Номер 28.53, страница 179, часть 2 - гдз по алгебре 11 класс учебник Мордкович, Семенов

§ 28. Равносильность неравенств. Глава 6. Уравнения и неравенства. Системы уравнений и неравенств*. ч. 2 - номер 28.53, страница 179.

28.53. $(x^2 - x + 1)^{\frac{x-11}{x-4}} \le (x^2 - x + 1)^3$.

Решим показательное неравенство $(x^2 - x + 1)^{\frac{x-11}{x-4}} \le (x^2 - x + 1)^3$. Обозначим основание степени $a = x^2 - x + 1$. Исследуем это выражение. Это квадратичная функция, её график — парабола с ветвями вверх. Вершина параболы находится в точке $x_0 = -\frac{-1}{2 \cdot 1} = \frac{1}{2}$. Минимальное значение функции в вершине: $a_{min} = (\frac{1}{2})^2 - \frac{1}{2} + 1 = \frac{1}{4} - \frac{1}{2} + 1 = \frac{3}{4}$. Следовательно, основание $a = x^2 - x + 1 \ge \frac{3}{4}$ при всех действительных значениях $x$. Это означает, что основание всегда положительно. Показатель степени $\frac{x-11}{x-4}$ определен при $x-4 \ne 0$, то есть $x \ne 4$. Решение показательного неравенства вида $a^{f(x)} \le a^{g(x)}$ зависит от значения основания $a$. Рассмотрим три случая.

Случай 1: Основание равно 1.

Пусть $a = x^2 - x + 1 = 1$. $x^2 - x = 0$ $x(x - 1) = 0$ Отсюда $x = 0$ или $x = 1$. При этих значениях $x$ исходное неравенство принимает вид $1^p \le 1^3$, где $p$ — значение показателя. Так как $x=0$ и $x=1$ не равны 4, показатели существуют. Неравенство $1 \le 1$ является верным. Следовательно, $x = 0$ и $x = 1$ являются решениями неравенства.

Случай 2: Основание больше 0 и меньше 1.

Пусть $0 < a < 1$, то есть $0 < x^2 - x + 1 < 1$. Так как мы выяснили, что $x^2 - x + 1 \ge \frac{3}{4} > 0$, левая часть двойного неравенства выполняется всегда. Решим правую часть: $x^2 - x + 1 < 1$. $x^2 - x < 0$ $x(x - 1) < 0$. Решением этого неравенства является интервал $x \in (0, 1)$. Для основания $0 < a < 1$ показательная функция является убывающей. Поэтому при переходе к неравенству для показателей знак неравенства меняется на противоположный: $\frac{x-11}{x-4} \ge 3$ $\frac{x-11}{x-4} - 3 \ge 0$ $\frac{x-11 - 3(x-4)}{x-4} \ge 0$ $\frac{x-11 - 3x + 12}{x-4} \ge 0$ $\frac{-2x + 1}{x-4} \ge 0$ Умножим обе части на -1, изменив знак неравенства: $\frac{2x - 1}{x-4} \le 0$ Решим это неравенство методом интервалов. Корни числителя и знаменателя: $x = \frac{1}{2}$ и $x = 4$. Решением неравенства является промежуток $x \in [\frac{1}{2}, 4)$. Теперь найдем пересечение полученного решения $x \in [\frac{1}{2}, 4)$ с условием для данного случая $x \in (0, 1)$. Пересечением является полуинтервал $[\frac{1}{2}, 1)$.

Случай 3: Основание больше 1.

Пусть $a > 1$, то есть $x^2 - x + 1 > 1$. $x^2 - x > 0$ $x(x - 1) > 0$. Решением этого неравенства является объединение интервалов $x \in (-\infty, 0) \cup (1, \infty)$. Для основания $a > 1$ показательная функция является возрастающей. Поэтому при переходе к неравенству для показателей знак неравенства сохраняется: $\frac{x-11}{x-4} \le 3$ $\frac{x-11}{x-4} - 3 \le 0$ $\frac{-2x + 1}{x-4} \le 0$ Умножим обе части на -1, изменив знак неравенства: $\frac{2x - 1}{x-4} \ge 0$ Решением этого неравенства является объединение $x \in (-\infty, \frac{1}{2}] \cup (4, \infty)$. Теперь найдем пересечение полученного решения с условием для данного случая $x \in (-\infty, 0) \cup (1, \infty)$. Пересечение $(-\infty, \frac{1}{2}]$ и $(-\infty, 0) \cup (1, \infty)$ дает $(-\infty, 0)$. Пересечение $(4, \infty)$ и $(-\infty, 0) \cup (1, \infty)$ дает $(4, \infty)$. Таким образом, решение для этого случая: $x \in (-\infty, 0) \cup (4, \infty)$.

Объединение решений.

Соберем вместе все найденные решения из трех случаев: 1. $x = 0$ и $x = 1$. 2. $x \in [\frac{1}{2}, 1)$. 3. $x \in (-\infty, 0) \cup (4, \infty)$. Объединяя эти множества, получаем: $(-\infty, 0) \cup \{0\} \implies (-\infty, 0]$. $[\frac{1}{2}, 1) \cup \{1\} \implies [\frac{1}{2}, 1]$. И интервал $(4, \infty)$ остается. Итоговое множество решений: $(-\infty, 0] \cup [\frac{1}{2}, 1] \cup (4, \infty)$.

Ответ: $x \in (-\infty, 0] \cup [\frac{1}{2}, 1] \cup (4, \infty)$.