Номер 29.33, страница 185, часть 2 - гдз по алгебре 11 класс учебник Мордкович, Семенов

§ 29. Уравнения и неравенства с модулями. Глава 6. Уравнения и неравенства. Системы уравнений и неравенств*. ч. 2 - номер 29.33, страница 185.

29.33. a) $x^2 + \frac{1}{x^2} - 4 \left|x + \frac{1}{x}\right| - 3 \le 0;$

б) $x^2 + \frac{4}{x^2} + \left|x + \frac{2}{x}\right| - 16 < 0;$

в) $x^2 + \frac{1}{x^2} + 2 \left|x - \frac{1}{x}\right| - 10 \ge 0;$

г) $x^2 + \frac{9}{x^2} - 4 \left|x - \frac{3}{x}\right| - 2 \le 0.$

а) $x^2 + \frac{1}{x^2} - 4\left|x + \frac{1}{x}\right| - 3 \le 0$

Область допустимых значений (ОДЗ): $x \ne 0$.

Произведем замену переменной. Пусть $t = \left|x + \frac{1}{x}\right|$. Так как модуль числа всегда неотрицателен, $t \ge 0$.

Выразим $x^2 + \frac{1}{x^2}$ через $t$.

$\left(x + \frac{1}{x}\right)^2 = x^2 + 2 \cdot x \cdot \frac{1}{x} + \frac{1}{x^2} = x^2 + \frac{1}{x^2} + 2$.

Следовательно, $x^2 + \frac{1}{x^2} = \left(x + \frac{1}{x}\right)^2 - 2 = \left|\left(x + \frac{1}{x}\right)\right|^2 - 2 = t^2 - 2$.

Подставим это в исходное неравенство:

$(t^2 - 2) - 4t - 3 \le 0$

$t^2 - 4t - 5 \le 0$

Найдем корни квадратного трехчлена $t^2 - 4t - 5 = 0$. По теореме Виета, корни $t_1 = 5$ и $t_2 = -1$.

Так как парабола $y = t^2 - 4t - 5$ ветвями вверх, неравенство выполняется при $t \in [-1, 5]$.

Учитывая условие $t \ge 0$, получаем $0 \le t \le 5$.

Вернемся к переменной $x$:

$0 \le \left|x + \frac{1}{x}\right| \le 5$

Неравенство $\left|x + \frac{1}{x}\right| \ge 0$ выполняется для всех $x$ из ОДЗ. Остается решить $\left|x + \frac{1}{x}\right| \le 5$.

Это неравенство равносильно системе:

$\begin{cases} x + \frac{1}{x} \le 5 \\ x + \frac{1}{x} \ge -5 \end{cases}$

Решим первое неравенство: $x + \frac{1}{x} - 5 \le 0 \implies \frac{x^2 - 5x + 1}{x} \le 0$.
Корни числителя $x^2 - 5x + 1 = 0$ равны $x = \frac{5 \pm \sqrt{25-4}}{2} = \frac{5 \pm \sqrt{21}}{2}$.
Решая методом интервалов, получаем $x \in (-\infty, 0) \cup [\frac{5 - \sqrt{21}}{2}, \frac{5 + \sqrt{21}}{2}]$.

Решим второе неравенство: $x + \frac{1}{x} + 5 \ge 0 \implies \frac{x^2 + 5x + 1}{x} \ge 0$.
Корни числителя $x^2 + 5x + 1 = 0$ равны $x = \frac{-5 \pm \sqrt{25-4}}{2} = \frac{-5 \pm \sqrt{21}}{2}$.
Решая методом интервалов, получаем $x \in [\frac{-5 - \sqrt{21}}{2}, \frac{-5 + \sqrt{21}}{2}] \cup (0, +\infty)$.

Пересечение решений двух неравенств дает окончательный ответ.

Ответ: $x \in \left[\frac{-5 - \sqrt{21}}{2}, \frac{-5 + \sqrt{21}}{2}\right] \cup \left[\frac{5 - \sqrt{21}}{2}, \frac{5 + \sqrt{21}}{2}\right]$.

б) $x^2 + \frac{4}{x^2} + \left|x + \frac{2}{x}\right| - 16 < 0$

ОДЗ: $x \ne 0$.

Пусть $t = \left|x + \frac{2}{x}\right|$, $t \ge 0$.

$\left(x + \frac{2}{x}\right)^2 = x^2 + 2 \cdot x \cdot \frac{2}{x} + \frac{4}{x^2} = x^2 + \frac{4}{x^2} + 4$.

Отсюда $x^2 + \frac{4}{x^2} = t^2 - 4$.

Подставляем в неравенство:

$(t^2 - 4) + t - 16 < 0$

$t^2 + t - 20 < 0$

Корни уравнения $t^2 + t - 20 = 0$ равны $t_1 = 4$ и $t_2 = -5$.

