Страница 184, часть 2 - гдз по алгебре 11 класс учебник часть 1, 2 Мордкович, Семенов

29.25. Решите уравнение:

а) $ |2 \sin x + 1| + |-1 + 2 \cos x| = 2 |\sin x + \cos x|; $

б) $ \left|\frac{\lg^2 x}{4} - 1\right| + \left|\frac{\lg x - 3}{2} + 1\right| = \left|\frac{\lg^2 x}{4} + \frac{\lg x - 3}{2}\right|; $

в) $ |2 \sin 2x - \sqrt{3}| + |\sqrt{3} + 2 \cos x| = 2 |\sin 2x + \cos x|; $

г) $ |2 - \lg x| + |\log_5(x^2 - 7x + 7) - 2| = |\log_5(x^2 - 7x + 7) - \lg x|. $

а)

Исходное уравнение: $|2 \sin x + 1| + |-1 + 2 \cos x| = 2 |\sin x + \cos x|$.

Заметим, что $|-1 + 2 \cos x| = |-(1 - 2 \cos x)| = |1 - 2 \cos x|$. Также $2 |\sin x + \cos x| = |2 \sin x + 2 \cos x|$.

Уравнение можно переписать в виде: $|2 \sin x + 1| + |2 \cos x - 1| = |(2 \sin x + 1) + (2 \cos x - 1)|$. Нет, это неверно. Сумма выражений в модулях слева: $(2 \sin x + 1) + (-1 + 2 \cos x) = 2 \sin x + 2 \cos x$.

Введем обозначения: $A = 2 \sin x + 1$ и $B = -1 + 2 \cos x$. Тогда правая часть уравнения есть $|A+B|$. Уравнение принимает вид $|A| + |B| = |A+B|$.

Это равенство верно тогда и только тогда, когда $A$ и $B$ имеют одинаковый знак, то есть их произведение неотрицательно: $A \cdot B \ge 0$.

$(2 \sin x + 1)(-1 + 2 \cos x) \ge 0$, что эквивалентно $(2 \sin x + 1)(2 \cos x - 1) \ge 0$.

Это неравенство выполняется в двух случаях:

1) Оба множителя неотрицательны:

$ \begin{cases} 2 \sin x + 1 \ge 0 \\ 2 \cos x - 1 \ge 0 \end{cases} \implies \begin{cases} \sin x \ge -1/2 \\ \cos x \ge 1/2 \end{cases} $

Решением этой системы является $x \in [-\frac{\pi}{6} + 2\pi k, \frac{\pi}{3} + 2\pi k]$, где $k \in \mathbb{Z}$.

2) Оба множителя неположительны:

$ \begin{cases} 2 \sin x + 1 \le 0 \\ 2 \cos x - 1 \le 0 \end{cases} \implies \begin{cases} \sin x \le -1/2 \\ \cos x \le 1/2 \end{cases} $

Решением этой системы является $x \in [\frac{7\pi}{6} + 2\pi k, \frac{11\pi}{6} + 2\pi k]$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Объединяя решения обоих случаев, получаем итоговый ответ.

Ответ: $x \in [-\frac{\pi}{6} + 2\pi k, \frac{\pi}{3} + 2\pi k] \cup [\frac{7\pi}{6} + 2\pi k, \frac{11\pi}{6} + 2\pi k], k \in \mathbb{Z}$.

б)

Исходное уравнение: $|\frac{\lg^2 x}{4} - 1| + |\frac{\lg x - 3}{2} + 1| = |\frac{\lg^2 x}{4} + \frac{\lg x - 3}{2}|$.

Введем обозначения: $A = \frac{\lg^2 x}{4} - 1$ и $B = \frac{\lg x - 3}{2} + 1$.

Правая часть уравнения не является ни $|A+B|$, ни $|A-B|$. Введем другие обозначения: $u = \frac{\lg^2 x}{4}$ и $v = \frac{\lg x - 3}{2}$.

Тогда уравнение принимает вид: $|u - 1| + |v + 1| = |u + v|$.

Пусть $A = u - 1$ и $B = v + 1$. Тогда $A+B = (u-1) + (v+1) = u+v$. Уравнение имеет вид $|A| + |B| = |A+B|$, что равносильно условию $A \cdot B \ge 0$.

$(u - 1)(v + 1) \ge 0$.

Подставим обратно выражения для $u$ и $v$:

$(\frac{\lg^2 x}{4} - 1) (\frac{\lg x - 3}{2} + 1) \ge 0$

$(\frac{\lg^2 x - 4}{4}) (\frac{\lg x - 1}{2}) \ge 0$

$(\lg^2 x - 4)(\lg x - 1) \ge 0$

$(\lg x - 2)(\lg x + 2)(\lg x - 1) \ge 0$

Сделаем замену $y = \lg x$. Получим неравенство $(y-2)(y+2)(y-1) \ge 0$.

