Номер 29.49, страница 188, 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 29.49, страница 188.

Решите неравенство:

29.49. a) $|5x - \frac{1}{x}| > 4x;$

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

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

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

а) $|5x - \frac{1}{x}| > 4x$

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

Рассмотрим два случая в зависимости от знака правой части неравенства.

Случай 1: $4x < 0$, то есть $x < 0$.

В этом случае левая часть неравенства, как модуль, всегда неотрицательна ($|5x - \frac{1}{x}| \ge 0$), а правая часть отрицательна. Неравенство вида "неотрицательное число > отрицательного числа" всегда верно. Следовательно, все $x < 0$ являются решениями.

Случай 2: $4x \ge 0$, то есть $x \ge 0$. С учетом ОДЗ, получаем $x > 0$.

В этом случае обе части неравенства неотрицательны. Неравенство вида $|A| > B$ (где $B \ge 0$) равносильно совокупности двух неравенств: $A > B$ или $A < -B$.

$5x - \frac{1}{x} > 4x$ или $5x - \frac{1}{x} < -4x$.

Решим первое неравенство совокупности:

$x - \frac{1}{x} > 0$

$\frac{x^2 - 1}{x} > 0$

$\frac{(x-1)(x+1)}{x} > 0$

Так как мы рассматриваем случай $x > 0$, знаменатель положителен. Значит, $(x-1)(x+1) > 0$. Решением этого является $x \in (-\infty, -1) \cup (1, +\infty)$. С учетом условия $x > 0$, получаем $x > 1$.

Решим второе неравенство совокупности:

$9x - \frac{1}{x} < 0$

$\frac{9x^2 - 1}{x} < 0$

$\frac{(3x-1)(3x+1)}{x} < 0$

Так как $x > 0$, знаменатель положителен. Значит, $(3x-1)(3x+1) < 0$. Решением этого является $x \in (-1/3, 1/3)$. С учетом условия $x > 0$, получаем $0 < x < 1/3$.

Объединяя решения для случая $x>0$, получаем $x \in (0, 1/3) \cup (1, +\infty)$.

Объединяя решения из обоих случаев ($x < 0$ и $x \in (0, 1/3) \cup (1, +\infty)$), получаем итоговый ответ.

Ответ: $x \in (-\infty, 0) \cup (0, \frac{1}{3}) \cup (1, +\infty)$.

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

ОДЗ: $x+2 \neq 0 \implies x \neq -2$ и $20x-20 \neq 0 \implies x \neq 1$.

Рассмотрим два случая в зависимости от знака правой части.

Случай 1: Правая часть отрицательна.

$\frac{17x-39}{20(x-1)} < 0$

Используя метод интервалов с корнями $x=1$ и $x=39/17$, получаем, что это неравенство выполняется при $x \in (1, 39/17)$. В этом интервале левая часть, как модуль, неотрицательна, а правая отрицательна, поэтому неравенство выполняется. Таким образом, интервал $(1, 39/17)$ является частью решения.

Случай 2: Правая часть неотрицательна.

$\frac{17x-39}{20(x-1)} \ge 0$, что выполняется при $x \in (-\infty, 1) \cup [39/17, +\infty)$.

В этом случае обе части неравенства неотрицательны, и мы можем возвести их в квадрат:

$(\frac{x-1}{x+2})^2 > (\frac{17x-39}{20(x-1)})^2$

$(\frac{x-1}{x+2})^2 - (\frac{17x-39}{20(x-1)})^2 > 0$

Используем формулу разности квадратов $a^2-b^2=(a-b)(a+b)$:

$(\frac{x-1}{x+2} - \frac{17x-39}{20(x-1)})(\frac{x-1}{x+2} + \frac{17x-39}{20(x-1)}) > 0$

Преобразуем выражения в скобках:

Первая скобка: $\frac{20(x-1)^2 - (17x-39)(x+2)}{20(x-1)(x+2)} = \frac{3x^2-35x+98}{20(x-1)(x+2)} = \frac{3(x-7)(x-14/3)}{20(x-1)(x+2)}$.

