Номер 102, страница 374 - гдз по алгебре 10 класс учебник Никольский, Потапов

Решение неравенств. Задания для повторения - номер 102, страница 374.

102 a) $\frac{|x - 4| - |x - 1|}{|x - 3| - |x - 2|} < \frac{|x - 3| + |x - 2|}{|x - 4|}$;

б) $\frac{|x - 5| - |x + 4|}{|x - 2| - |x + 1|} < \frac{|x - 2| + |x + 1|}{|x + 4|}$.

а) $ \frac{|x-4| - |x-1|}{|x-3| - |x-2|} < \frac{|x-3| + |x-2|}{|x-4|} $

Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Знаменатели не должны равняться нулю.
$ |x-3| - |x-2| \neq 0 \implies |x-3| \neq |x-2| \implies (x-3)^2 \neq (x-2)^2 \implies x^2 - 6x + 9 \neq x^2 - 4x + 4 \implies 2x \neq 5 \implies x \neq 2.5 $.
$ |x-4| \neq 0 \implies x \neq 4 $.
ОДЗ: $ x \in \mathbb{R} \setminus \{2.5, 4\} $.

Для решения неравенства используем метод интервалов. Корни подмодульных выражений: 1, 2, 3, 4. Они разбивают числовую прямую на 5 интервалов. Раскроем модули в каждом из них.

1. При $ x < 1 $:
$ |x-4| = 4-x, |x-1| = 1-x, |x-3| = 3-x, |x-2| = 2-x $.
Неравенство принимает вид:
$ \frac{(4-x) - (1-x)}{(3-x) - (2-x)} < \frac{(3-x) + (2-x)}{4-x} $
$ \frac{3}{1} < \frac{5-2x}{4-x} $
Так как при $ x < 1 $, $ 4-x > 0 $, умножим обе части на $ 4-x $:
$ 3(4-x) < 5-2x \implies 12-3x < 5-2x \implies 7 < x $.
Пересечение $ x < 1 $ и $ x > 7 $ пусто, решений в этом интервале нет.

2. При $ 1 \le x < 2 $:
$ |x-4| = 4-x, |x-1| = x-1, |x-3| = 3-x, |x-2| = 2-x $.
$ \frac{(4-x) - (x-1)}{(3-x) - (2-x)} < \frac{(3-x) + (2-x)}{4-x} $
$ \frac{5-2x}{1} < \frac{5-2x}{4-x} $
$ (5-2x) - \frac{5-2x}{4-x} < 0 \implies (5-2x) \left(1 - \frac{1}{4-x}\right) < 0 \implies (5-2x)\frac{3-x}{4-x} < 0 $.
В интервале $ [1, 2) $ все множители ($ 5-2x, 3-x, 4-x $) положительны. Левая часть неравенства положительна. Решений нет.

3. При $ 2 \le x < 3 $ (с учетом ОДЗ $ x \neq 2.5 $):
$ |x-4| = 4-x, |x-1| = x-1, |x-3| = 3-x, |x-2| = x-2 $.
$ \frac{(4-x) - (x-1)}{(3-x) - (x-2)} < \frac{(3-x) + (x-2)}{4-x} $
$ \frac{5-2x}{5-2x} < \frac{1}{4-x} $
$ 1 < \frac{1}{4-x} $.
Так как в данном интервале $ 4-x > 0 $, можно умножить на $ 4-x $:
$ 4-x < 1 \implies x > 3 $.
Пересечение $ 2 \le x < 3 $ и $ x > 3 $ пусто. Решений нет.

4. При $ 3 \le x < 4 $:
$ |x-4| = 4-x, |x-1| = x-1, |x-3| = x-3, |x-2| = x-2 $.
$ \frac{(4-x) - (x-1)}{(x-3) - (x-2)} < \frac{(x-3) + (x-2)}{4-x} $
$ \frac{5-2x}{-1} < \frac{2x-5}{4-x} \implies 2x-5 < \frac{2x-5}{4-x} $.
В интервале $ [3, 4) $ выражение $ 2x-5 > 0 $, поэтому можно разделить на него:
$ 1 < \frac{1}{4-x} $.
Так как $ 4-x > 0 $, то $ 4-x < 1 \implies x > 3 $.
Пересечение $ [3, 4) $ и $ x > 3 $ дает интервал $ (3, 4) $.

5. При $ x > 4 $:
$ |x-4| = x-4, |x-1| = x-1, |x-3| = x-3, |x-2| = x-2 $.
$ \frac{(x-4) - (x-1)}{(x-3) - (x-2)} < \frac{(x-3) + (x-2)}{x-4} $
$ \frac{-3}{-1} < \frac{2x-5}{x-4} \implies 3 < \frac{2x-5}{x-4} $
$ 0 < \frac{2x-5}{x-4} - 3 \implies 0 < \frac{2x-5-3(x-4)}{x-4} \implies 0 < \frac{7-x}{x-4} $.
Методом интервалов для дроби $ \frac{7-x}{x-4} > 0 $ получаем $ 4 < x < 7 $.
Пересечение $ x > 4 $ и $ 4 < x < 7 $ дает интервал $ (4, 7) $.

