4. Zadania na dowodzenie z zastosowaniem wyrażeń wymiernych - M_R_W15_M2 Równania i nierówności wymierne

R1DHeZ97hDAu0

4. Zadania tekstowe prowadzące do nierówności wymiernych

Steven Strogatz w książce Szczęśliwy X, (wyd. Warszawa 2014) pisze:

… operowanie wzorami to mieszanka sztuki i nauki. Zamiast zajmować się konkretnym x, obracamy relacjami, które nie przestają obowiązywać nawet wtedy, gdy zmienimy występujące w nich liczby.[…] Wzory, o których mówimy, mogą wyrażać wzorce liczbowe eleganckie same w sobie – i wtedy algebra styka się ze sztuką – ale mogą również ukazywać relacje liczbowe pochodzące z rzeczywistego świata, jak to ma miejsce w wypadku praw przyrody dotyczących spadających obiektów lub orbit planetarnych czy genetyki. Tu algebra styka się z naukami przyrodniczymi.

Aby więc dotknąć sztuki lub nauk przyrodniczych przy pomocy narzędzi matematycznych, ważna jest umiejętność operowania wyrażeniami algebraicznymi, w tym – wyrażeniami wymiernymi.

W tym materiale przeanalizujesz i rozwiążesz zadania, które wymagają zapisania i/lub rozwiązania nierówności wymiernej oraz wykorzystania zbioru jej rozwiązań w szerszym kontekście.

Twoje cele

Przetworzysz informacje tekstowe zawarte w zadaniu na zapis symboliczny w postaci nierówności wymiernej.
Ustalisz model matematyczny i wybierzesz strategię rozwiązania problemu.
Dokonasz analizy rozwiązania, zbadasz jego sensowność, wyciągniesz wnioski.

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

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.

Polecenie 1

Zapoznaj się z animacją, następnie spróbuj rozwiązać zadania zamieszczone w poleceniach.

Re8ftUNtSfqHD

Polecenie 2

Motorowerzysta pokonuje drogę z miasta $A$ do miasta $B$ ze średnią prędkością $V_{1}$ , natomiast pokonując drogę powrotną z $B$ do $A$ (tą samą trasą), porusza się z prędkością $V_{2}$ . Aby obliczyć średnią prędkość $V_{śr}$ motorowerzysty na trasie z $A$ do $B$ i z powrotem należy posłużyć się średnią harmoniczną, która jest statystyczną miarą położenia stosowaną wtedy, gdy dane przedstawione są w postaci względnej, tzn. w przeliczeniu na stałą jednostkę innej zmiennej np. prędkość wyrażona w $[\frac{km}{h}]$ . Średnią harmoniczną liczb dodatnich definiujemy jako odwrotność średniej arytmetycznej z odwrotności danych. Poniżej zapisano wzór na prędkość średnią motorowerzysty w opisanej sytuacji z zastosowaniem definicji średniej harmonicznej dla prędkości $V_{1}$ oraz $V_{2}$ :

$V_{ś r} = \frac{1}{\frac{\frac{1}{V_{1}} + \frac{1}{V_{2}}}{2}}$

Zapisz powyższy wzór w najprostszej postaci.
Wiedząc, że motorowerzysta poruszał się z $A$ do $B$ ze średnią prędkością $40 \frac{km}{h}$ , oblicz z jaką minimalną prędkością powinien wracać, aby na całej trasie tam i z powrotem osiągnąć średnią prędkość przynajmniej $48 \frac{km}{h}$ .

$V_{śr} = \frac{1}{\frac{\frac{1}{v_{1}} + \frac{1}{v_{2}}}{2}}$
$V_{śr} = \frac{1}{\frac{V_{1} + V_{2}}{\frac{V_{1} V_{2}}{2}}} = \frac{2}{\frac{V_{1} + V_{2}}{V_{1} \cdot V_{2}}} = \frac{2 V_{1} \cdot V_{2}}{V_{1} + V_{2}}$
$V_{śr} = \frac{2 V_{1} \cdot V_{2}}{V_{1} + V_{2}}$
$V_{1} = 40 \frac{km}{h}$
$V_{2} = ?$
$V_{śr} ⩾ 48 \frac{km}{h}$
$V_{śr} = \frac{2 V_{1} \cdot V_{2}}{V_{1} + V_{2}}$
Z warunków zadania mamy:
$\frac{2 V_{1} \cdot V_{2}}{V_{1} + V_{2}} ⩾ 48$
Po podstawieniu danych otrzymujemy:
$\frac{2 \cdot 40 \cdot V_{2}}{40 + V_{2}} ⩾ 48 | \cdot (40 + V_{2})$
Wykonujemy przekształcenie równoważne nierówności polegające na obustronnym jej pomnożeniu przez wyrażenie stale dodatnie, czego efektem jest nierówność równoważna:
$80 V_{2} ⩾ 48 (40 + V_{2}) | : 16$
$5 V_{2} ⩾ 120 + 3 V_{2} | - 3 V_{2}$
$2 V_{2} ⩾ 120 | : 2$
$V_{2} ⩾ 60$
Odpowiedź: Motorowerzysta powinien wracać z minimalną prędkością $60 \frac{km}{h}$ .