Решая его методом интервалов, находим, что $y \in [-2, 1] \cup [2, \infty)$.

Возвращаемся к переменной $x$:

1) $-2 \le \lg x \le 1 \implies 10^{-2} \le x \le 10^1 \implies 0.01 \le x \le 10$.

2) $\lg x \ge 2 \implies x \ge 10^2 \implies x \ge 100$.

Область допустимых значений для $\lg x$ - это $x > 0$. Найденные решения удовлетворяют этому условию.

Ответ: $x \in [0.01, 10] \cup [100, \infty)$.

в)

Исходное уравнение: $|2 \sin 2x - \sqrt{3}| + |\sqrt{3} + 2 \cos x| = 2 |\sin 2x + \cos x|$.

Перепишем правую часть: $2 |\sin 2x + \cos x| = |2 \sin 2x + 2 \cos x|$.

Введем обозначения: $A = 2 \sin 2x - \sqrt{3}$ и $B = \sqrt{3} + 2 \cos x$.

Тогда $A+B = (2 \sin 2x - \sqrt{3}) + (\sqrt{3} + 2 \cos x) = 2 \sin 2x + 2 \cos x$.

Уравнение принимает вид $|A| + |B| = |A+B|$, что равносильно условию $A \cdot B \ge 0$.

$(2 \sin 2x - \sqrt{3})(\sqrt{3} + 2 \cos x) \ge 0$.

Решим это неравенство методом интервалов на отрезке $[0, 2\pi]$.

Найдем корни множителей:

$2 \sin 2x - \sqrt{3} = 0 \implies \sin 2x = \frac{\sqrt{3}}{2} \implies 2x = \frac{\pi}{3} + 2\pi n$ или $2x = \frac{2\pi}{3} + 2\pi n$. Отсюда $x = \frac{\pi}{6} + \pi n$ или $x = \frac{\pi}{3} + \pi n$. На отрезке $[0, 2\pi]$ получаем корни $x = \frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{3}, \frac{7\pi}{6}, \frac{4\pi}{3}$.

$\sqrt{3} + 2 \cos x = 0 \implies \cos x = -\frac{\sqrt{3}}{2}$. На отрезке $[0, 2\pi]$ получаем корни $x = \frac{5\pi}{6}, \frac{7\pi}{6}$.

Отметим все корни на числовой окружности и определим знаки произведения на полученных интервалах:

Интервалы, где произведение $\ge 0$:

$[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{3}]$

$[\frac{5\pi}{6}, \frac{7\pi}{6}]$

$[\frac{7\pi}{6}, \frac{4\pi}{3}]$

Объединяя смежные интервалы, получаем решение на отрезке $[0, 2\pi]$: $x \in [\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{3}] \cup [\frac{5\pi}{6}, \frac{4\pi}{3}]$.

Обобщая на все действительные числа, добавляем период $2\pi k$.

Ответ: $x \in [\frac{\pi}{6} + 2\pi k, \frac{\pi}{3} + 2\pi k] \cup [\frac{5\pi}{6} + 2\pi k, \frac{4\pi}{3} + 2\pi k], k \in \mathbb{Z}$.

г)

Исходное уравнение: $|2 - \lg x| + |\log_5(x^2 - 7x + 7) - 2| = |\log_5(x^2 - 7x + 7) - \lg x|$.

Введем обозначения: $A = 2 - \lg x$ и $B = \log_5(x^2 - 7x + 7) - 2$.

Тогда $A+B = (2 - \lg x) + (\log_5(x^2 - 7x + 7) - 2) = \log_5(x^2 - 7x + 7) - \lg x$.

Уравнение принимает вид $|A| + |B| = |A+B|$, что равносильно условию $A \cdot B \ge 0$.

$(2 - \lg x)(\log_5(x^2 - 7x + 7) - 2) \ge 0$.

Найдем область допустимых значений (ОДЗ):

1) $x > 0$ (из-за $\lg x$).

2) $x^2 - 7x + 7 > 0$. Корни квадратного трехчлена: $x_{1,2} = \frac{7 \pm \sqrt{49-28}}{2} = \frac{7 \pm \sqrt{21}}{2}$.Таким образом, $x \in (-\infty, \frac{7 - \sqrt{21}}{2}) \cup (\frac{7 + \sqrt{21}}{2}, \infty)$.

Объединяя условия, получаем ОДЗ: $x \in (0, \frac{7 - \sqrt{21}}{2}) \cup (\frac{7 + \sqrt{21}}{2}, \infty)$.

Решаем неравенство $(2 - \lg x)(\log_5(x^2 - 7x + 7) - 2) \ge 0$.

Случай 1: Оба множителя неотрицательны.