Вторая скобка: $\frac{20(x-1)^2 + (17x-39)(x+2)}{20(x-1)(x+2)} = \frac{37x^2-45x-58}{20(x-1)(x+2)} = \frac{37(x-2)(x+29/37)}{20(x-1)(x+2)}$.

Получаем неравенство:

$\frac{3(x-7)(x-14/3)}{20(x-1)(x+2)} \cdot \frac{37(x-2)(x+29/37)}{20(x-1)(x+2)} > 0$

$\frac{111(x-7)(x-14/3)(x-2)(x+29/37)}{400(x-1)^2(x+2)^2} > 0$

Знаменатель всегда положителен (с учетом ОДЗ). Значит, знак дроби определяется знаком числителя. Решаем методом интервалов для числителя с корнями: $-29/37, 2, 14/3, 7$.

$(x+29/37)(x-2)(x-14/3)(x-7) > 0$

Решение: $x \in (-\infty, -29/37) \cup (2, 14/3) \cup (7, +\infty)$.

Пересекаем это решение с условием случая 2: $x \in (-\infty, 1) \cup [39/17, +\infty)$.

$(-\infty, -29/37) \cap ((-\infty, 1) \cup [39/17, +\infty)) = (-\infty, -29/37)$. Учитывая ОДЗ $x\neq -2$, получаем $(-\infty, -2) \cup (-2, -29/37)$.

$(2, 14/3) \cap ((-\infty, 1) \cup [39/17, +\infty)) = [39/17, 14/3)$. (т.к. $2 < 39/17 < 14/3$)

$(7, +\infty) \cap ((-\infty, 1) \cup [39/17, +\infty)) = (7, +\infty)$.

Решение для случая 2: $(-\infty, -2) \cup (-2, -29/37) \cup [39/17, 14/3) \cup (7, +\infty)$.

Объединяем решения из обоих случаев: $(1, 39/17) \cup (-\infty, -2) \cup (-2, -29/37) \cup [39/17, 14/3) \cup (7, +\infty)$.

Окончательно получаем: $(-\infty, -2) \cup (-2, -29/37) \cup (1, 14/3) \cup (7, +\infty)$.

Ответ: $x \in (-\infty, -2) \cup (-2, -\frac{29}{37}) \cup (1, \frac{14}{3}) \cup (7, +\infty)$.

в) $|x-1| \ge \frac{32-14x}{x+2}$

ОДЗ: $x \neq -2$.

Рассмотрим два случая в зависимости от знака правой части.

Случай 1: Правая часть отрицательна.

$\frac{32-14x}{x+2} < 0 \implies \frac{-14(x-16/7)}{x+2} < 0 \implies \frac{x-16/7}{x+2} > 0$.

Это выполняется при $x \in (-\infty, -2) \cup (16/7, +\infty)$. В этом случае неравенство верно, так как модуль всегда неотрицателен. Этот интервал является частью решения.

Случай 2: Правая часть неотрицательна.

$\frac{32-14x}{x+2} \ge 0$, что выполняется при $x \in (-2, 16/7]$.

Неравенство $|A| \ge B$ (где $B \ge 0$) равносильно совокупности $A \ge B$ или $A \le -B$.

$x-1 \ge \frac{32-14x}{x+2}$ или $x-1 \le -\frac{32-14x}{x+2}$.

Решим первое неравенство совокупности:

$x-1 - \frac{32-14x}{x+2} \ge 0 \implies \frac{(x-1)(x+2) - (32-14x)}{x+2} \ge 0 \implies \frac{x^2+15x-34}{x+2} \ge 0$.

Корни числителя $x^2+15x-34=0$ это $x_1=2, x_2=-17$.

