Номер 29.46, 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 29.46, страница 187.

29.46. a) $|5x - \frac{1}{x}| < 4x;$

Б) $|\frac{x-1}{x+2}| < \frac{17x-39}{20x-20};$

В) $|x-1| \le \frac{32-14x}{x+2};$

Г) $|\frac{x-2}{x+2}| \le \frac{x-2}{x}.$

а) $|5x - \frac{1}{x}| < 4x$

1. Область допустимых значений (ОДЗ).
Поскольку модуль числа всегда неотрицателен, для существования решений необходимо, чтобы правая часть неравенства была строго положительной: $4x > 0 \implies x > 0$. Также, из-за наличия дроби $\frac{1}{x}$, имеем $x \neq 0$. Условие $x > 0$ удовлетворяет этому. Таким образом, ОДЗ: $x \in (0, +\infty)$.

2. Решение неравенства.
Для $x > 0$ неравенство с модулем $|A| < B$ равносильно системе неравенств $-B < A < B$: $-4x < 5x - \frac{1}{x} < 4x$. Это эквивалентно системе двух неравенств: $$ \begin{cases} 5x - \frac{1}{x} < 4x \\ 5x - \frac{1}{x} > -4x \end{cases} $$

3. Решим первое неравенство системы:
$5x - \frac{1}{x} < 4x$
$x - \frac{1}{x} < 0$
Приводим к общему знаменателю: $\frac{x^2 - 1}{x} < 0$
Поскольку мы решаем для $x > 0$, знаменатель $x$ положителен. Значит, знак дроби определяется знаком числителя: $x^2 - 1 < 0$
$(x - 1)(x + 1) < 0$
Решением этого неравенства является интервал $x \in (-1, 1)$. С учетом ОДЗ ($x > 0$), получаем решение для первого неравенства: $x \in (0, 1)$.

4. Решим второе неравенство системы:
$5x - \frac{1}{x} > -4x$
$9x - \frac{1}{x} > 0$
$\frac{9x^2 - 1}{x} > 0$
Так как $x > 0$, знаменатель положителен, поэтому: $9x^2 - 1 > 0$
$(3x - 1)(3x + 1) > 0$
Решением этого неравенства является объединение интервалов $x \in (-\infty, -\frac{1}{3}) \cup (\frac{1}{3}, +\infty)$. С учетом ОДЗ ($x > 0$), получаем решение для второго неравенства: $x \in (\frac{1}{3}, +\infty)$.

5. Найдем пересечение решений обоих неравенств: $x \in (0, 1) \cap (\frac{1}{3}, +\infty) = (\frac{1}{3}, 1)$.

Ответ: $x \in (\frac{1}{3}, 1)$.

б) $|\frac{x-1}{x+2}| < \frac{17x - 39}{20x - 20}$

1. ОДЗ и условие положительности правой части.
Знаменатели не могут быть равны нулю: $x+2 \neq 0 \implies x \neq -2$ и $20x-20 \neq 0 \implies x \neq 1$. Правая часть должна быть строго положительной: $\frac{17x - 39}{20(x - 1)} > 0$.
Методом интервалов находим, что это условие выполняется при $x \in (-\infty, 1) \cup (\frac{39}{17}, +\infty)$.

2. Решение неравенства.
При выполнении условия положительности правой части, неравенство равносильно системе: $$ -\frac{17x - 39}{20(x - 1)} < \frac{x-1}{x+2} < \frac{17x - 39}{20(x - 1)} $$

3. Решим первое неравенство $\frac{x-1}{x+2} < \frac{17x - 39}{20(x-1)}$:
$\frac{x-1}{x+2} - \frac{17x - 39}{20(x-1)} < 0$
$\frac{20(x-1)^2 - (17x-39)(x+2)}{20(x+2)(x-1)} < 0$
$\frac{20(x^2-2x+1) - (17x^2-5x-78)}{20(x+2)(x-1)} < 0$
$\frac{3x^2 - 35x + 98}{20(x+2)(x-1)} < 0$
Корни числителя $3x^2 - 35x + 98 = 0$: $x_1 = \frac{14}{3}, x_2 = 7$. $\frac{3(x - \frac{14}{3})(x - 7)}{20(x+2)(x-1)} < 0$
Методом интервалов получаем: $x \in (-2, 1) \cup (\frac{14}{3}, 7)$.

