2)@i, tj. @i\, K=(1,2)@i.
Nerovnice je v podílovém tvaru. Nejprve určíme podmínku, kdy má zlomek smysl. Tedy @i\,x\neq 0@i. To je první nulový bod. Dále určíme, kdy se zlomek rovná nule, tj. @i\,1-x^2=0@i. Polynom převedeme na součin @i\,(1-x)(1+x)\,@i a dostaneme dvě řešení @ix=1, x=-1@i. Obdrželi jsme celkem tři nulové body, které reálnou osu rozdělí na čtyři intervaly, pro které platí
@b \begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline \mathbb{R}& & \Bigl(-\infty,-1\Bigr)&-1& \Bigl(-1,0\Bigr)&\Bigl(0,1\Bigr)&1&\Bigl(1,\infty\Bigr)\\ \hline \hline 1-x && + &+&+&+ &0&- \\ \hline 1+x && - &0&+ & +&+&+ \\ \hline x && -&-&- & +&+&+\\ \hline\\ \hline \dfrac{1-x^2}{x} && {\bf +} &{\bf 0}& {\bf -} & {\bf +}&0&{\bf -}\\ \hline \end{array} @b Z tabulky vidíme, že řešení jsou @i\, x\in(-\infty, -1\rangle \cup (0,1\rangle @i, tj. @i\, K=(-\infty, -1\rangle \cup (0,1\rangle@i.
Nejprve stanovíme podmínky, za kterých má nerovnice smysl, tj. @i\,x\neq 1\,@i a @i\,x\neq -2@i. Zlomek na pravé straně nerovnice převedeme na levou stranu. Levou stranu upravíme na jeden zlomek, který budeme porovnávat s nulou.
@b\begin{array}{rcl} \dfrac{1}{x-1}+1&>&\dfrac 1{x+2} / -\dfrac 1{x+2}\\[2mm] \dfrac 1{x-1}+1-\dfrac 1{x+2}&>&0\\[2mm]\dfrac{x+2+(x-1)(x+2)-(x-1)}{(x-1)(x+2)}&>&0\\[2mm]\dfrac{3+x^2+2x-x-2}{(x-1)(x+2)}&>&0\\[2mm]\dfrac{x^2+x+1}{(x-1)(x+2)}&>&0.\end{array}@b
Položme čitatel zlomku v poslední nerovnici roven nule, tj. @b x^2+x+1=0@b Kvadratickou rovnici vyřešíme pomocí diskriminantu. @b D=1^2-4\cdot 1\cdot 1=-3 @b Rovnice v oboru reálných čísel nemá kořen. Abychom si ukázali, že polynom je vždy kladný, doplňme ho na čtverec. @b x^2+x+1= x^2+2\cdot x\cdot \dfrac 12+\dfrac 14-\dfrac 14+1=\Bigl(x+\dfrac 12\Bigl)^2+\dfrac 34@b Tedy zlomek na levé straně nerovnice bude kladný, pokud součin @i\, (x-1)(x+2)\,@i bude kladný, tj. @b (x-1)(x+2)>0@b Nulové body jsou @i\,1\,@i a @i\,-2@i, které jsme vyloučili z oboru řešitelnosti nerovnice. Reálnou osu rozdělí na tři intervaly, pro které platí
@b \begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline \mathbb{R}&& \Bigl(-\infty,-2\Bigr)& \Bigl(-2,1\Bigr)&\Bigl(1,\infty\Bigr)\\ \hline x-1 &&-&- &+ \\ \hline x+2 && - &+ & + \\ \hline\\ \hline (x-1)(x+2)&& \boldsymbol{+}& {\bf -} & {\bf +}\\ \hline \end{array} @b
Neřešené příklady
- Řešte nerovnici @ix^2+x^3>0 @i
- Řešte nerovnici @i x^3 \cdot \log(x+2) \geq 0 @i
