Номер 29.41, страница 186, 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 29.41, страница 186.

Решите неравенство:

29.41. a) $|x^2 - x| \ge x^2 - x$;

б) $|x + \frac{1}{|x - 2| - |x^2 - 4|}| \ge x + \frac{1}{|x - 2| - |x^2 - 4|}$;

В) $|\frac{x}{x^2 - 4}| \ge \frac{x}{x^2 - 4}$;

Г) $|\frac{1}{|x^3 - 2x^2| - |x - 2|}| \ge \frac{1}{|x^3 - 2x^2| - |x - 2|}$.

а) $|x^2 - x| \ge x^2 - x$

Данное неравенство имеет вид $|A| \ge A$, где $A = x^2 - x$.

Неравенство такого вида справедливо для любого действительного значения $A$. Если $A \ge 0$, то $|A|=A$, и неравенство принимает вид $A \ge A$, что верно. Если $A < 0$, то $|A|=-A$, и неравенство принимает вид $-A \ge A$, что равносильно $2A \le 0$ или $A \le 0$, что также верно при $A < 0$.

Следовательно, исходное неравенство будет верным для всех значений $x$, при которых выражение $f(x) = x^2 - x$ определено.

Функция $f(x) = x^2 - x$ является многочленом и определена для всех действительных чисел $x$.

Таким образом, решением неравенства является множество всех действительных чисел.

Ответ: $x \in (-\infty, +\infty)$.

б) $|x + \frac{1}{|x - 2| - |x^2 - 4|}| \ge x + \frac{1}{|x - 2| - |x^2 - 4|}$

Это неравенство также имеет вид $|A| \ge A$, где $A = x + \frac{1}{|x - 2| - |x^2 - 4|}$.

Как и в предыдущем пункте, решение неравенства совпадает с областью определения выражения $A$.

Область определения (ОДЗ) находится из условия, что знаменатель дроби не равен нулю:

$|x - 2| - |x^2 - 4| \neq 0$

Найдем значения $x$, при которых знаменатель равен нулю:

$|x - 2| = |x^2 - 4|$

Используя свойство модуля $|ab| = |a||b|$, преобразуем правую часть:

$|x^2 - 4| = |(x-2)(x+2)| = |x-2| \cdot |x+2|$

Тогда уравнение принимает вид:

$|x - 2| = |x-2| \cdot |x+2|$

Рассмотрим два случая:

1. Если $|x-2| = 0$, то есть $x=2$. Уравнение становится $0=0$, что является верным равенством. Значит, $x=2$ является корнем знаменателя.

2. Если $|x-2| \neq 0$, то есть $x \neq 2$. Мы можем разделить обе части уравнения на $|x-2|$:

$1 = |x+2|$

Это уравнение распадается на два:

$x+2 = 1 \implies x = -1$

$x+2 = -1 \implies x = -3$

Таким образом, знаменатель обращается в ноль при $x \in \{-3, -1, 2\}$. Эти значения необходимо исключить из области определения.

Следовательно, решением исходного неравенства является множество всех действительных чисел, кроме -3, -1 и 2.

Ответ: $x \in (-\infty, -3) \cup (-3, -1) \cup (-1, 2) \cup (2, +\infty)$.

в) $|\frac{x}{x^2 - 4}| \ge \frac{x}{x^2 - 4}$

Неравенство вида $|A| \ge A$, где $A = \frac{x}{x^2 - 4}$.

Решением является область определения выражения $A$.

Выражение определено, когда его знаменатель не равен нулю:

$x^2 - 4 \neq 0$

$x^2 \neq 4$

$x \neq 2$ и $x \neq -2$

Таким образом, область определения (и, следовательно, решение неравенства) — это все действительные числа, кроме -2 и 2.

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

г) $|\frac{1}{|x^3 - 2x^2| - |x - 2|}| \ge \frac{1}{|x^3 - 2x^2| - |x - 2|}$

Данное неравенство имеет вид $|A| \ge A$, где $A = \frac{1}{|x^3 - 2x^2| - |x - 2|}$.

Решением является область определения выражения $A$. Найдем ее, потребовав, чтобы знаменатель был не равен нулю:

$|x^3 - 2x^2| - |x - 2| \neq 0$

Найдем значения $x$, при которых знаменатель равен нулю:

$|x^3 - 2x^2| = |x - 2|$

Разложим на множители выражение в левой части:

$|x^2(x - 2)| = |x - 2|$

$|x^2| \cdot |x - 2| = |x - 2|$

Поскольку $x^2 \ge 0$, то $|x^2|=x^2$.

$x^2 |x - 2| = |x - 2|$

Перенесем все в одну сторону и вынесем общий множитель:

$x^2 |x - 2| - |x - 2| = 0$

$|x - 2|(x^2 - 1) = 0$

Произведение равно нулю, когда один из множителей равен нулю:

1. $|x - 2| = 0 \implies x - 2 = 0 \implies x = 2$

2. $x^2 - 1 = 0 \implies x^2 = 1 \implies x = 1$ или $x = -1$

Знаменатель равен нулю при $x \in \{-1, 1, 2\}$. Эти значения необходимо исключить.

Следовательно, решением неравенства является множество всех действительных чисел, кроме -1, 1 и 2.

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