i
i
“731-Hafner-naslov” — 2009/6/23 — 8:09 — page 1 — #1 i
i
i
i
i
i
List za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje
ISSN 0351-6652
Letnik 12 (1984/1985)
Številka 4
Strani 201–203
Izidor Hafner:
REŠEVANJE ENAČB IN NEENAČB, V KATERIH NA-
STOPA ABSOLUTNA VREDNOST
Ključne besede: matematika.
Elektronska verzija: http://www.presek.si/12/731-Hafner.pdf
c© 1985 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije
c© 2009 DMFA – založništvo
Vse pravice pridržane. Razmnoževanje ali reproduciranje celote ali
posameznih delov brez poprejšnjega dovoljenja založnika ni dovo-
ljeno.
REŠEVANJE ENAČB IN NEENAČB,
V KATERIH NASTOPA ABSOLUTNA
VREDNOST - naloge so objavljene na str. 220
V zadnjem času na tekmovanjih srednješolcev vse pogosteje srečamo naloge, v
katerih nastopa absolutna vrednost. Take naloge rešu jemo tako, da absolutno
vrednost odpravimo, pri tem pa nalogo rešujemo na dveh tujih si podpodročjih .
Če je treba po iskati množico rea lnih števil x , za katere je izpolnjen pogoj
F( .. . , ((x) I ...), potem se nam naloga razcepi na dva dela glede na to, ali je
((x) ;:;;. O ali ((x) < o. Venem primeru iščemo števila x, za katera je ((x) ;:;;. O in
F( ... ((x) ...1. v drugem primeru pa x-e, za katere je ((x) < O in Fl.. -((x) ...1.
Po definiciji absolutne vrednosti:
velja
{
a ,
lal =
e,
če je a;:;;' O
če je a< O
F( .. . I ((x) 1 ... ) natanko tedaj, ko je (((x) ;:;;. O in F( .. . ((x) .. .)) ali
(((x) < O in F( .. . -((x) ...))
Nalogo bomo sistematično reševali takole:
((x) ;:;;' 0
Fl. .. ((x) .. .)
F( ... I ((x) I ...)
I
y
((x) <O
Fl. .. -((x) ... )
Črta nam pomen i, da imamo dva podprimera, ki ju ločeno obravnavamo. Glav-
nega pogoja, to je Fl. .. I (( x) I ...1. nam ni treba več upoštevati (zato ga okljuka-
mo) , ker je pri pogoju ((x) ;:;;. O ekv ivalenten pogoju F( ... (( x) ... ), pri pogoju
((x) < O pa je ekvivalenten F( ... -((x) ...1. Zapisu, ki ga na ta, način dobimo,
bomo rekli drevo.
Če v nalogi nastopa več absolutnih vrednosti, se podprimeri še naprej del i-
jo na podprimere. Pri tem pa se najprej znebimo notranjih absolutnih vrednosti.
Za zgled rešimo naslednje enačbe in neenačbo:
a) 12x + 7 1=5
b) Ix + 2 I + I x + 7 I = 7
c) I 2 lx i+ 4 I= 5
č) " 2x - 6 I - 5 I> 1
201
a)
2x + 7;;;;'0
x > -7/2
2x+7=5
x =-1
12x+71=5
YI
YI
YI
2x+7 <0 YI
x<-712
-(2x + 7) = 5 YI
-2x -7 = 5 YI
x= -6
Množica rešitev je enaka {-1, -6}.
Kadar pogoj. ki nastopa v drevesu, nadomestimo na vseh vejah z ekviva-
lentnimi pogoji, ga lahko odkljukamo , kar pomeni, da ga ni treba več upo-
števati. Če imamo na neki veji med seboj protislovne pogoje (npr. x < O in
x > 2) , to vejo označimo z znakom 1 (ki spominja na znak za slepo ulico, v
logiki pa se pogosto uporablja za neresnično izjavo, npr. 0= 1) . Taki veji reče­
mo mrtva veja.