Объединяя все найденные решения, получаем $ (3, 4) \cup (4, 7) $.
Ответ: $ x \in (3, 4) \cup (4, 7) $.

---

б) $ \frac{|x-5| - |x+4|}{|x-2| - |x+1|} < \frac{|x-2| + |x+1|}{|x+4|} $

Найдем область допустимых значений (ОДЗ).
$ |x-2| - |x+1| \neq 0 \implies |x-2| \neq |x+1| \implies (x-2)^2 \neq (x+1)^2 \implies x^2-4x+4 \neq x^2+2x+1 \implies 6x \neq 3 \implies x \neq 0.5 $.
$ |x+4| \neq 0 \implies x \neq -4 $.
ОДЗ: $ x \in \mathbb{R} \setminus \{-4, 0.5\} $.

Используем метод интервалов. Корни подмодульных выражений: -4, -1, 2, 5.

1. При $ x < -4 $:
$ |x-5| = -(x-5), |x+4| = -(x+4), |x-2| = -(x-2), |x+1| = -(x+1) $.
$ \frac{(5-x) - (-x-4)}{(2-x) - (-x-1)} < \frac{(2-x) + (-x-1)}{-x-4} $
$ \frac{9}{3} < \frac{1-2x}{-x-4} \implies 3 < \frac{2x-1}{x+4} $
$ 0 < \frac{2x-1}{x+4} - 3 \implies 0 < \frac{2x-1-3(x+4)}{x+4} \implies 0 < \frac{-x-13}{x+4} \implies \frac{x+13}{x+4} < 0 $.
Методом интервалов получаем $ -13 < x < -4 $.
Решение в этом интервале: $ (-13, -4) $.

2. При $ -4 < x < -1 $:
$ |x-5| = 5-x, |x+4| = x+4, |x-2| = 2-x, |x+1| = -(x+1) $.
$ \frac{(5-x) - (x+4)}{(2-x) - (-x-1)} < \frac{(2-x) + (-x-1)}{x+4} $
$ \frac{1-2x}{3} < \frac{1-2x}{x+4} $
$ (1-2x)\left(\frac{1}{3} - \frac{1}{x+4}\right) < 0 \implies (1-2x)\frac{x+1}{3(x+4)} < 0 $.
В интервале $ (-4, -1) $: $ 1-2x > 0 $, $ x+1 < 0 $, $ x+4 > 0 $.
Левая часть $ (+)\frac{(-)}{+}<0 $, что является верным неравенством.
Решением является весь интервал $ (-4, -1) $.

3. При $ -1 \le x < 2 $ (с учетом ОДЗ $ x \neq 0.5 $):
$ |x-5| = 5-x, |x+4| = x+4, |x-2| = 2-x, |x+1| = x+1 $.
$ \frac{(5-x) - (x+4)}{(2-x) - (x+1)} < \frac{(2-x) + (x+1)}{x+4} $
$ \frac{1-2x}{1-2x} < \frac{3}{x+4} $
$ 1 < \frac{3}{x+4} $.
В данном интервале $ x+4 > 0 $, поэтому $ x+4 < 3 \implies x < -1 $.
Пересечение $ -1 \le x < 2 $ и $ x < -1 $ пусто. Решений нет.

4. При $ 2 \le x < 5 $:
$ |x-5| = 5-x, |x+4| = x+4, |x-2| = x-2, |x+1| = x+1 $.
$ \frac{(5-x) - (x+4)}{(x-2) - (x+1)} < \frac{(x-2) + (x+1)}{x+4} $
$ \frac{1-2x}{-3} < \frac{2x-1}{x+4} \implies \frac{2x-1}{3} < \frac{2x-1}{x+4} $.
В интервале $ [2, 5) $ $ 2x-1 > 0 $, делим на него:
$ \frac{1}{3} < \frac{1}{x+4} $. Так как $ x+4 > 0 $, то $ x+4 < 3 \implies x < -1 $.
Пересечение с $ [2, 5) $ пусто. Решений нет.

5. При $ x \ge 5 $:
$ |x-5| = x-5, |x+4| = x+4, |x-2| = x-2, |x+1| = x+1 $.
$ \frac{(x-5) - (x+4)}{(x-2) - (x+1)} < \frac{(x-2) + (x+1)}{x+4} $
$ \frac{-9}{-3} < \frac{2x-1}{x+4} \implies 3 < \frac{2x-1}{x+4} $
$ 0 < \frac{2x-1-3(x+4)}{x+4} \implies 0 < \frac{-x-13}{x+4} \implies \frac{x+13}{x+4} < 0 $.
Решение этого неравенства $ -13 < x < -4 $.
Пересечение с $ x \ge 5 $ пусто. Решений нет.

Объединяя все найденные решения, получаем $ (-13, -4) \cup (-4, -1) $.
Ответ: $ x \in (-13, -4) \cup (-4, -1) $.