$ \begin{cases} 2 - \lg x \ge 0 \\ \log_5(x^2 - 7x + 7) - 2 \ge 0 \end{cases} \implies \begin{cases} \lg x \le 2 \\ x^2 - 7x + 7 \ge 5^2 \end{cases} \implies \begin{cases} x \le 100 \\ x^2 - 7x - 18 \ge 0 \end{cases} $

Неравенство $x^2 - 7x - 18 \ge 0$ имеет решение $x \in (-\infty, -2] \cup [9, \infty)$.

Пересечение $x \le 100$ и $x \in (-\infty, -2] \cup [9, \infty)$ дает $x \in (-\infty, -2] \cup [9, 100]$.

Учитывая ОДЗ, получаем решение для этого случая: $x \in [9, 100]$. ($\frac{7+\sqrt{21}}{2} \approx 5.79$, поэтому $[9, 100]$ полностью входит в ОДЗ).

Случай 2: Оба множителя неположительны.

$ \begin{cases} 2 - \lg x \le 0 \\ \log_5(x^2 - 7x + 7) - 2 \le 0 \end{cases} \implies \begin{cases} \lg x \ge 2 \\ x^2 - 7x + 7 \le 25 \end{cases} \implies \begin{cases} x \ge 100 \\ x^2 - 7x - 18 \le 0 \end{cases} $

Неравенство $x^2 - 7x - 18 \le 0$ имеет решение $x \in [-2, 9]$.

Пересечение $x \ge 100$ и $x \in [-2, 9]$ является пустым множеством. Решений в этом случае нет.

Итоговое решение - это решение из первого случая.

Ответ: $x \in [9, 100]$.

Решите неравенство:

29.26. а) $|x| < 7;$

б) $|x + 5| > 7;$

в) $|x - 8| < 7;$

г) $|5x - 1| > 1.$

а) Неравенство вида $|A| < B$ (где $B>0$) равносильно двойному неравенству $-B < A < B$. В данном случае неравенство $|x| < 7$ можно переписать как:

$-7 < x < 7$

Это означает, что решением является интервал от -7 до 7, не включая концы.
Ответ: $(-7; 7)$.

б) Неравенство вида $|A| > B$ (где $B>0$) равносильно совокупности двух неравенств: $A > B$ или $A < -B$. Для неравенства $|x + 5| > 7$ получаем совокупность:

$ \begin{bmatrix} x + 5 > 7 \\ x + 5 < -7 \end{bmatrix} $

Решаем каждое неравенство отдельно:

1) Из $x + 5 > 7$ следует $x > 7 - 5$, то есть $x > 2$.

2) Из $x + 5 < -7$ следует $x < -7 - 5$, то есть $x < -12$.

Объединяя эти два условия, получаем решение в виде двух интервалов.
Ответ: $(-\infty; -12) \cup (2; +\infty)$.

в) Неравенство $|x - 8| < 7$ решается так же, как и в пункте а). Оно равносильно двойному неравенству:

$-7 < x - 8 < 7$

Чтобы найти $x$, прибавим 8 ко всем частям этого неравенства:

$-7 + 8 < x - 8 + 8 < 7 + 8$

$1 < x < 15$

Решением является интервал от 1 до 15.
Ответ: $(1; 15)$.

г) Неравенство $|5x - 1| > 1$ решается так же, как и в пункте б). Оно равносильно совокупности:

$ \begin{bmatrix} 5x - 1 > 1 \\ 5x - 1 < -1 \end{bmatrix} $

Решаем каждое неравенство отдельно:

1) Из $5x - 1 > 1$ следует $5x > 2$, то есть $x > \frac{2}{5}$.

2) Из $5x - 1 < -1$ следует $5x < 0$, то есть $x < 0$.

Объединяем решения.
Ответ: $(-\infty; 0) \cup (\frac{2}{5}; +\infty)$.

29.27. a) $\left|x+2\right| < -7;$

б) $\left|x+8\right| > 2-\sqrt{7};$

В) $\left|x+5\right| < -2+\sqrt{7};$

Г) $\left|x+5\right| > 3,14-\pi.$

а) $|x + 2| < -7$

По определению, модуль (абсолютная величина) любого действительного числа является неотрицательной величиной. Это означает, что для любого значения $x$ выражение $|x + 2|$ будет больше или равно нулю: $|x + 2| \ge 0$.

В данном неравенстве требуется, чтобы неотрицательное значение $|x + 2|$ было строго меньше отрицательного числа $-7$. Это невозможно, так как любое неотрицательное число всегда больше любого отрицательного числа.

Следовательно, у этого неравенства нет решений.

Ответ: нет решений (или $x \in \emptyset$).

б) $|x + 8| > 2 - \sqrt{7}$

Для решения этого неравенства сначала оценим знак выражения в правой части: $2 - \sqrt{7}$.

Мы знаем, что $2^2 = 4$ и $3^2 = 9$. Поскольку $4 < 7 < 9$, то $\sqrt{4} < \sqrt{7} < \sqrt{9}$, что означает $2 < \sqrt{7} < 3$.

