Nerovnice s parametry1
Řešené příklady.
1. V R vyřešte nerovnici
3 (px + 1) ≤ 9p + x ,
kde p ∈ R je parametr a x neznámá.
Řešení. Platí
3 (px + 1) ≤ 9p + x ⇔ 3px − x ≤ 9p − 3 ⇔ x (3p − 1) ≤ 3 (3p − 1) .
Na rozdíl od rovnice musíme nyní rozlišit 3 případy, neboť u nerovnice je potřebné znát i znaménko
výrazu, kterým dělíme.
a) Pokud p = 1
3
, je řešená nerovnice tvaru 0x ≤ 0, takže je splněna pro libovolné x ∈ R.
b) Když p > 1
3
, je 3p − 1 > 0 a platí
x (3p − 1) ≤ 3 (3p − 1) ⇔ x ≤ 3 .
c) Jestliže p < 1
3
, pak 3p − 1 < 0, takže
x (3p − 1) ≤ 3 (3p − 1) ⇔ x ≥ 3 .
Závěr jako obvykle zapíšeme do tabulky
p K
1
3
R
1
3
; ∞ (−∞; 3
−∞; 1
3
3; ∞)
.
2. V R vyřešte nerovnici
x − 1 <
2 (2x + q)
q2
,
kde q ∈ R je parametr a x neznámá.
Řešení. Začneme podmínkou q = 0. V opačném případě zadaná nerovnice nemá smysl. Za uvedené
podmínky je q2
> 0, takže tímto výrazem můžeme uvažovanou nerovnici vynásobit a jedná se přitom
o ekvivalentní úpravu. Dále platí
x − 1 <
2 (2x + q)
q2
⇔ q2
(x − 1) < 4x + 2q ⇔ x q2
− 4 < q2
+ 2q ⇔
⇔ x (q − 2) (q + 2) < q (q + 2) .
Podle znaménka výrazu (q − 2) (q + 2) rozlišíme následující případy:
a) Možnost (q − 2) (q + 2) = 0 nastává pro dvě možné hodnoty parametru q:
i. Pokud q = 2, dosazením máme 0 < 8, což platí pro všechna x ∈ R.
ii. Jestliže q = −2, po dosazení obdržíme 0 < 0, což neplatí nikdy.
b) Varianta (q − 2) (q + 2) > 0 nastává právě tehdy, když q ∈ (−∞; −2) ∪ (2; ∞). Potom platí
x (q − 2) (q + 2) < q (q + 2) ⇔ x <
q
q − 2
.
1
Případné náměty k tomuto textu prosím adresujte na e-mail akob@jaroska.cz. Děkuji Aleš Kobza (autor materiálu).
1
c) Konečně situace (q − 2) (q + 2) < 0 se realizuje když a jen, když q ∈ (−2; 0) ∪ (0; 2). V tom
případě při dělení záporným číslem musíme změnit znaménko nerovnosti, tedy
x (q − 2) (q + 2) < q (q + 2) ⇔ x >
q
q − 2
.
Dostáváme tak výslednou tabulku
q K
{0} nemá smysl
{2} R
{−2} ∅
(−∞; −2) ∪ (2; ∞) −∞; q
q−2
(−2; 0) ∪ (0; 2) q
q−2
; ∞
.
3. V R vyřešte nerovnici √
4x2 + 4x + 1 > 6a ,
kde a ∈ R je parametr a x neznámá.
Řešení. Platí
√
4x2 + 4x + 1 > 6a ⇔ (2x + 1)2
> 6a ⇔ |2x + 1| > 6a ⇔ x +
1
2
> 3a .
a) Vzhledem k tomu, že absolutní hodnota je nezáporná, bude tato nerovnice pro záporná a splněna
vždy.
b) Pokud a = 0, nebude uvedená nerovnice platit jedině v případě, kdy je výraz v absolutní
hodnotě nulový, tj. pro x = −1
2
.
c) Matematicky „nejzajímavější“ je pak případ, kdy a > 0. Zadanou nerovnici tak můžeme řešit na
základě geometrického významu absolutní hodnoty. Řešená nerovnice „říká“, že hledáme taková
x, jejichž vzdálenost (na číselné ose) od (obrazu) čísla −1
2
je větší než 3a, tzn. vyhoví všechna
x ∈ −∞; −1
2
− 3a ∪ −1
2
+ 3a; ∞ .
Uvedená zjištění už jen shrneme do tabulky
a K
(−∞; 0) R
{0} R − −1
2
(0; ∞) −∞; −1
2
− 3a ∪ −1
2
+ 3a; ∞
.
4. V R vyřešte nerovnici
x2
− 6bx + 9b2
− 4 ≤ 0 ,
kde b ∈ R je parametr a x neznámá.
Řešení. Platí
x2
− 6bx + 9b2
− 4 ≤ 0 ⇔ (x − 3b)2
≤ 4 ⇔ |x − 3b| ≤ 2 .
Vidíme, že i v tomto případě bude výhodné využít geometrický význam absolutní hodnoty. Vzdálenost
(obrazu) čísla x na číselné ose má být od (obrazu) čísla 3b vzdálena nejvýše o 2. Rychle tak
získáváme závěr
b K
R 3b − 2; 3b + 2
.
2
5. Najděte všechny hodnoty parametru p ∈ R, pro něž je řešením nerovnice
(p − 1) x2
− (p − 1) x + p + 1 > 0
libovolné x ∈ R.
Řešení. Je-li p = 1, jde o nerovnici 2 > 0, která platí pro libovolné x ∈ R, takže p = 1 je jednou
z hledaných hodnot. Dále uvažujme případ, kdy p = 1. Aby byla nerovnice vždy splněna je nutné a
stačí, aby
D < 0 a p − 1 > 0 .
