Przeczytaj

Nierówność wymierna

Definicja: Nierówność wymierna

Nierównością wymierną nazywamy nierówność postaci: $\frac{W (x)}{V (x)} > 0$ lub $\frac{W (x)}{V (x)} < 0$ , lub $\frac{W (x)}{V (x)} \geq 0$ , lub $\frac{W (x)}{V (x)} \leq 0$ , gdzie $W (x)$ i $V (x)$ są wielomianami i $V (x)$ nie jest wielomianem zerowym.

Nierówności równoważne

Definicja: Nierówności równoważne

Dwie nierówności wymierne określone w tej samej dziedzinie nazywamy równoważnymi, jeżeli mają te same zbiory rozwiązań.

Dopełnienie zbioru

Definicja: Dopełnienie zbioru

Jeżeli zbiór $A$ zawiera się w zbiorze $\Omega$ , to dopełnieniem zbioru $A$ do zbioru $\Omega$ nazywamy zbiór $\Omega\setminus A$ i oznaczamy go symbolem $A'$ .

Przykład 1

Zbiór $A$ jest zbiorem rozwiązań nierówności: $\frac{2 x + 1}{x + 1} \geq 1$ , a zbiór $B$ zbiorem rozwiązań nierówności: $\frac{2 - 2 x}{x + 2} \leq - 3$ . Wyznacz zbiory: $A$ , $B$ , $A' = R ∖ A$ , $B' = R ∖ B$ , $A \cup B$ , $A \cap B$ , $A ∖ B$ oraz $B ∖ A$ .

Rozwiązanie:

W celu wyznaczenia poszukiwanych zbiorów kolejno rozwiążemy nierówności:

$A$	$B$
$\frac{2 x + 1}{x + 1} \geq 1$	$\frac{2 - 2 x}{x + 2} \leq - 3$
• określamy dziedzinę nierówności:
$x \in ℝ ∖ \{- 1\}$	$x \in ℝ ∖ \{- 2\}$
• odejmujemy liczbę $1$ od obu stron nierówności:	• dodajemy liczbę $3$ do obu stron nierówności:
$\frac{2 x + 1}{x + 1} - 1 \geq 0$	$\frac{2 - 2 x}{x + 2} + 3 \leq 0$
• sprowadzamy wyrażenia do wspólnego mianownika:
$\frac{2 x + 1}{x + 1} - \frac{x + 1}{x + 1} \geq 0$	$\frac{2 - 2 x}{x + 2} + \frac{3 (x + 2)}{x + 2} \leq 0$
• doprowadzamy ułamek do postaci nieskracalnej:
$\frac{2 x + 1 - x - 1}{x + 1} \geq 0$	$\frac{2 - 2 x + 3 x + 6}{x + 2} \leq 0$
$\frac{x}{x + 1} \geq 0$	$\frac{x + 8}{x + 2} \leq 0$
• zamieniamy otrzymany ułamek na postać iloczynową, co wynika z identyczności znaku ilorazu i znaku iloczynuidentyczności znaku ilorazu i znaku iloczynu:
$x (x + 1) \geq 0$	$(x + 8) (x + 2) \leq 0$
• sporządzamy ilustrację graficzną nierówności i odczytujemy jej rozwiązania z uwzględnieniem ustalonej dziedziny:
RYGtUsIqyRB96 $x \in (- \infty, - 1) \cup ⟨0, \infty)$	R1eaozcyqX3Zz $x \in ⟨- 8, - 2)$
$A = (- \infty, - 1) \cup ⟨0, \infty)$	$B = ⟨- 8, - 2)$
Rc4QuuEWBnjMD Na rysunku przedstawiona jest pionowa oś X od minus ośmiu do dwóch. Nad osią zaznaczone są zbiory A oraz B. Zbiór A składa się z dwóch półprostych. Pierwsza półprosta leży nad osią X od minus nieskończoności do punktu $- 1$ , który nie należy do zbioru A . Druga prosta również leżąca nad osią X zaczyna się w punkcie $0$ , który należy do zbioru A i kończy w plus nieskończoności. Odcinek oznaczający zbiór B leży nad argumentem $- 8$ , który należy do zbiory B i kończy się nad argumentem $- 2$ nie należącym do zbioru B.
$A' = ℝ ∖ A = ⟨- 1, 0)$	$B' = ℝ ∖ B = (- \infty, - 8) \cup <- 2, \infty)$
$A \cup B = A$ , ponieważ zbiór $B$ jest podzbiorem $A$
$A \cap B = B$ , ponieważ zbiór $B$ jest podzbiorem $A$
$A ∖ B = (- \infty, - 8) \cup ⟨- 2, - 1) \cup ⟨0, \infty)$
$B ∖ A = \emptyset$

W celu wyznaczenia poszukiwanych zbiorów kolejno rozwiążemy nierówności:

Zacznamy od określenia dziedziny nierówności $\frac{2 x + 1}{x + 1} \geq 1$ , czyli $x \in ℝ ∖ \{- 1\}$ .