Следовательно, разность $2 - \sqrt{7}$ является отрицательным числом.

Левая часть неравенства, $|x + 8|$, по определению модуля, всегда неотрицательна ($|x + 8| \ge 0$) для любого действительного $x$. Любое неотрицательное число всегда больше любого отрицательного числа. Таким образом, неравенство выполняется при любом значении $x$.

Ответ: $x$ — любое действительное число ($x \in (-\infty; +\infty)$).

в) $|x + 5| < -2 + \sqrt{7}$

Сначала оценим знак выражения в правой части: $-2 + \sqrt{7}$.

Как мы установили в предыдущем пункте, $\sqrt{7} > 2$, поэтому разность $\sqrt{7} - 2$ (или $-2 + \sqrt{7}$) является положительным числом.

Неравенство вида $|A| < c$, где $c$ — положительное число, равносильно двойному неравенству $-c < A < c$.

Применяя это правило, получаем:

$-(-2 + \sqrt{7}) < x + 5 < -2 + \sqrt{7}$

$2 - \sqrt{7} < x + 5 < \sqrt{7} - 2$

Чтобы найти $x$, вычтем 5 из всех частей двойного неравенства:

$2 - \sqrt{7} - 5 < x < \sqrt{7} - 2 - 5$

$-3 - \sqrt{7} < x < \sqrt{7} - 7$

Решением является интервал.

Ответ: $x \in (-3 - \sqrt{7}; \sqrt{7} - 7)$.

г) $|x + 5| > 3,14 - \pi$

Оценим знак выражения в правой части неравенства: $3,14 - \pi$.

Число $\pi$ (пи) — это иррациональное число, значение которого приблизительно равно $3,14159...$. Так как $3,14 < \pi$, разность $3,14 - \pi$ является отрицательным числом.

Левая часть неравенства, $|x + 5|$, по определению модуля, всегда неотрицательна ($|x + 5| \ge 0$) для любого $x$. Любое неотрицательное число всегда больше любого отрицательного числа. Следовательно, данное неравенство верно для всех действительных значений $x$.

Ответ: $x$ — любое действительное число ($x \in (-\infty; +\infty)$).

29.28. a) $|3x - 9| \ge 6;$

б) $|4 - 2x| < 16;$

в) $|5x + 10| \le 7;$

г) $|9 + 3x| > 12.$

а) Неравенство вида $|f(x)| \ge a$ (где $a \ge 0$) равносильно совокупности двух неравенств: $f(x) \ge a$ или $f(x) \le -a$.
Для неравенства $|3x - 9| \ge 6$ это означает, что оно распадается на два случая:
1) $3x - 9 \ge 6$
$3x \ge 6 + 9$
$3x \ge 15$
$x \ge 5$
2) $3x - 9 \le -6$
$3x \le -6 + 9$
$3x \le 3$
$x \le 1$
Решением является объединение этих двух промежутков.
Ответ: $x \in (-\infty, 1] \cup [5, +\infty)$.

б) Неравенство вида $|f(x)| < a$ (где $a > 0$) равносильно двойному неравенству $-a < f(x) < a$.
Для неравенства $|4 - 2x| < 16$ получаем:
$-16 < 4 - 2x < 16$
Вычтем 4 из всех частей неравенства:
$-16 - 4 < -2x < 16 - 4$
$-20 < -2x < 12$
Разделим все части неравенства на -2. При делении на отрицательное число знаки неравенства меняются на противоположные:
$\frac{-20}{-2} > x > \frac{12}{-2}$
$10 > x > -6$
Запишем это в более привычном виде, поменяв части местами: $-6 < x < 10$.
Ответ: $x \in (-6, 10)$.

в) Неравенство вида $|f(x)| \le a$ (где $a \ge 0$) равносильно двойному неравенству $-a \le f(x) \le a$.
Для неравенства $|5x + 10| \le 7$ получаем:
$-7 \le 5x + 10 \le 7$
Вычтем 10 из всех частей неравенства:
$-7 - 10 \le 5x \le 7 - 10$
$-17 \le 5x \le -3$
Разделим все части неравенства на 5 (положительное число, знаки не меняются):
$-\frac{17}{5} \le x \le -\frac{3}{5}$
Это также можно записать в виде десятичных дробей: $-3.4 \le x \le -0.6$.
Ответ: $x \in [-\frac{17}{5}, -\frac{3}{5}]$.

г) Неравенство вида $|f(x)| > a$ (где $a \ge 0$) равносильно совокупности двух неравенств: $f(x) > a$ или $f(x) < -a$.
Для неравенства $|9 + 3x| > 12$ это означает, что оно распадается на два случая:
1) $9 + 3x > 12$
$3x > 12 - 9$
$3x > 3$
$x > 1$
2) $9 + 3x < -12$
$3x < -12 - 9$
$3x < -21$
$x < -7$
Решением является объединение этих двух промежутков.
Ответ: $x \in (-\infty, -7) \cup (1, +\infty)$.