Решение неравенства: $t \in (-5, 4)$.

С учетом $t \ge 0$, получаем $0 \le t < 4$.

Возвращаемся к $x$: $\left|x + \frac{2}{x}\right| < 4$.

Это равносильно $-4 < x + \frac{2}{x} < 4$.

1) $x + \frac{2}{x} < 4 \implies \frac{x^2 - 4x + 2}{x} < 0$.
Корни числителя $x^2 - 4x + 2 = 0$: $x = 2 \pm \sqrt{2}$.
Решение: $x \in (-\infty, 0) \cup (2 - \sqrt{2}, 2 + \sqrt{2})$.

2) $x + \frac{2}{x} > -4 \implies \frac{x^2 + 4x + 2}{x} > 0$.
Корни числителя $x^2 + 4x + 2 = 0$: $x = -2 \pm \sqrt{2}$.
Решение: $x \in (-2 - \sqrt{2}, -2 + \sqrt{2}) \cup (0, +\infty)$.

Пересекая решения, получаем:

Ответ: $x \in (-2 - \sqrt{2}, -2 + \sqrt{2}) \cup (2 - \sqrt{2}, 2 + \sqrt{2})$.

в) $x^2 + \frac{1}{x^2} + 2\left|x - \frac{1}{x}\right| - 10 \ge 0$

ОДЗ: $x \ne 0$.

Пусть $t = \left|x - \frac{1}{x}\right|$, $t \ge 0$.

$\left(x - \frac{1}{x}\right)^2 = x^2 - 2 \cdot x \cdot \frac{1}{x} + \frac{1}{x^2} = x^2 + \frac{1}{x^2} - 2$.

Отсюда $x^2 + \frac{1}{x^2} = t^2 + 2$.

Подставляем в неравенство:

$(t^2 + 2) + 2t - 10 \ge 0$

$t^2 + 2t - 8 \ge 0$

Корни уравнения $t^2 + 2t - 8 = 0$ равны $t_1 = 2$ и $t_2 = -4$.

Решение неравенства: $t \in (-\infty, -4] \cup [2, +\infty)$.

С учетом $t \ge 0$, получаем $t \ge 2$.

Возвращаемся к $x$: $\left|x - \frac{1}{x}\right| \ge 2$.

Это равносильно совокупности:

$\begin{cases} x - \frac{1}{x} \ge 2 \\ x - \frac{1}{x} \le -2 \end{cases}$

1) $x - \frac{1}{x} - 2 \ge 0 \implies \frac{x^2 - 2x - 1}{x} \ge 0$.
Корни числителя $x^2 - 2x - 1 = 0$: $x = 1 \pm \sqrt{2}$.
Решение: $x \in [1 - \sqrt{2}, 0) \cup [1 + \sqrt{2}, +\infty)$.

2) $x - \frac{1}{x} + 2 \le 0 \implies \frac{x^2 + 2x - 1}{x} \le 0$.
Корни числителя $x^2 + 2x - 1 = 0$: $x = -1 \pm \sqrt{2}$.
Решение: $x \in (-\infty, -1 - \sqrt{2}] \cup (0, -1 + \sqrt{2}]$.

Объединяя решения, получаем:

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

г) $x^2 + \frac{9}{x^2} - 4\left|x - \frac{3}{x}\right| - 2 \le 0$

ОДЗ: $x \ne 0$.

Пусть $t = \left|x - \frac{3}{x}\right|$, $t \ge 0$.

$\left(x - \frac{3}{x}\right)^2 = x^2 - 2 \cdot x \cdot \frac{3}{x} + \frac{9}{x^2} = x^2 + \frac{9}{x^2} - 6$.

Отсюда $x^2 + \frac{9}{x^2} = t^2 + 6$.

Подставляем в неравенство:

$(t^2 + 6) - 4t - 2 \le 0$

$t^2 - 4t + 4 \le 0$

$(t-2)^2 \le 0$

Квадрат действительного числа не может быть отрицательным. Единственное возможное решение — когда выражение равно нулю:

$(t-2)^2 = 0 \implies t - 2 = 0 \implies t = 2$.

Возвращаемся к $x$: $\left|x - \frac{3}{x}\right| = 2$.

Это равносильно двум уравнениям:

1) $x - \frac{3}{x} = 2 \implies x^2 - 2x - 3 = 0$.
Корни: $x_1 = 3$, $x_2 = -1$.

2) $x - \frac{3}{x} = -2 \implies x^2 + 2x - 3 = 0$.
Корни: $x_3 = 1$, $x_4 = -3$.

Решением неравенства является набор этих четырех значений.

Ответ: $x \in \{-3, -1, 1, 3\}$.