Odejmujemy liczbę $1$ od obu stron nierówności:

$\frac{2 x + 1}{x + 1} - 1 \geq 0$ .

Sprowadzamy wyrażenie do wspólnego mianownika

$\frac{2 x + 1}{x + 1} - \frac{x + 1}{x + 1} \geq 0$ ,

a następnie doprowadzamy ułamek do postaci nieskracalnej

$\frac{2 x + 1 - x - 1}{x + 1} \geq 0$ ,

$\frac{2 - 2 x + 3 x + 6}{x + 2} \leq 0$ .

Zamieniamy otrzymany ułamek na postać iloczynową, co wynika z identyczności znaku ilorazu i znaku iloczynuidentyczności znaku ilorazu i znaku iloczynuą

$x (x + 1) \geq 0$ .

Sporządzamy ilustrację graficzną nierówności i odczytujemy jej rozwiązania z uwzględnieniem ustalonej dziedziny.

Na rysunku przedstawiona jest pozioma oś X oraz wykres funkcji w kształcie paraboli z ramionami skierowanymi do góry przecinający podaną oś w punkcie $- 1$ , który nie należy do rozwiązania oraz w punkcie $0$ , który należy do rozwiązania. Na lewo od argumentu $- 1$ wykres znajduje się nad osią X i oznaczono ten fragment plusami oraz na prawo od argumentu $0$ wykres również znajduje się na osią X i oznaczono ten obszar plusami.

$A = (- \infty, - 1) \cup ⟨0, \infty)$ .

Przejdziemy do wzynaczenia zbioru $B$ .

Ponownie zaczniemy od wyznaczenia dziedziny nierówności $\frac{2 - 2 x}{x + 2} \leq - 3$ , czyli $x \in ℝ ∖ \{- 2\}$ .

Dodajemy liczbę 3 do obu stron nierówności:

$\frac{2 - 2 x}{x + 2} + 3 \leq 0$ .

Sprowadzamy wyrażenie do wspólnego mianownika

$\frac{2 - 2 x}{x + 2} + \frac{3 (x + 2)}{x + 2} \leq 0$ ,

a następnie doprowadzamy ułamek do postaci nieskracalnej

$\frac{x + 8}{x + 2} \leq 0$ .

Zamieniamy otrzymany ułamek na postać iloczynową, co wynika z identyczności znaku ilorazu i znaku iloczynuidentyczności znaku ilorazu i znaku iloczynu.

$(x + 8) (x + 2) \leq 0$

Sporządzamy ilustrację graficzną nierówności i odczytujemy jej rozwiązania z uwzględnieniem ustalonej dziedziny:

Na rysunku przedstawiona jest pozioma oś X oraz wykres funkcji w kształcie paraboli z ramionami skierowanymi do góry przecinający podaną oś w punkcie $- 8$ , który należy do rozwiązania oraz w punkcie $- 2$ , który nie należy do rozwiązania. Część wykresu znajduje się pod osią X między argumentem $- 8$ a $- 2$ i oznaczono ten obszar trzema minusami.

$B = ⟨- 8, - 2)$ .

Stworzymy ilustrację graficzną przedstawiającą obydwa zbioru na wspólnej osi $X$ :

Na rysunku przedstawiona jest pozioma oś X od minus ośmiu do dwóch. Nad osią zaznaczone są zbiory A oraz B. Zbiór A składa się z dwóch półprostych. Pierwsza półprosta leży nad osią X od minus nieskończoności do punktu $- 1$ , który nie należy do zbioru A . Druga prosta również leżąca nad osią X zaczyna się w punkcie $0$ , który należy do zbioru A i kończy w plus nieskończoności. Odcinek oznaczający zbiór B leży nad argumentem $- 8$ , który należy do zbiory B i kończy się nad argumentem $- 2$ nie należącym do zbioru B.