Počítejme
D = [− (p − 1)]2
− 4 (p − 1) (p + 1) = (p − 1)2
− 4 (p − 1) (p + 1) =
= (p − 1) [p − 1 − 4 (p + 1)] = (p − 1) (−3p − 5) = − (p − 1) (3p + 5) .
Vidíme, že
D < 0 ⇔ p ∈ −∞; −
5
3
∪ (1; ∞) .
Protože dále má, jak víme, ještě platit, že p > 1, dostáváme v této větvi výpočtu právě ta p, pro něž
p > 1. Dohromady zjišťujeme, že vyhoví všechna p ≥ 1, tj. p ∈ 1; ∞).
6. Najděte všechny hodnoty parametru p ∈ R, pro něž nerovnice
(p + 1) x2
+ (p + 1) x + p − 1 ≥ 0
nemá v R žádné řešení.
Řešení. Opět začneme lineárním případem. Pro p = −1 dostávámáme tvrzení −2 ≥ 0, takže nerovnice
neplatí. Hodnota p = −1 tedy patří mezi hledané. Dále studujme případ kvadratické nerovnice, tedy
pro p = −1. Ta nebude mít žádné řešení, právě tehdy, když
D < 0 a p + 1 < 0 .
Platí
D = (p + 1)2
− 4 (p + 1) (p − 1) = (p + 1) [p + 1 − 4 (p − 1)] = (p + 1) (5 − 3p) ,
takže
D < 0 ⇔ p ∈ (−∞; −1) ∪
5
3
; ∞ .
Po zohledněné všech uvedených podmínek tak vidíme, že úloze vyhoví všechna p ≤ −1, tj. p ∈
(−∞; −1 .
3
Zadání úloh.
1. V R vyřešte nerovnice s neznámou x a parametrem p ∈ R
a)
4 (x + 2p) ≥ p (p + x) + 16 ,
b)
p (x − 1)
p2 + 6
> 1 −
3 (x + 4)
p2 + 6
,
c)
xp2
+ 2
p
− x ≤
2
p2
,
d)
1
1 − p2
<
1 − x − px
p2 − 1
,
e)
√
9x2 − 6x + 1 ≤ 6p + 9 ,
f)
x2 + 2px + p2 > 5 ,
g)
x2
− 12x + 35 ≥ 25p2
+ 10p ,
h)
x2
− 8px + 16p2
− 9 < 0 ,
2. Najděte všechny hodnoty parametru p ∈ R, pro něž má příslušná nerovnice množinu kořenů K = R
a)
(p − 1) x2
− (p + 1) x + p + 1 > 0 ,
b)
px2
+ 2px − p − 2 ≤ 0 .
3. Najděte všechny hodnoty parametru p ∈ R, pro něž má příslušná nerovnice množinu kořenů K = ∅
a)
p − p2
x2
+ 2px − 1 ≥ 0 ,
b)
(p − 3) x2
− 2px + p < 0 ,
4
Návody k řešení a výsledky úloh.
1. a) Nerovnici lze upravit do ekvivalentního tvaru x (4 − p) ≥ (4 − p)2
,
p K
{4} R
(4; ∞) (−∞; 4 − p
(−∞; 4) 4 − p; ∞)
.
b) Nerovnici lze upravit do ekvivalentního tvaru x (p + 3) > (p + 3) (p − 2),
p K
{−3} ∅
(−3; ∞) (p − 2; ∞)
(−∞; −3) (−∞; p − 2)
.
c) Pro p = 0 lze nerovnici upravit do ekvivalentního tvaru
x (p − 1) ≤
−2 (p − 1)
p2
,
p K
{0} nemá smysl
{1} R
(−∞; 0) ∪ (0; 1) − 2
p2 ; ∞
(1; ∞) −∞; − 2
p2
.
d) Pro p = ±1 lze nerovnici upravit do ekvivalentního tvaru
x
p − 1
<
2
p2 − 1
,
p K
{±1} nemá smysl
(1; ∞) −∞; 2
p+1
(−∞; 1) − {−1} 2
p+1
; ∞
.
e) Nerovnici lze upravit do ekvivalentního tvaru x − 1
3
≤ 2p + 3,
p K
−∞; −3
2
∅
−3
2
1
3
−3
2
; ∞ −2p − 8
3
; 2p + 10
3
.
f) Nerovnici lze upravit do ekvivalentního tvaru |x + p| > 5,
p K
R (−∞; −p − 5) ∪ (−p + 5; ∞)
.
g) Přičtěte k oběma stranám nerovnice 1 a všimněte si, že se jedná o úplné čtverce (kvadráty).
Nerovnici pak lze upravit do ekvivalentního tvaru |x − 6| ≥ |5p + 1|,
p K
−1
5
R
R − −1
5
(−∞; 6 − |5p + 1| ∪ 6 + |5p + 1| ; ∞)
.
h) Nerovnici lze upravit do ekvivalentního tvaru |x − 4p| < 3,
5
p K
R (4p − 3; 4p + 3)
.
2. Výpočet je podobný jako v příkladu 5.
a) Pro p = 1 je třeba, aby p > 1 a současně D = (5 − 3p) (p + 1) < 0. Vyhovují všechna p > 5
3
.
b) Pro p = 0 je třeba, aby p < 0 a současně D = 8p (p + 1) ≤ 0. Vyhovují všechna p ∈ −1; 0 .
3. Výpočet je podobný jako v příkladu 6.
a) Platí právě pro všechna p ≤ 0 (diskriminant příslušné kvadratické nerovnice je D = 4p).
b) Nevyhoví žádné p, neboť diskriminant příslušné kvadratické nerovnice, který má být nekladný,
je D = 12p (tzn. p ≤ 0) a současně má být p > 3.
6