Na koncu moramo upoštevati vse neodkljukane pogoje. Tako dobimo
množico rešitev na posameznih vejah, ki je lahko tud i prazna. Celotna množica
rešitev je unija množic rešitev po posameznih vejah.
I x <-5
Vi·-(x+2) + (x+5) = 7 YI
-2x=14 YI
x= -7
YI
x+2 <0 YI
x <-2
x ;;;;'-5
x + 5) = 7
3=7
1
Ix+21+lx+51=7
YI
1
x +2;;;;'0
x ;;;;'-2
x+5 ;;;;'0 YI
x ;;;;'-5
x+2+x+5=7 YI
2x= O YI
x=O
b)
Množica rešitev je enaka {O, -7} .
c)
\ 2 I xl + 4 1= 5
x ;;;;. O
12x+4i=5 YI
2x + 4 ;;;;' O YI 2x + 4 < O YI
x ;;;;'-2 x < - 2
2x+4=5 YI 1
x = 1/2
X <O
1-2x + 41 = 5 YI
-2x + 4 ;;;;' O YI 1 2X + 4 < O YI
x <2 x >2
-2x + 4= 5 YI 1
-2x = 1 YI
x = - 1/2
202
Rešitvi sta 1/2 in -112 .
č)
V
V
2x-6 <0
x <3
H2x - 6) - 5 1> 1
1- 2x + 1 1> 1
-2x + 1 :;;;. O VI -2x + 1 < O V
x ,,;; 1/2 x > 112
-2x + 1 > 1 V 1-(-2X+ 1) > 1 V
-2x > O V 2x - 1 > 1 V
X<O x >l
2x-6:;;;'0
x :;;;'3
12x - 6 - 51 > 1
112x - 6 1-5 1> 1
V
V
12x - l ll> l V
2x - 11 :;;;. O V 2x - 11 < O V
x :;;;' 1112 x<lll2
2x - 11 > 1 V -(2x - 11) > 1 V
x > 6 1-2X+ 11 > 1 V
x <5
Na prvi veji so neodkljukani pogoji x :;;;. 3, x :;;;. 1112 , x > 6. To da za množico
rešitev interval (6,00) . Na drugi veji je množica rešitev interval [3 ,5) . Na tretji
veji so neodkljukan i pogoj i x < 3, x ,,;; 1/2, x < O. Množica rešitev je (-00,0) .
Na četrti veji je množica rešitev (1,3). Ker je (1,3) U [3,5) = (1,5), velja
{x ;II2x-61-51 >1} = (-00,0) U(1,5) U(6,00)
12x-l i <l x - l l
Seveda pa bi lahko na vejah napravili še en korak: na tretji veji bi zapisali pogoj
x E (-00 ,0), ki upošteva vse druge pogoje, ki so ostali neodkljukan i, in nato te
odkljukali. Podobno bi naredili za druge veje. Pri končni rešitvi bi nato upošte-
vali na vsaki veji le zadnjo vrstico,
Kadar rešujemo nalogo , v kateri nastopa več absolutnih vrednosti tako, da
niso ena znotraj druge, lahko odpravimo vse naenkrat. Če moramo reš it i ne-
enačbo
razbijemo množico realnih števil s točkama x = 1/2 in x = 1 na tri dele, ki jih
podajajo pogoji x ,,;; 1/2, 1/2 < x ,,;; 1, 1 < x . Reševanje zdaj poteka takole :
l <x
2x-l < x-l
X<O
1
12x-ll <lx-ll V
112 <x ";;1 V
2x - 1 < -(x - 1) -J
3x <2 V
x < 2/3 V
xE(1 /2,2 /3)
x,,;; 112 V
-(2x - 1) < - (x - 1) -J
- 2x + 1 < - x + 1 V
O<X V
xE(0,1 /2]
Rezultat : l.x ; 12x - 1 1< I x - 1 I} = (0,2 /3) Izidor Hafner
203