$\frac{(x-2)(x+17)}{x+2} \ge 0$. Решение: $x \in [-17, -2) \cup [2, +\infty)$.

Пересекая с условием случая 2, $x \in (-2, 16/7]$, получаем $x \in [2, 16/7]$.

Решим второе неравенство совокупности:

$x-1 + \frac{32-14x}{x+2} \le 0 \implies \frac{(x-1)(x+2) + (32-14x)}{x+2} \le 0 \implies \frac{x^2-13x+30}{x+2} \le 0$.

Корни числителя $x^2-13x+30=0$ это $x_1=3, x_2=10$.

$\frac{(x-3)(x-10)}{x+2} \le 0$. Решение: $x \in (-\infty, -2) \cup [3, 10]$.

Пересекая с условием случая 2, $x \in (-2, 16/7]$, получаем пустое множество, так как $16/7 \approx 2.28 < 3$.

Решение для случая 2: $x \in [2, 16/7]$.

Объединяя решения из обоих случаев: $(-\infty, -2) \cup (16/7, +\infty) \cup [2, 16/7]$.

Это объединение дает $(-\infty, -2) \cup [2, +\infty)$.

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

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

ОДЗ: $x \neq -2, x \neq 0$.

Рассмотрим два случая в зависимости от знака правой части.

Случай 1: Правая часть отрицательна.

$\frac{x-2}{x} < 0$. Это выполняется при $x \in (0, 2)$. В этом случае неравенство верно, так как модуль всегда неотрицателен. Этот интервал является частью решения.

Случай 2: Правая часть неотрицательна.

$\frac{x-2}{x} \ge 0$, что выполняется при $x \in (-\infty, 0) \cup [2, +\infty)$.

Здесь неравенство $|A| \ge B$ равносильно совокупности $A \ge B$ или $A \le -B$.

$\frac{x-2}{x+2} \ge \frac{x-2}{x}$ или $\frac{x-2}{x+2} \le -\frac{x-2}{x}$.

Заметим, что при $x=2$ неравенство превращается в $0 \ge 0$, что верно. Так как $x=2$ входит в условие этого случая, то $x=2$ является решением.

Решим первое неравенство совокупности (при $x\neq 2$):

$\frac{x-2}{x+2} - \frac{x-2}{x} \ge 0 \implies (x-2)(\frac{1}{x+2}-\frac{1}{x}) \ge 0 \implies (x-2)\frac{x-(x+2)}{x(x+2)} \ge 0 \implies \frac{-2(x-2)}{x(x+2)} \ge 0 \implies \frac{x-2}{x(x+2)} \le 0$.

Решение этого неравенства: $x \in (-\infty, -2) \cup (0, 2]$.

Пересекая с условием случая 2, $x \in (-\infty, 0) \cup [2, +\infty)$, получаем $x \in (-\infty, -2) \cup \{2\}$.

Решим второе неравенство совокупности (при $x\neq 2$):

$\frac{x-2}{x+2} + \frac{x-2}{x} \le 0 \implies (x-2)(\frac{1}{x+2}+\frac{1}{x}) \le 0 \implies (x-2)\frac{x+x+2}{x(x+2)} \le 0 \implies \frac{(x-2)(2x+2)}{x(x+2)} \le 0 \implies \frac{(x-2)(x+1)}{x(x+2)} \le 0$.

Решение этого неравенства: $x \in (-2, -1] \cup (0, 2]$.

Пересекая с условием случая 2, $x \in (-\infty, 0) \cup [2, +\infty)$, получаем $x \in (-2, -1] \cup \{2\}$.

Решение для случая 2: $x \in (-\infty, -2) \cup (-2, -1] \cup \{2\}$.

Объединяя решения из обоих случаев: $(0, 2) \cup (-\infty, -2) \cup (-2, -1] \cup \{2\}$.

Это объединение дает $(-\infty, -2) \cup (-2, -1] \cup (0, 2]$.

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