Номер 60.5, страница 233, часть 2 - гдз по алгебре 10-11 класс задачник Мордкович, Семенов

§60. Задачи с параметрами. Глава 10. Уравнения и неравенства. Системы уравнений и неравенств. ч. 2 - номер 60.5, страница 233.

60.5 Решите неравенство (относительно x):

a) $b^2x - bx \ge b^2 + b - 2$;

б) $\frac{x}{a} + x \le a + 1$.

а) $b^2x - bx \ge b^2 + b - 2$

Сначала преобразуем неравенство. В левой части вынесем $x$ за скобки, а правую часть разложим на множители.

Левая часть: $b^2x - bx = x(b^2-b) = x \cdot b(b-1)$.

Правая часть: $b^2+b-2$. Найдем корни квадратного уравнения $b^2+b-2=0$. По теореме Виета, корни $b_1=1$ и $b_2=-2$. Тогда $b^2+b-2 = (b-1)(b+2)$.

Неравенство принимает вид:

$x \cdot b(b-1) \ge (b-1)(b+2)$

Для нахождения $x$ необходимо разделить обе части неравенства на коэффициент при $x$, то есть на выражение $b(b-1)$. При этом важно учитывать знак этого выражения. Рассмотрим три случая.

1. Случай 1: $b(b-1) > 0$.

Это условие выполняется при $b \in (-\infty, 0) \cup (1, \infty)$. В этом случае знак неравенства при делении сохраняется.

$x \ge \frac{(b-1)(b+2)}{b(b-1)}$

Так как $b \neq 1$, мы можем сократить дробь на $(b-1)$:

$x \ge \frac{b+2}{b}$

2. Случай 2: $b(b-1) < 0$.

Это условие выполняется при $b \in (0, 1)$. При делении на отрицательное число знак неравенства меняется на противоположный.

$x \le \frac{(b-1)(b+2)}{b(b-1)}$

Сократив на $(b-1)$, получаем:

$x \le \frac{b+2}{b}$

3. Случай 3: $b(b-1) = 0$.

Это происходит, если $b=0$ или $b=1$. Подставим эти значения в исходное неравенство.

При $b=0$: $0 \cdot x \ge 0^2+0-2$, что дает $0 \ge -2$. Это верное числовое неравенство, следовательно, $x$ может быть любым действительным числом.

При $b=1$: $0 \cdot x \ge 1^2+1-2$, что дает $0 \ge 0$. Это также верное неравенство, поэтому $x$ может быть любым действительным числом.

Ответ:

• при $b \in (-\infty, 0) \cup (1, \infty)$, решение $x \ge \frac{b+2}{b}$;
• при $b \in (0, 1)$, решение $x \le \frac{b+2}{b}$;
• при $b=0$ или $b=1$, решение $x \in \mathbb{R}$ (любое действительное число).

б) $\frac{x}{a} + x \le a + 1$

Сначала отметим, что при $a=0$ левая часть неравенства не определена из-за деления на ноль. Следовательно, при $a=0$ решений нет.

Для $a \neq 0$ преобразуем левую часть неравенства:

$x(\frac{1}{a} + 1) \le a+1$

$x \cdot \frac{a+1}{a} \le a+1$

Для дальнейшего решения рассмотрим коэффициент при $x$, равный $\frac{a+1}{a}$.

1. Случай 1: Коэффициент $\frac{a+1}{a} > 0$.

Это верно, когда $a$ и $a+1$ одного знака. То есть при $a > 0$ или $a < -1$. Объединяя, получаем $a \in (-\infty, -1) \cup (0, \infty)$.

В этом случае делим обе части неравенства на положительное число $\frac{a+1}{a}$ (что эквивалентно умножению на $\frac{a}{a+1} > 0$), знак неравенства сохраняется.

$x \le (a+1) \cdot \frac{a}{a+1}$

Так как $a \neq -1$, сокращаем на $(a+1)$:

$x \le a$

2. Случай 2: Коэффициент $\frac{a+1}{a} < 0$.

Это верно, когда $a$ и $a+1$ разных знаков. Это выполняется для $a \in (-1, 0)$.

В этом случае делим обе части на отрицательное число $\frac{a+1}{a}$, при этом знак неравенства меняется на противоположный.

$x \ge (a+1) \cdot \frac{a}{a+1}$

$x \ge a$

3. Случай 3: Коэффициент $\frac{a+1}{a} = 0$.

Это возможно, только если числитель равен нулю, т.е. $a+1=0$, откуда $a=-1$.

Подставим $a=-1$ в неравенство $x \cdot \frac{a+1}{a} \le a+1$:

$x \cdot \frac{0}{-1} \le 0 \implies 0 \le 0$

Это верное неравенство для любого действительного $x$.

Ответ:

• при $a \in (-\infty, -1) \cup (0, \infty)$, решение $x \le a$;
• при $a \in (-1, 0)$, решение $x \ge a$;
• при $a = -1$, решение $x \in \mathbb{R}$ (любое действительное число);
• при $a = 0$, решений нет.