Zatem

$A' = ℝ ∖ A = ⟨- 1, 0)$ oraz $B' = ℝ ∖ B = (- \infty, - 8) \cup ⟨- 2, \infty)$ .

Następnie

$A \cup B = A$ , ponieważ zbiór $B$ jest podzbiorem $A$ ,

$A \cap B = B$ , ponieważ zbiór $B$ jest podzbiorem $A$ ,

$A ∖ B = (- \infty, - 8) \cup ⟨- 2, - 1) \cup ⟨0, \infty)$ ,

$B ∖ A = \emptyset$ .

Przykład 2

Dla jakich liczb $a$ i $b$ spełniona jest nierówność: $\frac{a}{b} + 2 > - \frac{b}{a}$ ?

Rozwiązanie

Ustalamy, że liczby $a$ i $b$ muszą być różne od zera:
zał.: $a \neq 0 \land b \neq 0$

Stosujemy przekształcenia równoważneprzekształcenia równoważne aż uzyskamy najprostszą postać nierówności:

$\frac{a}{b} + 2 + \frac{b}{a} \geq 0$

$\frac{a^{2} + 2 a b + b^{2}}{a b} \geq 0$

$\frac{{(a + b)}^{2}}{a b} \geq 0$

W liczniku ułamka otrzymaliśmy kwadrat sumy, który jest nieujemny dla dowolnych liczb rzeczywistych. Mianownik zaś jest dodatni dla liczb $a$ i $b$ o jednakowych znakach.

Zatem nierówność jest spełniona dla liczb $a$ i $b$ o równych znakach (obie dodatnie lub obie ujemne) oraz dowolnej pary liczb przeciwnych, tzn. $a = - b$ . W tym ostatnim przypadku badany ułamek przyjmuje wartość zero.

Przykład 3

Dla jakich wartości parametru $m$ suma odwrotności kwadratów pierwiastków równania $x^{2} - 2 m x - m = 0$ jest mniejsza od $\frac{3 m}{m + 1}$ ?

Rozwiązanie

W pierwszym etapie rozwiązania zadania należy ustalić dla jakich wartości parametru dane równanie posiada rozwiązania (jedno lub dwa). Warunkiem jest, aby $Δ \geq 0$ .

$Δ = b^{2} - 4 a c$

$Δ = 4 m^{2} + 4 m$

$4 m^{2} + 4 m \geq 0$

$4 m (m + 1) \geq 0$

$m = 0$ lub $m = - 1$

Rg627fuTPIBMT

Na rysunku przedstawiona jest pozioma oś m oraz wykres funkcji w kształcie paraboli z ramionami skierowanymi do góry przecinający podaną oś w punkcie -1 oraz 0. Na lewo od argumentu -1 wykres znajduje się nad osią m i oznaczono ten fragment plusami oraz na prawo od argumentu 0 wykres również znajduje się na osią m i oznaczono ten obszar plusami.

$m \in (- \infty, - 1⟩ \cup ⟨0, \infty)$

W drugim etapie rozwiązania zapisujemy warunek wynikający z treści zadania:

$\frac{1}{x_{1}^{2}} + \frac{1}{x_{2}^{2}} < \frac{3 m}{m + 1}$

Korzystając ze wzorów Viete'a, otrzymujemy:

$\frac{x_{1}^{2} + x_{2}^{2}}{x_{1}^{2} x_{2}^{2}} < \frac{3 m}{m + 1}$

$\frac{{(x_{1} + x_{2})}^{2} - 2 x_{1} x_{2}}{{(x_{1} x_{2})}^{2}} < \frac{3 m}{m + 1}$

$\frac{{(- \frac{b}{a})}^{2} - 2 \frac{c}{a}}{{(\frac{c}{a})}^{2}} < \frac{3 m}{m + 1}$

Ponieważ $a = 1$ , $b = - 2 m$ , $c = - m$ więc podstawiając powyżej otrzymujemy nierówność wymierną z niewiadomą $m$ :