○29.29. а) Докажите, что при $a < 0$ множество решений неравенства $|f(x)| > a$ совпадает с множеством $D(f)$ – областью определения выражения $f(x)$.

б) Докажите, что множество решений неравенства $|f(x)| > g(x)$ совпадает с множеством решений совокупности $\begin{cases} f(x) > g(x); \\ f(x) < -g(x). \end{cases}$

а)

Рассмотрим неравенство $|f(x)| > a$ при условии $a < 0$.

По определению, модуль любого действительного числа (или выражения) является неотрицательной величиной. То есть, для любого $x$ из области определения функции $f(x)$, значение $|f(x)|$ всегда удовлетворяет условию: $|f(x)| \ge 0$.

Нам дано, что число $a$ является отрицательным, то есть $a < 0$.

Сравним левую и правую части исходного неравенства. Левая часть $|f(x)|$ — неотрицательное число, а правая часть $a$ — отрицательное число. Любое неотрицательное число всегда больше любого отрицательного числа.

Следовательно, неравенство $|f(x)| > a$ будет верным для любого значения $x$, при котором выражение $f(x)$ имеет смысл (т.е. определено). Множество всех таких значений $x$ и называется областью определения функции $f(x)$, которая обозначается как $D(f)$.

Таким образом, множество решений неравенства $|f(x)| > a$ при $a < 0$ совпадает с областью определения $D(f)$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

б)

Рассмотрим неравенство $|f(x)| > g(x)$ и совокупность $\begin{cases} f(x) > g(x); \\ f(x) < -g(x). \end{cases}$

Для доказательства того, что множества их решений совпадают, рассмотрим два возможных случая для значений функции $g(x)$. Решение исходного неравенства будет объединением решений, найденных в этих двух случаях.

Случай 1: $g(x) < 0$.

В этом случае правая часть неравенства $|f(x)| > g(x)$ является отрицательной. Левая часть, $|f(x)|$, по определению модуля, всегда неотрицательна: $|f(x)| \ge 0$. Неравенство "неотрицательное число > отрицательное число" всегда истинно. Следовательно, при $g(x) < 0$ решением неравенства являются все $x$ из области определения функций $f(x)$ и $g(x)$, удовлетворяющие условию $g(x) < 0$.

Теперь рассмотрим совокупность. Если $g(x) < 0$, то $-g(x) > 0$. Первое неравенство совокупности, $f(x) > g(x)$, истинно для любого действительного значения $f(x)$, так как любое действительное число больше некоторого отрицательного числа $g(x)$. Так как для решения совокупности достаточно выполнения хотя бы одного из неравенств, то все $x$, для которых $g(x) < 0$, являются решениями совокупности.

Таким образом, в случае $g(x) < 0$ множества решений неравенства и совокупности совпадают.

Случай 2: $g(x) \ge 0$.

В этом случае обе части неравенства $|f(x)| > g(x)$ неотрицательны. Такое неравенство равносильно возведению обеих частей в квадрат: $|f(x)|^2 > (g(x))^2$ $f(x)^2 > g(x)^2$ $f(x)^2 - g(x)^2 > 0$ $(f(x) - g(x))(f(x) + g(x)) > 0$

Это неравенство равносильно совокупности двух систем: $\begin{cases} f(x) - g(x) > 0 \\ f(x) + g(x) > 0 \end{cases}$ или $\begin{cases} f(x) - g(x) < 0 \\ f(x) + g(x) < 0 \end{cases}$

Что эквивалентно совокупности: $\begin{cases} f(x) > g(x) \\ f(x) > -g(x) \end{cases}$ или $\begin{cases} f(x) < g(x) \\ f(x) < -g(x) \end{cases}$

Так как по условию этого случая $g(x) \ge 0$, то $-g(x) \le 0$, и значит $g(x) \ge -g(x)$.

Тогда первая система $\begin{cases} f(x) > g(x) \\ f(x) > -g(x) \end{cases}$ равносильна одному неравенству $f(x) > g(x)$.

Вторая система $\begin{cases} f(x) < g(x) \\ f(x) < -g(x) \end{cases}$ равносильна одному неравенству $f(x) < -g(x)$.

Таким образом, при $g(x) \ge 0$ исходное неравенство равносильно совокупности $\begin{cases} f(x) > g(x); \\ f(x) < -g(x). \end{cases}$

Поскольку эквивалентность доказана для обоих случаев ($g(x) < 0$ и $g(x) \ge 0$), множества решений неравенства $|f(x)| > g(x)$ и совокупности всегда совпадают. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

Решите неравенство:

29.30. a) $|x - \frac{4}{x}| \ge -1;$

б) $|\frac{x}{\sqrt{12x - x^2}} - \sqrt{x^2 - 2x - 8}| > \sqrt{2} + \sqrt{3} - \sqrt{10}.$

а) $|x - \frac{4}{x}| \ge -1$

По определению, модуль (абсолютная величина) любого действительного числа является неотрицательной величиной. То есть, для любого выражения $A$, которое может быть вычислено, $|A| \ge 0$.