Polecenie 3

Rezystancja, czyli opór elektryczny, to wielkość charakteryzująca relację między napięciem a natężeniem prądu elektrycznego w obwodach prądu stałego (źródło: Wikipedia).

Jak wiesz z fizyki układy rezystorów (oporników) mogą powstawać w połączeniach szeregowych lub równoległych. W przypadku tych ostatnich połączeń opór zastępczy dwóch i więcej rezystorów wyraża się wzorem:

RXwthWqOCok9y

Rysunek przedstawia obwód elektryczny w kształcie prostokąta z dwoma rezystorami. Do środka lewego boku prostokąta dochodzi pionowa linia, na środku górnego i dolnego boku prostokąta leżą rezystory odpowiednio R indeks dolny 1 oraz R indeks dolny 2. Z środka prawego boku odchodzi pionowa linia.

$\frac{1}{R} = \frac{1}{R_{1}} + \frac{1}{R_{2}}$

R1MsvWXAciCJq

Rysunek przedstawia obwód elektryczny w kształcie prostokąta z n rezystorami. Do środka lewego boku prostokąta dochodzi pionowa linia, na środku górnego i dolnego boku prostokąta leżą rezystory odpowiednio R indeks dolny 1 oraz R indeks dolny n. Wewnątrz prostokąta poprowadzono odcinek łączący prawy bok z lewym, który jest równoległy do górnego i dolnego boku. Na środku odcinka oznaczony jest rezystor R z indeksem 2. Dolna połowa lewego i prawego boku prostokąta jest zaznaczona przerywaną linią sugerującą, że wewnątrz prostokąta znajduje się więcej takich odcinków wyglądających analogicznie jak ten który zawiera rezystor R indeks dolny 2. Z środka prawego boku odchodzi pionowa linia.

$\frac{1}{R} = \frac{1}{R_{1}} + \frac{1}{R_{2}} + \dots + \frac{1}{R_{n}}$

Mając do dyspozycji oporniki o rezystancji $R_{1} = 50 Ω$ (omów) oraz $R_{2} = 60 Ω$ , dobierz maksymalną rezystancję trzeciego opornika ( $R_{3}$ ) tak, aby opór zastępczy $R$ wyrażony liczbą całkowitą był nie większy niż $21 Ω$ .

$R_{1} = 50 Ω$ , $R_{2} = 60 Ω$ , $R_{3} = ?, R ⩽ 21 Ω$

$\frac{1}{R} = \frac{1}{R_{1}} + \frac{1}{R_{2}} + \frac{1}{R_{3}}$

Z powyższego wzoru wyprowadzimy wielkość $R$ , wykonując przekształcenia równoważne:

$\frac{1}{R} = \frac{R_{2} R_{3} + R_{1} R_{3} + R_{1} R_{2}}{R_{1} R_{2} R_{3}}$

$R = \frac{R_{1} R_{2} R_{3}}{R_{2} R_{3} + R_{1} R_{3} + R_{1} R_{2}}$

Uwzględniając warunki zadania oraz dane otrzymujemy nierówność (pomijamy zgodne jednostki):

$\frac{50 \cdot 60 R_{3}}{60 R_{3} + 50 R_{3} + 50 \cdot 60} ⩽ 21$

$\frac{3000 R_{3}}{110 R_{3} + 3000} ⩽ 21 | \cdot (110 R_{3} + 3000)$

Mnożymy obie strony nierówności przez wyrażenie stale dodatnie i otrzymujemy:

$3000 R_{3} ⩽ 21 (110 R_{3} + 3000)$

$3000 R_{3} ⩽ 210 (11 R_{3} + 300) | : 30$

$100 R_{3} ⩽ 7 (11 R_{3} + 300)$

$100 R_{3} ⩽ 77 R_{3} + 2100$

$23 R_{3} ⩽ 2100 | : 23$

$R_{3} ⩽ 91, 30$

Ponieważ wymagamy aby szukana wartość była całkowita, zatem rezystancja $R_{3}$ może wynosić maksymalnie $91 Ω$ .