4. Решим второе неравенство $\frac{x-1}{x+2} > -\frac{17x - 39}{20(x-1)}$:
$\frac{x-1}{x+2} + \frac{17x - 39}{20(x-1)} > 0$
$\frac{20(x-1)^2 + (17x-39)(x+2)}{20(x+2)(x-1)} > 0$
$\frac{37x^2 - 45x - 58}{20(x+2)(x-1)} > 0$
Корни числителя $37x^2 - 45x - 58 = 0$: $x_3 = -\frac{29}{37}, x_4 = 2$. $\frac{37(x + \frac{29}{37})(x - 2)}{20(x+2)(x-1)} > 0$
Методом интервалов получаем: $x \in (-\infty, -2) \cup (-\frac{29}{37}, 1) \cup (2, +\infty)$.

5. Найдем пересечение всех полученных множеств.
Сначала пересечем решения двух неравенств: $( (-2, 1) \cup (\frac{14}{3}, 7) ) \cap ( (-\infty, -2) \cup (-\frac{29}{37}, 1) \cup (2, +\infty) ) = (-\frac{29}{37}, 1) \cup (\frac{14}{3}, 7)$.
Теперь учтем условие положительности правой части $x \in (-\infty, 1) \cup (\frac{39}{17}, +\infty)$. Поскольку $-\frac{29}{37} \approx -0.78$ и $1$ лежат в интервале $(-\infty, 1)$, то $(-\frac{29}{37}, 1)$ входит в решение. Поскольку $\frac{14}{3} \approx 4.67$ и $\frac{39}{17} \approx 2.29$, то $\frac{14}{3} > \frac{39}{17}$, поэтому интервал $(\frac{14}{3}, 7)$ также входит в решение. Итоговое решение: $x \in (-\frac{29}{37}, 1) \cup (\frac{14}{3}, 7)$.

Ответ: $x \in (-\frac{29}{37}, 1) \cup (\frac{14}{3}, 7)$.

в) $|x - 1| \le \frac{32 - 14x}{x + 2}$

1. ОДЗ и условие неотрицательности правой части.
Знаменатель не равен нулю: $x+2 \neq 0 \implies x \neq -2$. Правая часть должна быть неотрицательной: $\frac{32 - 14x}{x + 2} \ge 0 \implies \frac{2(16 - 7x)}{x + 2} \ge 0$.
Методом интервалов находим: $x \in (-2, \frac{16}{7}]$.

2. Решение неравенства.
При выполнении условия неотрицательности правой части, неравенство равносильно системе: $$ -\frac{32 - 14x}{x + 2} \le x - 1 \le \frac{32 - 14x}{x + 2} $$

3. Решим первое неравенство $x - 1 \le \frac{32 - 14x}{x + 2}$:
$x - 1 - \frac{32 - 14x}{x + 2} \le 0$
$\frac{(x-1)(x+2) - (32-14x)}{x+2} \le 0$
$\frac{x^2+x-2-32+14x}{x+2} \le 0$
$\frac{x^2 + 15x - 34}{x+2} \le 0$
Корни числителя $x^2 + 15x - 34 = 0$: $x_1 = -17, x_2 = 2$. $\frac{(x+17)(x-2)}{x+2} \le 0$
Методом интервалов получаем: $x \in (-\infty, -17] \cup (-2, 2]$.