В данном неравенстве левая часть $|x - \frac{4}{x}|$ всегда будет больше или равна нулю. Правая часть неравенства равна $-1$.

Поскольку любое неотрицательное число всегда больше или равно любому отрицательному числу (в данном случае $0 \ge -1$), неравенство выполняется для всех значений $x$, при которых выражение $x - \frac{4}{x}$ имеет смысл.

Выражение $x - \frac{4}{x}$ определено для всех действительных чисел, кроме тех, при которых знаменатель равен нулю.

Найдем область допустимых значений (ОДЗ):
$x \neq 0$

Следовательно, решением неравенства являются все действительные числа, кроме $0$.

Ответ: $x \in (-\infty; 0) \cup (0; +\infty)$

б) $|\frac{x}{\sqrt{12x - x^2}} - \sqrt{x^2 - 2x - 8}| > \sqrt{2} + \sqrt{3} - \sqrt{10}$

Как и в предыдущем пункте, левая часть неравенства представляет собой модуль, который всегда неотрицателен.

Оценим знак правой части неравенства: $\sqrt{2} + \sqrt{3} - \sqrt{10}$.
Сравним $\sqrt{2} + \sqrt{3}$ и $\sqrt{10}$. Поскольку обе части положительны, мы можем сравнить их квадраты:
$(\sqrt{2} + \sqrt{3})^2 = (\sqrt{2})^2 + 2\sqrt{2}\sqrt{3} + (\sqrt{3})^2 = 2 + 2\sqrt{6} + 3 = 5 + 2\sqrt{6}$.
$(\sqrt{10})^2 = 10$.
Теперь сравним $5 + 2\sqrt{6}$ и $10$. Вычтем 5 из обеих частей, чтобы сравнить $2\sqrt{6}$ и $5$.
Снова возведем в квадрат (обе части положительны):
$(2\sqrt{6})^2 = 4 \cdot 6 = 24$.
$5^2 = 25$.
Поскольку $24 < 25$, то $2\sqrt{6} < 5$, следовательно $5 + 2\sqrt{6} < 10$, и, наконец, $\sqrt{2} + \sqrt{3} < \sqrt{10}$.

Это означает, что правая часть неравенства является отрицательным числом: $\sqrt{2} + \sqrt{3} - \sqrt{10} < 0$.

Неравенство имеет вид $|A| > B$, где $B$ — отрицательное число. Так как $|A| \ge 0$ для любого $A$, а $B < 0$, то неравенство $|A| > B$ будет выполняться всегда, когда выражение $A$ определено.

Найдем область допустимых значений (ОДЗ) для выражения в левой части. Для этого необходимо, чтобы подкоренные выражения были неотрицательны, а знаменатель не был равен нулю. Это сводится к системе неравенств: $$ \begin{cases} 12x - x^2 > 0 \\ x^2 - 2x - 8 \ge 0 \end{cases} $$

1. Решим первое неравенство: $12x - x^2 > 0$.
$x(12 - x) > 0$.
Корни уравнения $x(12-x)=0$ это $x_1=0$ и $x_2=12$. Ветви параболы $y = -x^2+12x$ направлены вниз, поэтому неравенство выполняется между корнями.
$x \in (0; 12)$.

2. Решим второе неравенство: $x^2 - 2x - 8 \ge 0$.
Найдем корни уравнения $x^2 - 2x - 8 = 0$. По теореме Виета, корни $x_1 = 4$ и $x_2 = -2$.
Неравенство можно записать как $(x-4)(x+2) \ge 0$. Ветви параболы $y = x^2 - 2x - 8$ направлены вверх, поэтому неравенство выполняется вне интервала между корнями.
$x \in (-\infty; -2] \cup [4; +\infty)$.

3. Найдем пересечение решений обоих неравенств, то есть общую область определения.
Нам нужно найти пересечение множеств $(0; 12)$ и $(-\infty; -2] \cup [4; +\infty)$.
Пересекая $(0; 12)$ с $(-\infty; -2]$, получаем пустое множество.
Пересекая $(0; 12)$ с $[4; +\infty)$, получаем интервал $[4; 12)$.

Таким образом, ОДЗ всего выражения: $x \in [4; 12)$. Поскольку неравенство верно для всех $x$ из ОДЗ, это и есть решение.