$\frac{{(2 m)}^{2} + 2 m}{m^{2}} < \frac{3 m}{m + 1}$

$\frac{4 m^{2} + 2 m}{m^{2}} < \frac{3 m}{m + 1}$

Założenia: $m \neq - 1$ oraz $m \neq 0$

$\frac{4 m^{2} + 2 m}{m^{2}} - \frac{3 m}{m + 1} < 0$

$\frac{(4 m^{2} + 2 m) (m + 1) - 3 m \cdot m^{3}}{m^{2} (m + 1)} < 0$

$\frac{4 m^{3} + 4 m^{2} + 2 m^{2} + 2 m - 3 m^{3}}{m^{2} (m + 1)} < 0$

$\frac{m^{3} + 6 m^{2} + 2 m}{m^{2} (m + 1)} < 0$

$\frac{m (m^{2} + 6 m + 2)}{m^{2} (m + 1)} < 0$

$\frac{m^{2} + 6 m + 2}{m (m + 1)} < 0$

$m (m + 1) (m^{2} + 6 m + 2) < 0$

$Δ = 36 - 8 = 28$

$\sqrt{Δ} = 2 \sqrt{7}$

$m_{1} = \frac{- 6 - 2 \sqrt{7}}{2} = \frac{- 2 (3 + \sqrt{7})}{2} = - (3 + \sqrt{7})$

$m_{2} = \frac{- 6 + 2 \sqrt{7}}{2} = \frac{- 2 (3 - \sqrt{7})}{2} = - (3 - \sqrt{7})$

$m_{3} = 0$ , $m_{4} = - 1$

RrpdZgKhr1Mzd

Na rysunku przedstawiona jest pozioma oś X oraz wykres funkcji w kształcie krzywej przecinający podaną oś w punktach -3-7, -1, -3+7 oraz 0, które nie należą do rozwiązania. Wykres od argumentu -3-7 do argumentu -1 oraz -3+7 do argumentu 0 znajduje się pod osią X i oznaczono ten fragment minusami. Wykres od minus nieskończoności do argumentu -3-7, od -1 do -3+7 oraz od 0 do plus nieskończoności znajduje się nad osią X.

$m \in (- 3 - \sqrt{7}, - 1) \cup (- 3 + \sqrt{7}, 0)$

Obydwa rozważane warunki muszą być spełnione jednocześnie, zatem wskazujemy iloczyn (część wspólną) rozwiązań obu nierówności:

RNNy0xdqIYXtG

Na rysunku przedstawiona jest pozioma oś m od -3-7 do jeden. Nad osią zaznaczone są zbiory A oraz B. Zbiór A składa się z dwóch poziomych półprostych. Pierwsza półprosta leży nad osią X od minus nieskończoności do zamalowanego punktu -1, druga prosta również leżąca nad osią X zaczyna się w zamalowanym punkcie 0 i biegnie do plus nieskończoności. Zbiór B składa się z dwóch poziomych odcinków otwartych. Pierwszy odcinek leży nad argumentem ograniczony jest lewostronnie niezamalowanym punktem -3-7 i prawostronnie niezamalowanym punktem minus jeden. Drugi odcinek ograniczony jest lewostronnie niezamalowanym punktem -3+7 i prawostronnie niezamalowanym punktem 0.

$m \in (- 3 - \sqrt{7}, - 1)$

Przykład 4

Przedsiębiorca rozważa zastosowanie jednej z dwóch linii produkcyjnych. Uruchomienie linii $L_{1}$ kosztuje $780 zł$ , a koszt produkcji każdej sztuki produktu wynosi $14 zł$ . W przypadku linii $L_{2}$ wartości te wynoszą odpowiednio $560 zł$ i $20 zł$ .

Ile minimalnie sztuk produktu trzeba wyprodukować korzystając z $L_{1}$ , a ile korzystając z $L_{2}$ , aby średni koszt produkcji $1$ sztuki był niższy niż $40 zł$ ?
Przy jakiej wielkości produkcji średni koszt produkcji $1$ sztuki jest niższy przy użyciu linii $L_{1}$ ?
Zakładając, że cena sprzedaży $1$ sztuki produktu wynosi $50 zł$ oraz, że przedsiębiorca sprzeda wszystkie wyprodukowane egzemplarze, oblicz wielkość produkcji dla każdej z linii, która zagwarantuje dodatni zysk.

Rozwiązanie:

Przyjmijmy oznaczenie: $x$ – wielkość produkcji w sztukach, $x \in ℕ_{+}$ .

