Номер 893, страница 332 - гдз по алгебре 11 класс учебник Колягин, Ткачева

Глава 8. Повторение курса алгебры и начал математического анализа. Параграф 7. Упражнения - номер 893, страница 332.

Условие.

893. 1) $|x - 1|(x^4 - 2x^2 - 3) \ge 0$;

2) $|x^2 - 9|(x^4 - 2x^2 - 8) \le 0$.

Решение 1.

Решение 2.

Решение 3.

1)

Решим неравенство $|x-1|(x^4 - 2x^2 - 3) \ge 0$.

Множитель $|x-1|$ по определению модуля всегда неотрицателен, то есть $|x-1| \ge 0$ для любого действительного $x$.

Поэтому данное неравенство будет выполняться в двух случаях:

1. Когда произведение равно нулю. Это возможно, если хотя бы один из множителей равен нулю.

• $|x-1| = 0 \implies x-1=0 \implies x=1$. Подставив $x=1$ в исходное неравенство, получим $0 \ge 0$, что является верным. Значит, $x=1$ — решение.
• $x^4 - 2x^2 - 3 = 0$. Это биквадратное уравнение. Сделаем замену $t = x^2$, при этом $t \ge 0$.
  $t^2 - 2t - 3 = 0$.
  По теореме Виета, корни этого уравнения: $t_1 = 3$ и $t_2 = -1$.
  Корень $t_2 = -1$ не удовлетворяет условию $t \ge 0$.
  Возвращаемся к замене для $t_1 = 3$:
  $x^2 = 3 \implies x = \sqrt{3}$ и $x = -\sqrt{3}$.
  Эти значения также являются решениями исходного неравенства.

2. Когда произведение строго больше нуля. Так как $|x-1| > 0$ при всех $x \ne 1$, то для выполнения этого условия необходимо, чтобы второй множитель был также положителен:

$x^4 - 2x^2 - 3 > 0$.

Снова используем замену $t = x^2$ ($t \ge 0$).

$t^2 - 2t - 3 > 0$.

Раскладываем на множители: $(t-3)(t+1) > 0$.

Решением этого неравенства для $t$ является объединение интервалов $(-\infty, -1) \cup (3, +\infty)$.

Учитывая ограничение $t \ge 0$, получаем $t > 3$.

Делаем обратную замену:

$x^2 > 3$.

Это равносильно $x^2 - 3 > 0$, или $(x-\sqrt{3})(x+\sqrt{3}) > 0$.

Решением этого неравенства является $x \in (-\infty, -\sqrt{3}) \cup (\sqrt{3}, +\infty)$.

Теперь объединим все найденные решения: точки $x=1, x=\sqrt{3}, x=-\sqrt{3}$ и интервалы $(-\infty, -\sqrt{3})$ и $(\sqrt{3}, +\infty)$.

В итоге получаем: $x \in (-\infty, -\sqrt{3}] \cup \{1\} \cup [\sqrt{3}, +\infty)$.

Ответ: $x \in (-\infty, -\sqrt{3}] \cup \{1\} \cup [\sqrt{3}, +\infty)$.

2)

Решим неравенство $|x^2-9|(x^4 - 2x^2 - 8) \le 0$.

Множитель $|x^2-9|$ всегда неотрицателен: $|x^2-9| \ge 0$ для любого $x$.

Произведение неотрицательного множителя на второй множитель будет меньше или равно нулю в двух случаях:

1. Когда первый множитель равен нулю.

$|x^2-9| = 0 \implies x^2 - 9 = 0 \implies (x-3)(x+3) = 0$.

Отсюда получаем корни $x_1 = 3$ и $x_2 = -3$. В этих точках левая часть неравенства равна нулю, что удовлетворяет условию $\le 0$. Таким образом, $x=3$ и $x=-3$ являются решениями.

2. Когда первый множитель строго положителен, а второй — отрицателен или равен нулю.

То есть, при $x \ne \pm 3$ должно выполняться неравенство:

$x^4 - 2x^2 - 8 \le 0$.

Сделаем замену переменной: $t = x^2$ ($t \ge 0$).

Неравенство принимает вид: $t^2 - 2t - 8 \le 0$.

Найдем корни квадратного уравнения $t^2 - 2t - 8 = 0$.

По теореме Виета, корни $t_1 = 4$ и $t_2 = -2$.

Неравенство можно записать как $(t-4)(t+2) \le 0$.

Решением этого неравенства для $t$ является отрезок $[-2, 4]$.

Учитывая условие $t \ge 0$, получаем $0 \le t \le 4$.

Выполним обратную замену:

$0 \le x^2 \le 4$.

Это двойное неравенство эквивалентно системе $\begin{cases} x^2 \ge 0 \\ x^2 \le 4 \end{cases}$.

Неравенство $x^2 \ge 0$ выполняется для всех действительных $x$.

Неравенство $x^2 \le 4$ равносильно $|x| \le 2$, что дает решение $x \in [-2, 2]$.

Объединяя решения из обоих случаев, получаем изолированные точки $x=-3, x=3$ и отрезок $[-2, 2]$.

Ответ: $x \in \{-3\} \cup [-2, 2] \cup \{3\}$.