Номер 101, страница 374 - гдз по алгебре 10 класс учебник Никольский, Потапов

Решение неравенств. Задания для повторения - номер 101, страница 374.

101 a) $\frac{|x^2 - 1| + x + 1}{x(x - 2)} \le 0;$

б) $\frac{2x - 1}{x^2 - |x - 2|} > \frac{1}{2};$

В) $\frac{x^2 - 1 + |x + 1|}{x(x - 2)} \ge 0;$

Г) $\frac{|2x - 1|}{x^2 - x - 2} > \frac{1}{2}.$

а) Решим неравенство $\frac{|x^2 - 1| + x + 1}{x(x-2)} \le 0$.

Область допустимых значений (ОДЗ): знаменатель не равен нулю, т.е. $x(x-2) \neq 0$, откуда $x \neq 0$ и $x \neq 2$.
Раскроем модуль $|x^2 - 1|$. Выражение $x^2 - 1$ равно нулю при $x = \pm 1$.
$x^2 - 1 \ge 0$ при $x \in (-\infty, -1] \cup [1, \infty)$.
$x^2 - 1 < 0$ при $x \in (-1, 1)$.
Рассмотрим два случая.

1. Пусть $x \in (-\infty, -1] \cup [1, \infty)$. Тогда $|x^2 - 1| = x^2 - 1$. Неравенство принимает вид: $\frac{x^2 - 1 + x + 1}{x(x-2)} \le 0$ $\frac{x^2 + x}{x(x-2)} \le 0$ $\frac{x(x+1)}{x(x-2)} \le 0$ Так как $x \neq 0$, сокращаем на $x$: $\frac{x+1}{x-2} \le 0$ Методом интервалов получаем $x \in [-1, 2)$. Пересекая это решение с условием $x \in (-\infty, -1] \cup [1, \infty)$, получаем $x \in \{ -1 \} \cup [1, 2)$.

2. Пусть $x \in (-1, 1)$. Тогда $|x^2 - 1| = -(x^2 - 1) = 1 - x^2$. Неравенство принимает вид: $\frac{1 - x^2 + x + 1}{x(x-2)} \le 0$ $\frac{-x^2 + x + 2}{x(x-2)} \le 0$ Умножим на -1, изменив знак неравенства: $\frac{x^2 - x - 2}{x(x-2)} \ge 0$ Разложим числитель на множители: $x^2 - x - 2 = (x-2)(x+1)$. $\frac{(x-2)(x+1)}{x(x-2)} \ge 0$ Так как $x \neq 2$, сокращаем на $(x-2)$: $\frac{x+1}{x} \ge 0$ Методом интервалов получаем $x \in (-\infty, -1] \cup (0, \infty)$. Пересекая это решение с условием $x \in (-1, 1)$, получаем $x \in (0, 1)$.

Объединяем решения из обоих случаев: $(\{ -1 \} \cup [1, 2)) \cup (0, 1)$.
С учетом ОДЗ ($x \neq 0, x \neq 2$) получаем итоговое решение.

Ответ: $x \in \{ -1 \} \cup (0, 2)$.

б) Решим неравенство $\frac{2x - 1}{x^2 - |x - 2|} > \frac{1}{2}$.

Раскроем модуль $|x-2|$. Выражение $x-2$ равно нулю при $x=2$.
Рассмотрим два случая.

1. Пусть $x \ge 2$. Тогда $|x - 2| = x - 2$. Неравенство принимает вид: $\frac{2x - 1}{x^2 - (x-2)} > \frac{1}{2}$ $\frac{2x - 1}{x^2 - x + 2} > \frac{1}{2}$ Знаменатель $x^2 - x + 2$ имеет дискриминант $D = (-1)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 2 = -7 < 0$, поэтому $x^2 - x + 2 > 0$ для всех $x$. Можем умножить обе части на $2(x^2 - x + 2) > 0$: $2(2x-1) > x^2 - x + 2$ $4x - 2 > x^2 - x + 2$ $x^2 - 5x + 4 < 0$ $(x-1)(x-4) < 0$ Решение этого неравенства: $x \in (1, 4)$. Пересекая с условием $x \ge 2$, получаем $x \in [2, 4)$.