Średni koszt produkcji $1$ sztuki wynosi:
$L_{1}$	$L_{2}$
$\frac{780 + 14 x}{x}$	$\frac{560 + 20 x}{x}$
$\frac{780 + 14 x}{x} < 40$	$\frac{560 + 20 x}{x} < 40$
W toku rozwiązania tych nierówności wymiernych można pomnożyć obie strony nierówności przez $x$ , ponieważ pozwala na to założenie dotyczące znaku zmiennej $x$ :
$780 + 14 x < 40 x$ $26 x > 780$ $x > 30$	$560 + 20 x < 40 x$ $20 x > 560$ $x > 28$
a) Należy wyprodukować przynajmniej $31$ szt. produktu.	a) Należy wyprodukować przynajmniej $29$ szt. produktu.
Dysponując podanymi informacjami tworzymy, a następnie rozwiązujemy nierówność wymierną:
$\frac{780 + 14 x}{x} < \frac{560 + 20 x}{x}$ $780 + 14 x < 560 + 20 x$ $6 x > 220$ $x > 36 \frac{2}{3}$
b) Niższy średni koszt produkcji $1$ szt. przy użyciu linii $L_{1}$ uzyskamy przy prodykcji minimum $37$ szt.
Zakładając, że cena sprzedaży $1$ szt. produktu wynosi $50 zł$ , przy sprzedaży $x$ sztuk osiągnięty zostanie przychód $50 x$ . Zatem zysk uzyskany przez przedsiębiorcę po sprzedaży $x$ sztuk można wyrazić wzorem:
$L_{1}$	$L_{2}$
$50 x - \frac{780 + 14 x}{x}$	$50 x - \frac{560 + 20 x}{x}$
Wielkość produkcji gwarantującą osiągnięcie dodatniego zysku obliczymy rozwiązując nierówności:
$50 x - \frac{780 + 14 x}{x} > 0$	$50 x - \frac{560 + 20 x}{x} > 0$
$50 x^{2} - 780 - 14 x > 0$ $50 x^{2} - 14 x - 780 > 0$ $25 x^{2} - 7 x - 390 > 0$ $Δ = 49 + 39000 = 39049$ $\sqrt{Δ} \approx 197, 61$ $x_{1} = \frac{- b - \sqrt{Δ}}{2 a} \approx \frac{7 - 197, 61}{50}$ , $x_{2} = \frac{- b + \sqrt{Δ}}{2 a} \approx \frac{7 + 197, 61}{50}$ $x_{1} \approx - 3, 81$ , $x_{2} \approx 4, 09$ RuCI3vnKpdXVS	$50 x^{2} - 560 - 20 x > 0$ $50 x^{2} - 20 x - 560 > 0$ $5 x^{2} - 2 x - 56 > 0$ $Δ = 4 + 1120 = 1124$ $\sqrt{Δ} \approx 33, 53$ $x_{1} = \frac{- b - \sqrt{Δ}}{2 a} \approx \frac{2 - 33, 51}{10}$ , $x_{2} = \frac{- b + \sqrt{Δ}}{2 a} \approx \frac{2 + 33, 53}{10}$ $x_{1} \approx - 3, 15$ , $x_{2} \approx 3, 55$ RlWo0FCTxHUwV
Minimalna wielkość produkcji gwarantująca dodatni zysk to $5$ sztuk produktu.	Minimalna wielkość produkcji gwarantująca dodatni zysk to $4$ sztuki produktu.