4. Решим второе неравенство $x - 1 \ge -\frac{32 - 14x}{x + 2}$:
$x - 1 + \frac{32 - 14x}{x + 2} \ge 0$
$\frac{(x-1)(x+2) + 32-14x}{x+2} \ge 0$
$\frac{x^2+x-2+32-14x}{x+2} \ge 0$
$\frac{x^2 - 13x + 30}{x+2} \ge 0$
Корни числителя $x^2 - 13x + 30 = 0$: $x_3 = 3, x_4 = 10$. $\frac{(x-3)(x-10)}{x+2} \ge 0$
Методом интервалов получаем: $x \in (-2, 3] \cup [10, +\infty)$.

5. Найдем пересечение всех трех множеств: $x \in (-2, \frac{16}{7}] \cap ((-\infty, -17] \cup (-2, 2]) \cap ((-2, 3] \cup [10, +\infty))$.
Пересечение $x \in (-2, \frac{16}{7}]$ и $x \in ((-\infty, -17] \cup (-2, 2])$ дает $x \in (-2, 2]$, так как $2 = \frac{14}{7} < \frac{16}{7}$.
Пересечение полученного результата $x \in (-2, 2]$ с $x \in ((-2, 3] \cup [10, +\infty))$ дает $x \in (-2, 2]$.

Ответ: $x \in (-2, 2]$.

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

1. ОДЗ и условие неотрицательности правой части.
Знаменатели не равны нулю: $x+2 \neq 0 \implies x \neq -2$ и $x \neq 0$. Правая часть должна быть неотрицательной: $\frac{x-2}{x} \ge 0$.
Методом интервалов находим: $x \in (-\infty, 0) \cup [2, +\infty)$.

2. Решение неравенства.
При выполнении условия неотрицательности правой части, можно возвести обе части неравенства в квадрат, так как они обе неотрицательны: $(\frac{x-2}{x+2})^2 \le (\frac{x-2}{x})^2$
$(\frac{x-2}{x+2})^2 - (\frac{x-2}{x})^2 \le 0$
Используем формулу разности квадратов $a^2-b^2=(a-b)(a+b)$: $(\frac{x-2}{x+2} - \frac{x-2}{x})(\frac{x-2}{x+2} + \frac{x-2}{x}) \le 0$
Вынесем $(x-2)$ за скобки в каждом множителе: $(x-2)^2 (\frac{1}{x+2} - \frac{1}{x})(\frac{1}{x+2} + \frac{1}{x}) \le 0$
Приведем к общему знаменателю в скобках: $(x-2)^2 (\frac{x-(x+2)}{x(x+2)})(\frac{x+x+2}{x(x+2)}) \le 0$
$(x-2)^2 \frac{-2}{x(x+2)} \frac{2x+2}{x(x+2)} \le 0$
$\frac{-4(x-2)^2(x+1)}{x^2(x+2)^2} \le 0$
Множители $(x-2)^2$, $x^2$, $(x+2)^2$ всегда неотрицательны (в ОДЗ они строго положительны, кроме точки $x=2$). Множитель $-4$ отрицателен. Неравенство сводится к $\frac{-(x+1)}{+} \le 0$ (учитывая знаки), что равносильно $-(x+1) \le 0 \implies x+1 \ge 0 \implies x \ge -1$.
Это решение справедливо для всех $x$ из ОДЗ. Также нужно проверить точку $x=2$, где левая часть неравенства обнуляется. При $x=2$ получаем $0 \le 0$, что верно. Таким образом, $x=2$ входит в решение. Решение этого преобразованного неравенства с учетом ОДЗ ($x \neq 0, x \neq -2$) есть $x \in [-1, 0) \cup (0, +\infty)$.

3. Объединим с начальным условием.
Найдем пересечение полученного решения $x \in [-1, 0) \cup (0, +\infty)$ с условием неотрицательности правой части $x \in (-\infty, 0) \cup [2, +\infty)$: $([-1, 0) \cup (0, +\infty)) \cap ((-\infty, 0) \cup [2, +\infty)) = [-1, 0) \cup [2, +\infty)$.

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