$R_{3} = 91 Ω$

R1IixA7QkWW6T1

Ćwiczenie 1

Ćwiczenie 2

R17yYQgWKVe21

R1HMoNnLIrI2S

Na rysunku przedstawiony jest układ współrzędnych z poziomą osią X od minus sześciu do sześciu oraz z pionową osią Y od minus pięciu do sześciu. W układzie zaznaczono wykresy dwóch funkcji wymiernych . Pierwszy wykres ma asymptotę pionową daną równaniem x=-12 i maleje w całej swojej dziedzinie. Na lewo od asymptoty wykres funkcji przechodzi przez takie punkty jak : (-1,-4) oraz (-3,-45) a na prawo od asymptoty wykres przechodzi przez punkty (0,4) oraz (2,45). Drugi wykres ma asymptotę pionową daną równaniem x=3 i rośnie w całej swojej dziedzinie. Na lewo od asymptoty wykres funkcji przechodzi przez takie punkty jak : (1,1) oraz (2,2), a na prawo od asymptoty wykres przechodzi przez punkty (4,-2) oraz (5,-1).

R1BEPJr4Z8YIN2

Ćwiczenie 3

Ćwiczenie 4

Udowodnij, że jeśli $x \leq \frac{2}{5}$ i $x \neq 0$ to $25 x + \frac{12}{x} - \frac{8}{5 x^{2}} \leq 30$ .

Zał.: $x \leq \frac{2}{5} i x \neq 0$
Teza: $25 x + \frac{12}{x} - \frac{8}{5 x^{2}} \leq 30$
Dowód: Przeprowadzamy dowód poprzez równoważne przekształcanie tezy:

$25 x + \frac{12}{x} - \frac{8}{5 x^{2}} \leq 30$

$\frac{125 x^{3} + 60 x - 8}{5 x^{2}} - 30 \leq 0$

$\frac{125 x^{3} + 60 x - 8 - 150 x^{2}}{5 x^{2}} \leq 0$

$\frac{125 x^{3} - 150 x^{2} + 60 x - 8}{5 x^{2}} \leq 0$

$\frac{{(5 x - 2)}^{3}}{5 x^{2}} \leq 0$

$5 x^{2} {(5 x - 2)}^{3} \leq 0$

Z założenia wiemy, że $x \leq \frac{2}{5}$ i $x \neq 0$ , zatem otrzymana nierówność jest prawdziwa jako iloczyn dwóch czynników, z których jeden jest dodatni $(5 x^{2})$ , a drugi niedodatni ${(5 x - 2)}^{3}$ .

R1YLq2dbLmj2F2

Ćwiczenie 5

Ćwiczenie 6

Tata Adama jest o $6$ lat starszy od jego mamy. Stosunek wieku rodziców Adama jest mniejszy niż $\frac{8}{9}$ . Rozstrzygnij, czy jest możliwe, aby rodzice Adama mieli w sumie $100$ lat.

Przyjmijmy oznaczenia:
$M$ – wiek mamy Adama,
$M + 6$ – wiek taty Adama.

Z treści zadania wynika, że: $\frac{M}{M + 6} < \frac{8}{9}$ .

Rozwiązujemy powyższą nierówność wymierną. Warto zauważyć, że $M$ oznacza wiek, a więc jest liczbą naturalną dodatnią. Stąd też można znacznie uprościć rozwiązanie nierówności mnożąc obie jej strony przez wspólny mianownik:

$\frac{M}{M + 6} < \frac{8}{9} | \cdot 9 (M + 6)$

$9 M < 8 (M + 6)$

$9 M < 8 M + 48$

$9 M - 8 M < 48$

$M < 48$

Mama Adama ma mniej niż $48$ lat, zatem tata Adama ma mniej niż $54$ . Przy założeniu, że mama Adama ma $47$ , a jego tata ma $53$ lata, wówczas jego rodzice mają razem $100$ lat.

Ćwiczenie 7

Wyznacz wszystkie wartości parametru $k$ , dla których największa wartość funkcji $f (x) (k^{2} - 4) x^{2} + 4 k x - 1$ jest nie większa niż $(- 1)$ .

Zauważmy, że największa wartość funkcji kwadratowej istnieje tylko wtedy, gdy jej współczynnik $a < 0$ . Zatem rozwiązujemy nierówność $(k^{2} - 4) < 0$ .

$(k - 2) (k + 2) < 0$

RmlbC8s7lJAH1

Na rysunku przedstawiona jest pozioma oś X oraz wykres funkcji w kształcie paraboli z ramionami skierowanymi do góry przecinający podaną oś w punkcie -2 oraz 2, które są zaznaczone niezamalowanym kółeczkiem, więc nie należą do rozwiązania. Wykres pomiędzy -2 a 2 znajduje się pod osią X i obszar ten oznaczony jest minusami .

$k \in (- 2, 2)$

Najmniejszą wartością funkcji kwadratowej jest $q = \frac{- Δ}{4 a}$ , gdzie $Δ = b^{2} - 4 a c$ .