Ответ: $x \in [4; 12)$

29.31. a) $|x - \frac{2}{x + 2}| > 3;$

б) $|x - 3| \cdot |\frac{3x}{x + 2}| > 2;$

в) $|\frac{x^2}{x + 2} - \frac{x^2 + 2}{x - 1}| > 5;$

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

а)

Исходное неравенство:$|x - \frac{2}{x+2}| > 3$

Область допустимых значений (ОДЗ): $x+2 \neq 0$, то есть $x \neq -2$.

Преобразуем выражение под знаком модуля:$x - \frac{2}{x+2} = \frac{x(x+2) - 2}{x+2} = \frac{x^2 + 2x - 2}{x+2}$

Неравенство принимает вид:$|\frac{x^2 + 2x - 2}{x+2}| > 3$

Это неравенство равносильно совокупности двух неравенств:$\frac{x^2 + 2x - 2}{x+2} > 3$ или $\frac{x^2 + 2x - 2}{x+2} < -3$

Решим первое неравенство:$\frac{x^2 + 2x - 2}{x+2} - 3 > 0$$\frac{x^2 + 2x - 2 - 3(x+2)}{x+2} > 0$$\frac{x^2 - x - 8}{x+2} > 0$

Найдем корни числителя $x^2 - x - 8 = 0$. $D = (-1)^2 - 4(1)(-8) = 33$. Корни: $x_{1,2} = \frac{1 \pm \sqrt{33}}{2}$.Корень знаменателя: $x_3 = -2$.Наносим корни на числовую ось и определяем знаки методом интервалов.Точки: $\frac{1 - \sqrt{33}}{2} \approx -2.37$, $-2$, $\frac{1 + \sqrt{33}}{2} \approx 3.37$.Решение первого неравенства: $x \in (\frac{1 - \sqrt{33}}{2}; -2) \cup (\frac{1 + \sqrt{33}}{2}; +\infty)$.

Решим второе неравенство:$\frac{x^2 + 2x - 2}{x+2} + 3 < 0$$\frac{x^2 + 2x - 2 + 3(x+2)}{x+2} < 0$$\frac{x^2 + 5x + 4}{x+2} < 0$$\frac{(x+1)(x+4)}{x+2} < 0$

Корни числителя: $x = -1, x = -4$. Корень знаменателя: $x = -2$.Наносим корни на числовую ось и определяем знаки методом интервалов.Точки: $-4, -2, -1$.Решение второго неравенства: $x \in (-\infty; -4) \cup (-2; -1)$.

Объединяем решения обоих неравенств:$x \in (-\infty; -4) \cup (\frac{1 - \sqrt{33}}{2}; -2) \cup (-2; -1) \cup (\frac{1 + \sqrt{33}}{2}; +\infty)$.

Ответ: $x \in (-\infty; -4) \cup (\frac{1 - \sqrt{33}}{2}; -2) \cup (-2; -1) \cup (\frac{1 + \sqrt{33}}{2}; +\infty)$.

б)

Исходное неравенство:$|x - 3| \cdot |\frac{3x}{x+2}| > 2$

ОДЗ: $x \neq -2$.

Используя свойство $|a| \cdot |b| = |ab|$, объединим модули:$|\frac{3x(x - 3)}{x+2}| > 2 \implies |\frac{3x^2 - 9x}{x+2}| > 2$

Это неравенство равносильно совокупности:$\frac{3x^2 - 9x}{x+2} > 2$ или $\frac{3x^2 - 9x}{x+2} < -2$

Решим первое неравенство:$\frac{3x^2 - 9x}{x+2} - 2 > 0$$\frac{3x^2 - 9x - 2(x+2)}{x+2} > 0$$\frac{3x^2 - 11x - 4}{x+2} > 0$Корни числителя $3x^2 - 11x - 4 = 0$: $x_1 = \frac{11 - \sqrt{121+48}}{6} = -\frac{1}{3}$, $x_2 = \frac{11 + 13}{6} = 4$.Корень знаменателя: $x_3 = -2$.Методом интервалов получаем решение: $x \in (-2; -1/3) \cup (4; +\infty)$.

Решим второе неравенство:$\frac{3x^2 - 9x}{x+2} + 2 < 0$$\frac{3x^2 - 9x + 2(x+2)}{x+2} < 0$$\frac{3x^2 - 7x + 4}{x+2} < 0$Корни числителя $3x^2 - 7x + 4 = 0$: $x_1 = \frac{7 - \sqrt{49-48}}{6} = 1$, $x_2 = \frac{7+1}{6} = \frac{4}{3}$.Корень знаменателя: $x_3 = -2$.Методом интервалов получаем решение: $x \in (-\infty; -2) \cup (1; 4/3)$.

Объединяем полученные решения:$x \in (-\infty; -2) \cup (-2; -1/3) \cup (1; 4/3) \cup (4; +\infty)$.

Ответ: $x \in (-\infty; -2) \cup (-2; -1/3) \cup (1; 4/3) \cup (4; +\infty)$.

