)
974. Dana je enačba 3(a – 2x) – 36 = 5a – 8(x – a), kjer je a realno število. a) Za a = –2 rešite enačbo. b) Za katero realno število a bo 8 rešitev enačbe? c) Za katera realna števila a bo rešitev enačbe negativno število?
RA
NA
966. Dana je neenačba mx + 2m > x + 2m2, kjer je m ∈ ℝ; m > 1 in x neznanka. a) Rešite neenačbo. b) Za katera realna števila m je množica rešitev te neenačbe x > 6?
ZL
965. Obravnavajte neenačbo (a2 + b2)x + b2 – a2 < 2abx.
973. Dana je neenačba ax + 5 ≤ (a + 1)2 – 4(x + 1), a, x ∈ ℝ. a) Obravnavajte neenačbo. b) Za katero realno število a bo množica A = (–∞, 0] rešitev neenačbe?
IČI
964. Za katere vrednosti realnega števila a leži vrednost izraza 3a – 8 na intervalu (1, 25)?
2 k 5k 967. Dana je neenačba – 3 x – 12 ≥ 4 kjer je
LO V
x neznanka in k poljubno realno število. a) Rešite neenačbo. b) Za katero realno število k bo x ≤ 1 rešitev neenačbe?
968. Dana je neenačba a(x – a) < 3(2a – (x – 3)); a ∈ ℝ, a > –3. a) Rešite neenačbo. b) Za katero realno število a bodo rešitev neenačbe vsa realna števila, ki so manjša od 5? 969. Dana je neenačba 3(a – 3x) + x ≤ 5a – 3(x – a) + 25; a ∈ ℝ. a) Rešite neenačbo. b) Za katera števila a so rešitve neenačbe negativna števila?
975. Obravnavajte neenačbe glede na vrednosti parametrov a, b in m. a) a(x – a) ≤ 3(2a – (x – 3)) b) 2x – 2(3b – 4) ≤ b(x – b) c) mx > 2(x – (3m – 4)) + m2 č) a(x + 1) < a2 – (x + 2) 976. Dana je neenačba mx – m2 < 3(x – 1) – 2m; m∈ℝ a) Obravnavajte neenačbo glede na vrednosti parametra m. b) Za kateri m bo rešitev neenačbe interval (–1, ∞)?
–4
–3
–2
–1
0
1
2
3
|4| = 4, saj je število 4 oddaljena za 4 od izhodišča.
4
5
CA
(
972. V množici realih števil glede na realno število a obravnavajte neenačbo a(a – 1) – 2 > x(1 + a).
Ű kako računamo z absolutno vrednostjo.
Zapišimo absolutno vrednost točk, katerih sliki sta označeni na številki premici.
|–2| = 2, saj je število –2 oddaljena za 2 od izhodišča.
IČI
963. Poiščite vrednosti x, za katere velja: a) (5(x – 1) > (4 – x)3 + 7) ⋁ (2x + 3 < 4 – – 5(x – 4)) x+7 4x b) (12 + 3(x – 4) > 5x + 2) ⋁ 2 ≤ 2 + 3
Zgled 1
Absolutna vrednost nenegativnega števila je kar število sámo, absolutna vrednost negativnega števila pa je to negativno število, pomnoženo z –1. a; a ≥ 0 a= –a; a < 0
ZL
971. Za kateri števili a in b bodo rešitve sistema x 2(1 – x) 3x x b–x neenačb 4 – 3 < a + 2 in 2 – 1 < 3 vsa realna števila iz intervala (–8, 2)?
x + 1 5x + 1 1 3x + 1 x – 14 – 3 ≤ 6, x – 2 – 3 ≥ 0 2
CA
č)
Ű kako absolutna vrednost predstavimo na številski premici,
|–a| –a
|a| 0
RA
1
c) –2(2x + 7) > –3x – 16, 3 + 15x ≥ 2(1 + 5x)
Realnemu številu a lahko izračunamo (priredimo) absolutno vrednost tako, da izračunamo oddaljenost slike tega realnega števila od izhodišča.
Ű kaj je to absolutna vrednost,
Lastnosti absolutne vrednosti
• |a| ≥ 0 za vsak a ∈ ℝ, ker je razdalja lahko le nenegativna.
NA
b) 3x – 5 < x + 3 < 2x + 4
)
Absolutna vrednost
• |a| = 0 samo v primeru, ko je a = 0.
• |–a| = |a|; števili a in –a ležita na realni osi simetrično glede na izhodišče, zato imata isto absolutno vrednost.
LO V
(
970. Dana je neenačba ax + 6 > x – 2; a ∈ ℝ, a > 1. a) Rešite neenačbo. b) Za katero realno število a bodo rešitev neenačbe vsa realna števila, ki so večja od –4?
187
Spoznali boste:
• |a · b| = |a| · |b|; absolutna vrednost zmnožka je enaka zmnožku absolutnih vrednosti. • |a + b| ≤ |a| + |b|; absolutna vrednost vsote je manjša ali enaka vsoti absolutnih vrednosti (trikotniška neenakost).
DE
962. Rešite sisteme neenačb, rešitve zapišite z intervali in jih predstavite na številski premici. 5 1 1 a) 14 – 3x ≤ –4(x – 4), x + 6 ≤ 3 6x – 2
DE
186
Dokaz Trikotniško neenakost bomo dokazali tako, da bomo pokazali, da je izraz I = |a| + |b| – |a + b| vedno pozitiven ali enak nič. Če sta a in b nenegativni števili, je nenegativna tudi njuna vsota. Torej je |a| = a, |b| = b, |a + b| = a + b in I = a + b – (a + b) = 0. Če sta a in b negativni števili, je negativna tudi njuna vsota ter |a| = –a, |b| = –b, |a + b| = –(a + b), I = –a + (–b) + (a + b) = 0. Nazadnje naj bosta a in b nasprotno predznačeni števili. Vzemimo na primer, da je a pozitivno, b pa negativno število. Odvisno od znaka vsote a + b je: a + b ≥ 0, potem I = a + (–b) – (a + b) = –2b > 0 a + b < 0, potem I = a + (–b) + (a + b) = 2a > 0 Pokazali smo, da je izraz I za vse vrednosti a in b pozitiven ali enak nič, in s tem dokazali trikotniško neenakost.
Trikotniško pravilo v geometriji V neizrojenem trikotniku je vsota dolžin dveh stranic večja od dolžine tretje stranice.
a