Zaczniemy od wyznaczenia ile minimalnie sztuk produktu trzeba wyprodukować korzytając z $L_{1}$ aby średni koszt produkcji $1$ sztuki był niższy niż $40 zł$ .
$26 x > 780$
$x > 30$ .
$20 x > 560$
$x > 28$ .
Dysponując informacjami z podpunktu (a), tworzymy, a następnie rozwiązujemy nierówność wymierną:
$\frac{780 + 14 x}{x} < \frac{560 + 20 x}{x}$
$780 + 14 x < 560 + 20 x$
$6 x > 220$
$x > 36 \frac{2}{3}$
Zatem niższy średni koszt produkcji $1$ szt. przy użyciu linii $L_{1}$ uzyskamy przy prodykcji minimum $37$ sztuk.
Zakładając, że cena sprzedaży $1$ szt. produktu wynosi $50 zł$ , przy sprzedaży $x$ sztuk osiągnięty zostanie przychód $50 x$ . Zatem zysk uzyskany przez przedsiębiorcę po sprzedaży $x$ sztuk można wyrazić dla lini $L_{1}$ wzorem
$50 x - \frac{780 + 14 x}{x}$ .
Wielkość produkcji gwarantującą osiągnięcie dodatniego zysku obliczymy rozwiązując nierówności:
$50 x^{2} - 780 - 14 x > 0$
$50 x^{2} - 14 x - 780 > 0$
$25 x^{2} - 7 x - 390 > 0$
$Δ = 49 + 39000 = 39049$
$\sqrt{Δ} \approx 197, 61$
$x_{1} = \frac{- b - \sqrt{Δ}}{2 a} \approx \frac{7 - 197, 61}{50}$ , $x_{2} = \frac{- b + \sqrt{Δ}}{2 a} \approx \frac{7 + 197, 61}{50}$
$x_{1} \approx - 3, 81$ , $x_{2} \approx 4, 09$ .
Sporządzamy ilustrację graficzną nierówności i odczytujemy jej rozwiązania z uwzględnieniem ustalonej dziedziny
Na rysunku przedstawiona jest pozioma oś X oraz wykres funkcji w kształcie paraboli z ramionami skierowanymi do góry przecinający podaną oś w punktach $- 3, 81$ oraz $4, 09$ , które nie należą do rozwiązania. Na lewo od argumentu $- 3, 81$ wykres znajduje się nad osią X i oznaczono ten fragment $\notin D$ oraz na prawo od argumentu $4, 09$ wykres również znajduje się na osią X i oznaczono ten obszar plusami.
Stąd minimalna wielkość produkcji gwarantująca dodatni zysk to $5$ sztuk produktu.
Przejdziemy do wyznaczenia minimalnej wielości produkcji gwarantującej dodatni zysk dla lini $L_{2}$ . Zakładając wszystko jak dla lini $L_{1}$ zysk uzyskany przez przedsiębiorcę po sprzedaży $x$ sztuk można wyrazić wzorem
$50 x - \frac{560 + 20 x}{x}$ .
Wielkość produkcji gwarantującą osiągnięcie dodatniego zysku obliczymy rozwiązując nierówności:
$50 x^{2} - 560 - 20 x > 0$
$50 x^{2} - 20 x - 560 > 0$
$5 x^{2} - 2 x - 56 > 0$
$Δ = 4 + 1120 = 1124$
$\sqrt{Δ} \approx 33, 53$
$x_{1} = \frac{- b - \sqrt{Δ}}{2 a} \approx \frac{2 - 33, 51}{10}$ , $x_{2} = \frac{- b + \sqrt{Δ}}{2 a} \approx \frac{2 + 33, 53}{10}$
$x_{1} \approx - 3, 15$ , $x_{2} \approx 3, 55$ .
Sporządzamy ilustrację graficzną nierówności i odczytujemy jej rozwiązania z uwzględnieniem ustalonej dziedziny.
Na rysunku przedstawiona jest pozioma oś X oraz wykres funkcji w kształcie paraboli z ramionami skierowanymi do góry przecinający podaną oś w punktach $- 3, 15$ oraz $3, 55$ , które nie należą do rozwiązania. Na lewo od argumentu $- 3, 15$ wykres znajduje się nad osią X i oznaczono ten fragment $\notin D$ oraz na prawo od argumentu $3, 55$ wykres również znajduje się na osią X i oznaczono ten obszar plusami.
Stąd minimalna wielkość produkcji gwarantująca dodatni zysk to $4$ sztuki produktu.

Słownik

przekształcenia równoważne nierówności

są to przekształcenia, w wyniku których otrzymujemy nierówności równoważne. Należą do nich: dodawanie/odejmowanie liczb lub wyrażeń do obu stron nierówności; mnożenie obu stron nierówności przez liczbę dodatnią lub wyrażenie stale dodatnie; mnożenie stron nierówności przez liczbę ujemną lub wyrażenie stale ujemne – w tym ostatnim przypadku otrzymujemy nierówność o zwrocie przeciwnym w stosunku do nierówności, którą przekształcamy

identyczność znaku ilorazu i iloczynu

w przypadku nierówności wymiernych prawdziwe są także następujące przekształcenia równoważne dla wszystkich liczb rzeczywistych $x$ , dla których $V (x) \neq 0$ :

$\frac{W (x)}{V (x)} > 0 \Leftrightarrow W (x) \cdot V (x) > 0$

$\frac{W (x)}{V (x)} < 0 \Leftrightarrow W (x) \cdot V (x) < 0$

$\frac{W (x)}{V (x)} \geq 0 \Leftrightarrow W (x) \cdot V (x) \geq 0$

$\frac{W (x)}{V (x)} \leq 0 \Leftrightarrow W (x) \cdot V (x) \leq 0$

Wprowadzenie

Animacja

Słownik