Номер 29.44, страница 187, 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 29.44, страница 187.

29.44. a) $|x^2 + 4x - 5| \le x^2 + 4x - 5;$

б) $|x - 2 - \frac{3}{x}| \le \frac{x^2 - 2x - 3}{x};$

в) $|8x^2 + \frac{1}{x}| \le 8x^2 + \frac{1}{x};$

г) $|\frac{1 - x}{x + 2}| \cdot |x + 2| \le x - 1.$

а) $|x^2 + 4x - 5| \le x^2 + 4x - 5$

Данное неравенство имеет вид $|A| \le A$. По определению модуля, $|A| \ge A$ для любого действительного $A$. Неравенство $|A| \le A$ возможно только в случае, когда $|A| = A$, а это, в свою очередь, выполняется тогда и только тогда, когда выражение под знаком модуля неотрицательно.

Таким образом, исходное неравенство равносильно следующему:

$x^2 + 4x - 5 \ge 0$

Для решения этого квадратного неравенства найдем корни соответствующего уравнения $x^2 + 4x - 5 = 0$. По теореме Виета, сумма корней равна $-4$, а их произведение равно $-5$. Следовательно, корнями являются $x_1 = 1$ и $x_2 = -5$.

Графиком функции $y = x^2 + 4x - 5$ является парабола, ветви которой направлены вверх. Значения функции неотрицательны (т.е. график находится на или выше оси Ox) при $x$, находящихся вне интервала между корнями, включая сами корни.

Следовательно, решение неравенства: $x \le -5$ или $x \ge 1$.

Ответ: $x \in (-\infty, -5] \cup [1, +\infty)$.

б) $|x - 2 - \frac{3}{x}| \le \frac{x^2 - 2x - 3}{x}$

Область допустимых значений (ОДЗ) неравенства: $x \ne 0$. Приведем выражение в левой части к общему знаменателю:

$|\frac{x^2 - 2x - 3}{x}| \le \frac{x^2 - 2x - 3}{x}$

Обозначим $A = \frac{x^2 - 2x - 3}{x}$. Неравенство принимает вид $|A| \le A$, что, как и в предыдущем пункте, равносильно условию $A \ge 0$.

Решим неравенство $\frac{x^2 - 2x - 3}{x} \ge 0$ методом интервалов. Найдем нули числителя и знаменателя. Нули числителя: $x^2 - 2x - 3 = 0$. Корни этого уравнения $x_1 = 3$ и $x_2 = -1$. Нуль знаменателя: $x = 0$.

Нанесем точки $-1, 0, 3$ на числовую ось. Они разбивают ось на интервалы $(-\infty, -1]$, $[-1, 0)$, $(0, 3]$, $[3, +\infty)$. Определим знак выражения $\frac{(x-3)(x+1)}{x}$ на каждом интервале. Выражение положительно при $x \in (-1, 0)$ и $x \in (3, +\infty)$. Так как неравенство нестрогое ($\ge 0$), мы включаем в решение нули числителя ($x=-1$ и $x=3$) и исключаем нуль знаменателя ($x=0$).

Ответ: $x \in [-1, 0) \cup [3, +\infty)$.

в) $|8x^2 + \frac{1}{x}| \le 8x^2 + \frac{1}{x}$

Это неравенство также имеет вид $|A| \le A$, где $A = 8x^2 + \frac{1}{x}$. Оно равносильно неравенству $A \ge 0$.

ОДЗ: $x \ne 0$. Решаем неравенство $8x^2 + \frac{1}{x} \ge 0$. Приведем левую часть к общему знаменателю: $\frac{8x^3 + 1}{x} \ge 0$.

Решим полученное рациональное неравенство методом интервалов. Найдем нуль числителя: $8x^3 + 1 = 0 \Rightarrow 8x^3 = -1 \Rightarrow x^3 = -\frac{1}{8} \Rightarrow x = -\frac{1}{2}$. Нуль знаменателя: $x = 0$.

Точки $x = -1/2$ и $x = 0$ разбивают числовую ось на интервалы. Проверим знак выражения $\frac{8x^3 + 1}{x}$ на этих интервалах.

• При $x > 0$ числитель и знаменатель положительны, дробь положительна.
• При $x \in (-1/2, 0)$ числитель положителен ($x^3 > -1/8$), а знаменатель отрицателен, дробь отрицательна.
• При $x < -1/2$ числитель и знаменатель отрицательны, дробь положительна.

Поскольку неравенство нестрогое ($\ge 0$), решением являются промежутки, где выражение положительно, а также корень числителя. Таким образом, получаем $x \in (-\infty, -1/2] \cup (0, +\infty)$.

Ответ: $x \in (-\infty, -1/2] \cup (0, +\infty)$.

г) $|\frac{1-x}{x+2}| \cdot |x+2| \le x-1$

ОДЗ неравенства определяется знаменателем дроби: $x+2 \ne 0 \Rightarrow x \ne -2$. Кроме того, левая часть неравенства является произведением модулей и, следовательно, всегда неотрицательна. Это означает, что правая часть также должна быть неотрицательной: $x-1 \ge 0 \Rightarrow x \ge 1$. Это условие автоматически удовлетворяет ОДЗ ($x \ne -2$).

При $x \ne -2$ можно использовать свойство модуля $|a| \cdot |b| = |ab|$ для упрощения левой части:

$|\frac{1-x}{x+2} \cdot (x+2)| \le x-1$

$|1-x| \le x-1$

Используя свойство $|-a| = |a|$, получаем $|1-x| = |-(x-1)| = |x-1|$. Неравенство принимает вид:

$|x-1| \le x-1$

Это неравенство вида $|A| \le A$, где $A = x-1$. Оно равносильно условию $A \ge 0$.

$x-1 \ge 0 \Rightarrow x \ge 1$

Полученное решение полностью совпадает с условием неотрицательности правой части, которое мы вывели в начале.

Ответ: $x \in [1, +\infty)$.