Podstawiając $a = k^{2} - 4$ , $b = 4 k$ oraz $c = - 1$ , otrzymujemy: $Δ = 16 k^{2} + 4 (k^{2} - 4) = 20 k^{2} - 16$

Zatem $q = \frac{- 20 k^{2} + 16}{4 k^{2} - 16} = \frac{- 5 k^{2} + 4}{k^{2} - 4}$ .

Z treści zadania wynika warunek: $q \leq - 1 \Leftrightarrow \frac{- 5 k^{2} + 4}{k^{2} - 4} \leq - 1$ .

$\frac{- 5 k^{2} + 4}{k^{2} - 4} + 1 \leq 0$

$\frac{- 5 k^{2} + 4 + k^{2} - 4}{k^{2} - 4} \leq 0$

$\frac{- 4 k^{2}}{k^{2} - 4} \leq 0$

$- 4 k^{2} (k^{2} - 4) \leq 0$

$- 4 k^{2} (k - 2) (k + 2) \leq 0$

$k \in (- \infty, - 2) \cup \{0\} \cup (2, \infty)$

Ponieważ oba rozważane warunki muszą być spełnione jednocześnie, otrzymujemy odpowiedź, że dana funkcja osiągnie wartość najmniejszą nie większą niż $(- 1)$ tylko dla jednej wartości parametru $k$ , mianowicie dla $k = 0$ .

RCuHAWkc2yLF1

Na rysunku przedstawiona jest pozioma oś X oraz wykres funkcji w kształcie krzywej. Wykres znajduję się pod podaną osią od minus nieskończoności do punktu -2, który nie należy do rozwiązania. Podany obszar oznaczony jest minusami. Następnie wykres funkcji znajduje się nad osią X od punktu -2 do punktu 0, który należy do rozwiązania. Wykres funkcji odbija się od punktu 0 i następnie przecina oś w punkcie 2, który nie należy do rozwiązanie. Dalej wykres funkcji znajduje się pod osią X i obszar ten oznaczony jest minusami.

Ćwiczenie 8

Działkę w kształcie prostokąta o polu $S = 900 m^{2}$ należy ogrodzić ze wszystkich stron tak, by koszt ogrodzenia był mniejszy niż $4800 €$ . Jakie powinny być wymiary tej działki, jeśli jeden bok ogrodzimy jest parkanem w cenie $140 \frac{€}{m}$ , a pozostałe boki siatką w cenie $20 \frac{€}{m}$ ?

R1GWIyXRUmupF

Rysunek przedstawia prostokąt. Lewy bok jest opisany: a (koszt: 20€/m), górny i dolny bok jest opisany: b (koszt: 20€/m), prawy bok jest opisany: a (koszt: 140€/m).

Funkcja kosztu ogrodzenia, przy założeniu, że ogrodzenie w cenie $140 \frac{€}{m}$ obejmie krótszy z boków prostokąta, ma postać: $K (a) = 140 a + 20 (2 b + a)$ ,
$a > 0$ , $b > 0$ oraz $a < b$ .

$K (a) = 140 a + 40 b + 20 a$

$K (a) = 160 a + 40 b$

Ponieważ pole działki wynosi $900 m^{2}$ . Zatem $a b = 900 \Rightarrow b = \frac{900}{a}$ .

$K (a) = 160 a + 40 \cdot \frac{900}{a}$

Chcemy, by koszt ogrodzenia był mniejszy niż $4800 €$ , zatem rozwiązujemy nierówność wymierną:

$160 a + 40 \cdot \frac{900}{a} < 4800$

$\frac{160 a^{2} + 36000 - 4800 a}{a} < 0 | \cdot a$

$160 a^{2} - 4800 a + 36000 < 0 | : 40$

$4 a^{2} - 120 a + 900 < 0$

Zauważmy, że otrzymane wyrażenie można zapisać jako kwadrat różnicy:

${(2 a - 30)}^{2} < 0$

Otrzymana nierówność jest sprzeczna, zatem nie można ogrodzić tej działki wydając mniej niż $4800 €$ .

Z ostatniej nierówności wynika natomiast, że najniższym kosztem, który trzeba ponieść przy zachowaniu warunków zadania jest $4800 €$ i będzie miało to miejsce $a = 15 m$ oraz $b = 60 m$ .

Z powyższego wynika także, że nie jest zasadne rozważanie użycia parkanu wzdłuż dłuższego boku działki.

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 $V (x) \neq 0$ :

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

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

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

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

3. Nierówności wymierne

M_R_W15_M2 Równania i nierówności wymierne

4. Zadania tekstowe prowadzące do nierówności wymiernych

Słownik