Az alábbi tartalmat jelenleg INGYENES hozzáféréssel tekinted meg.
Amennyiben szeretnél teljes hozzáférést az oldalhoz, kérjük regisztrálj, jelentkezz be, és vásárold meg a szükséges elektronikus licencet vagy írd be a nyomtatott könyv hátuljában található kódot!


7. Abszolútértéket tartalmazó egyenletek, egyenlőtlenségek
Az abszolútérték jelének bevezetése Karl Weierstrass (1815-1897) német matematikus nevéhez fűződik. Tudományos működését a matematika területén csak 23 éves kora után kezdte el, miután a jogászi pályát elhagyva matematikát tanult. Ő teremtette meg a matematika függvényekkel foglalkozó fejezetében az analízisben a definícióknak és bizonyításoknak a kifogástalan logikai és módszerbeli kellékeit.
Egy pozitív szám abszolútértéke maga a szám, a 0 abszolútértéke 0 , és a negatív számok abszolútértéke pedig a szám ellentettje.
1. példa
Oldjuk meg a következő egyenletet és egyenlőtlenségeket:
a)
| x – 1| = 2
b)
| x – 1|< 2
c)
| x – 1 |> 2
Megoldás (a)
Elegendő a megoldás során a definíciót alkalmaznunk.
Az a) egyenlet nyilván akkor teljesül, ha
x – 1 = 2 vagy x – 1 = –2.
A felírt két egyenlet megoldásai: x 1 = 3 és x 2 = –1 .
Megoldás (b)
A b) egyenlőtlenség azokra a számokra lesz igaz, amelyekre:
–2 < x – 1 < 2 .
Eszerint két egyenlőtlenséget kell megoldanunk. Az egyik:
–2 < x – 1 , tehát –1 < x .
A másik:
x – 1 < 2 , tehát x < 3 .
A b) egyenlőtlenség megoldásai tehát azok a számok, amelyekre
–1 < x < 3 , azaz a ]–1; 3[ intervallumba eső valós számok.
(13. ábra)
Megoldás (c)
13. ábra

13. ábra

Ebben az esetben hasonlóan járhatunk el, de itt felhasználhatjuk az a) és b) feladatok eredményét, és így a keresett valós számok: x < –1 vagy 3 < x . Intervallumok formájában a megoldás:
]–∞; –1[ ∪ ]3; ∞[.
2. példa
Oldjuk meg a következő egyenletet és egyenlőtlenséget:
a)
| x + 3 | – 2 = 3 x
b)
| x + 3 | – 2 < 3 x
Megoldás (a)
Az a) esetben először grafikus megoldást adunk. Először rendezzük át az egyenletet a következő alakra:
grafikus megoldás
| x + 3 | = 3 x + 2 .
14. ábra

14. ábra

Ezután ábrázoljuk az egyenlet két oldalán álló függvények grafikonjait, és az ábrán keressük meg ezek metszéspontjait.
(14. ábra)
A 14. ábráról leolvasható, hogy a két grafikon az értéknél metszi egymást.
Ez lesz az egyenletünk megoldása is, aminek helyességéről az ellenőrzés során meggyőződhetünk.

Az egyenletet megoldhatjuk algebrai úton is. Első lépésben az abszolútértéket értelmezzük:
Így a feladat két esetre bontható aszerint, hogy melyik tartományban keressük a megoldásokat:
algebrai megoldás
A) Ha x–3 , akkor az egyenlet a következő (15. ábra) :
x + 3 – 2 = 3 x .
15. ábra

15. ábra

Átrendezve és megoldva:
A kapott szám az eredeti egyenletnek is gyöke, hiszen benne van a kijelölt tartományban.
16. ábra

16. ábra

B) Ha x < –3 , akkor (16. ábra)
Ez az érték viszont nem felel meg a feltételnek, így az eredeti egyenletnek sem lesz gyöke.
Így az egyenletnek csak egy megoldása van, az
17. ábra

17. ábra

Megoldás (b)
Az egyenlőtlenség megoldásában felhasználhatjuk az egyenlet grafikus megoldását. Itt is először átrendezve, a következő adódik:
| x + 3 |< 3 x + 2 .
Ezután a grafikonok helyzete alapján megállapíthatjuk, hogy a bal ol dali függvény grafikonja az tartományon a jobb oldalon található függvény grafikonja alatt van, ezért az egyenlőtlenségünk megoldása a intervallum lesz.
(17. ábra)
3. példa
Oldjuk meg a következő egyenletet: | x + 1 |– | 2 x – 1 | = x .
Megoldás
Értelmezzük az egyenletben található abszolútértékes kifejezéseket:
A kapott értelmezési tartományok alapján a 18. ábrának megfelelően a számegyenest három tartományra osztjuk.
18. ábra