2. Пусть $x < 2$. Тогда $|x - 2| = -(x - 2) = 2 - x$. Неравенство принимает вид: $\frac{2x - 1}{x^2 - (2-x)} > \frac{1}{2}$ $\frac{2x - 1}{x^2 + x - 2} > \frac{1}{2}$ Перенесем все в левую часть: $\frac{2x - 1}{(x+2)(x-1)} - \frac{1}{2} > 0$ ОДЗ: $x \neq -2, x \neq 1$. $\frac{2(2x - 1) - (x^2+x-2)}{2(x+2)(x-1)} > 0$ $\frac{4x - 2 - x^2 - x + 2}{2(x+2)(x-1)} > 0$ $\frac{-x^2 + 3x}{2(x+2)(x-1)} > 0$ $\frac{-x(x-3)}{2(x+2)(x-1)} > 0$ Разделим на -1/2, изменив знак неравенства: $\frac{x(x-3)}{(x+2)(x-1)} < 0$ Методом интервалов с точками $-2, 0, 1, 3$ получаем $x \in (-2, 0) \cup (1, 3)$. Пересекая с условием $x < 2$, получаем $x \in (-2, 0) \cup (1, 2)$.

Объединяем решения из обоих случаев: $[2, 4) \cup (-2, 0) \cup (1, 2)$.

Ответ: $x \in (-2, 0) \cup (1, 4)$.

в) Решим неравенство $\frac{x^2 - 1 + |x + 1|}{x(x-2)} \ge 0$.

ОДЗ: $x \neq 0, x \neq 2$.
Раскроем модуль $|x+1|$. Выражение $x+1$ равно нулю при $x=-1$.
Рассмотрим два случая.

1. Пусть $x \ge -1$. Тогда $|x+1| = x+1$. Неравенство принимает вид: $\frac{x^2 - 1 + x + 1}{x(x-2)} \ge 0$ $\frac{x^2 + x}{x(x-2)} \ge 0$ $\frac{x(x+1)}{x(x-2)} \ge 0$ Так как $x \neq 0$, сокращаем на $x$: $\frac{x+1}{x-2} \ge 0$ Методом интервалов получаем $x \in (-\infty, -1] \cup (2, \infty)$. Пересекая с условием $x \ge -1$, получаем $x \in \{ -1 \} \cup (2, \infty)$.

2. Пусть $x < -1$. Тогда $|x+1| = -(x+1)$. Неравенство принимает вид: $\frac{x^2 - 1 - (x + 1)}{x(x-2)} \ge 0$ $\frac{x^2 - x - 2}{x(x-2)} \ge 0$ $\frac{(x-2)(x+1)}{x(x-2)} \ge 0$ Так как $x \neq 2$, сокращаем на $(x-2)$: $\frac{x+1}{x} \ge 0$ Методом интервалов получаем $x \in (-\infty, -1] \cup (0, \infty)$. Пересекая с условием $x < -1$, получаем $x \in (-\infty, -1)$.

Объединяем решения из обоих случаев: $(\{ -1 \} \cup (2, \infty)) \cup (-\infty, -1)$.

Ответ: $x \in (-\infty, -1] \cup (2, \infty)$.

г) Решим неравенство $\frac{|2x - 1|}{x^2 - x - 2} > \frac{1}{2}$.

Разложим знаменатель на множители: $x^2 - x - 2 = (x-2)(x+1)$. ОДЗ: $x \neq -1, x \neq 2$.
Неравенство: $\frac{|2x - 1|}{(x-2)(x+1)} > \frac{1}{2}$.
Левая часть неравенства неотрицательна (т.к. $|2x-1| \ge 0$). Чтобы она была больше положительного числа $1/2$, она должна быть положительна. Это возможно только если знаменатель положителен: $(x-2)(x+1) > 0$. Решением этого неравенства является $x \in (-\infty, -1) \cup (2, \infty)$. В этом случае мы можем умножить обе части исходного неравенства на $2(x^2 - x - 2) > 0$: $2|2x - 1| > x^2 - x - 2$.
Рассмотрим два случая для раскрытия модуля, учитывая найденный диапазон для $x$.

1. Пусть $x \in (2, \infty)$. Тогда $2x-1 > 0$, и $|2x-1| = 2x-1$. $2(2x-1) > x^2 - x - 2$ $4x - 2 > x^2 - x - 2$ $x^2 - 5x < 0$ $x(x-5) < 0$ Решение: $x \in (0, 5)$. Пересекая с условием $x \in (2, \infty)$, получаем $x \in (2, 5)$.

2. Пусть $x \in (-\infty, -1)$. Тогда $2x-1 < 0$, и $|2x-1| = -(2x-1) = 1-2x$. $2(1-2x) > x^2 - x - 2$ $2 - 4x > x^2 - x - 2$ $x^2 + 3x - 4 < 0$ $(x+4)(x-1) < 0$ Решение: $x \in (-4, 1)$. Пересекая с условием $x \in (-\infty, -1)$, получаем $x \in (-4, -1)$.

Объединяем решения из обоих случаев.

Ответ: $x \in (-4, -1) \cup (2, 5)$.