18. ábra

I.     Ha x < –1 , akkor II.     Ha , akkor III.     Ha , akkor
x – 1 – (–2 x + 1) = x    
x – 1 + 2 x – 1 = x    
–2 = 0     
x + 1 – (–2 x + 1) = x    
x + 1 + 2 x – 1 = x    
3 x = x    
2 x = 0     
x = 0     
x + 1 – (2 x – 1) = x    
x + 1 – 2 x + 1 = x    
2 = 2 x  
x = 1     
Egyenletünk ekkor ellentmon-
dásra vezetett, tehát ebben
a tartományban nincs megoldás.
A kapott gyök az eredeti egyen-
letnek is megoldása, hiszen
eleme a II. esetben kijelölt
tartománynak.
A kapott gyök szintén megol-
dás lesz, hiszen eleget tesz
a III. feltételnek.

Az egyenletnek tehát két megoldása lesz, az x 1 = 0 és az x 2 = 1 , amit az ellenőrzés is igazol.
4. példa
Oldjuk meg a következő egyenlőtlenséget: | x + 1 | | 2 x – 1 | > x .
Megoldás
A megoldás során használjuk fel az előző feladatban felírt abszolútérték értelmezéseket. Ezek szerint három esetet kell megkülönböztetnünk:
I.     Ha x < –1 , akkor II.     Ha , akkor III.     Ha , akkor
x – 1 – (–2 x + 1) > x ,    
x – 1 + 2 x – 1 > x ,    
–2 > 0 .    
x + 1 – (–2 x + 1) > x ,    
x + 1 + 2 x – 1 > x ,    
3 x > x ,    
2 x > 0 ,    
x > 0 .    
x + 1 – (2 x – 1) > x ,    
x + 1 – 2 x + 1 > x ,    
2 > 2 x ,  
1 > x .    
Egyenletünk ekkor ellentmon-
dásra vezetett,tehát ebben
a tartományban nincs megoldás.
A kapott feltételt egyeztetve az ér­telmezés során megadott feltétel­lel a következő megoldást kapjuk:


19. ábra
19. ábra
Az értelmezés során megadott
feltételeket is figyelembe véve
a következő megoldást kapjuk:


20. ábra
20. ábra

Összegezve: az egyenlőtlenség megoldása: 0 < x < 1 , amit számegyenesen is ábrázolhatunk:
21. ábra

21. ábra

*5. példa
Oldjuk meg a következő egyenletet és egyenlőtlenséget:
a)
|| x – 1 | – 2 | – 3 = 0
b)
|| x – 1 | – 2 | – 3 0
Megoldás (a)
A megadott egyenletek annyiban térnek el az előző típusoktól, hogy itt abszolútértékes kifejezések abszolútértéke is szerepel.
Az egyenletet átrendezve a definíció alapján:
|| x – 1 | – 2 | – 3 = 0 ,

| x – 1 | – 2 = 3 vagy | x – 1 | – 2 = –3 .
Az első esetben azt kapjuk, hogy:
| x – 1 | = 5 , ebből
x – 1 = 5 vagy x – 1 = –5 .
Ebben az esetben két megoldás is adódik: x 1 = 6 és x 2 = –4 .
A másik esetben az egyenletet átrendezve | x – 1 | = –1 adódik, ami természetesen az abszolútérték értékkészletét figyelembe véve egyetlen valós számra sem teljesülhet.
Így a feladat megoldása: x 1 = 6 és x 2 = –4 .
Megoldás (b)
A b) egyenlőtlenség megoldását célszerű grafikusan elvégezni. A bal oldalon található függvény grafikonját a következő lépések alapján készíthetjük el:
grafikus megoldás
f 1 ( x ) = x – 1 ,         f 2 ( x ) = | x – 1 |,         f 3 ( x ) = | x – 1 | – 2 ,
f 4 ( x ) = || x – 1 | – 2 |,         f 5 ( x ) = || x – 1 | – 2 | – 3 .
Az grafikonok elkészítése után a 22/ a–e. ábrákhoz jutunk.
22/a. ábra
22/b. ábra
22/c. ábra
22/a. ábra22/b. ábra22/c. ábra

22/d. ábra
22/e. ábra
22/d. ábra22/e. ábra

Az utolsó ábra alapján leolvashatjuk az egyenlőtlenség megoldáshalmazát is, ami azokból a valós számokból áll, melyekre teljesül a következő feltétel:

x–4 vagy 6 x .
A megoldás másként: ]–∞; –4] ∪ [6; ∞[ .

A grafikus megoldás egyben az a) feladat megoldásának helyességét is igazolja.