в)

Исходное неравенство:$|\frac{x^2}{x+2} - \frac{x^2+2}{x-1}| > 5$

ОДЗ: $x \neq -2, x \neq 1$.

Преобразуем выражение под модулем:$\frac{x^2(x-1) - (x^2+2)(x+2)}{(x+2)(x-1)} = \frac{x^3 - x^2 - (x^3+2x^2+2x+4)}{(x+2)(x-1)} = \frac{-3x^2-2x-4}{x^2+x-2}$

Неравенство принимает вид: $|\frac{-3x^2-2x-4}{x^2+x-2}| > 5$.Так как $|-A|=|A|$, то $|\frac{3x^2+2x+4}{x^2+x-2}| > 5$.

Рассмотрим числитель $3x^2+2x+4$. Дискриминант $D = 2^2 - 4 \cdot 3 \cdot 4 = 4 - 48 = -44 < 0$. Так как старший коэффициент положителен, выражение $3x^2+2x+4$ всегда больше нуля.Следовательно, $|3x^2+2x+4| = 3x^2+2x+4$. Неравенство можно переписать как:$\frac{3x^2+2x+4}{|x^2+x-2|} > 5$.

Так как и числитель, и 5 положительны, это равносильно $3x^2+2x+4 > 5|x^2+x-2|$, что в свою очередь равносильно исходной совокупности:$\frac{3x^2+2x+4}{x^2+x-2} > 5$ или $\frac{3x^2+2x+4}{x^2+x-2} < -5$

Решим первое неравенство:$\frac{3x^2+2x+4 - 5(x^2+x-2)}{x^2+x-2} > 0 \implies \frac{-2x^2-3x+14}{x^2+x-2} > 0 \implies \frac{2x^2+3x-14}{x^2+x-2} < 0$.Корни числителя $2x^2+3x-14=0$: $x_1 = -3.5, x_2 = 2$.Корни знаменателя $x^2+x-2=0$: $x_3 = -2, x_4 = 1$.Методом интервалов: $x \in (-3.5; -2) \cup (1; 2)$.

Решим второе неравенство:$\frac{3x^2+2x+4 + 5(x^2+x-2)}{x^2+x-2} < 0 \implies \frac{8x^2+7x-6}{x^2+x-2} < 0$.Корни числителя $8x^2+7x-6=0$: $x_{1,2} = \frac{-7 \pm \sqrt{49+192}}{16} = \frac{-7 \pm \sqrt{241}}{16}$.Корни знаменателя: $x_3 = -2, x_4 = 1$.Методом интервалов, учитывая, что $-2 < \frac{-7-\sqrt{241}}{16} < \frac{-7+\sqrt{241}}{16} < 1$, получаем:$x \in (-2; \frac{-7-\sqrt{241}}{16}) \cup (\frac{-7+\sqrt{241}}{16}; 1)$.

Объединяем решения:$x \in (-3.5; -2) \cup (-2; \frac{-7-\sqrt{241}}{16}) \cup (\frac{-7+\sqrt{241}}{16}; 1) \cup (1; 2)$.

Ответ: $x \in (-\frac{7}{2}; -2) \cup (-2; \frac{-7-\sqrt{241}}{16}) \cup (\frac{-7+\sqrt{241}}{16}; 1) \cup (1; 2)$.

г)

Исходное неравенство:$|\frac{x}{x+2} + \frac{x}{x-1}| \cdot |x^2 + x - 2| > 1$

ОДЗ: $x+2 \neq 0$ и $x-1 \neq 0$, то есть $x \neq -2, x \neq 1$.Заметим, что $x^2+x-2 = (x+2)(x-1)$.

Преобразуем выражение в первом модуле:$\frac{x}{x+2} + \frac{x}{x-1} = \frac{x(x-1) + x(x+2)}{(x+2)(x-1)} = \frac{x^2 - x + x^2 + 2x}{x^2+x-2} = \frac{2x^2+x}{x^2+x-2}$

Неравенство принимает вид:$|\frac{2x^2+x}{x^2+x-2}| \cdot |x^2+x-2| > 1$

Поскольку $x \neq -2$ и $x \neq 1$, то $x^2+x-2 \neq 0$. Используя свойство $|a/b| \cdot |b| = |a|$ для $b \neq 0$:$|2x^2+x| > 1$

Это неравенство равносильно совокупности:$2x^2+x > 1$ или $2x^2+x < -1$

Решим первое неравенство: $2x^2+x-1 > 0$.Корни уравнения $2x^2+x-1=0$: $x_1 = \frac{-1-3}{4} = -1$, $x_2 = \frac{-1+3}{4} = 1/2$.Решение: $x \in (-\infty; -1) \cup (1/2; +\infty)$.

Решим второе неравенство: $2x^2+x+1 < 0$.Дискриминант $D=1^2 - 4 \cdot 2 \cdot 1 = -7 < 0$. Так как старший коэффициент положителен, выражение $2x^2+x+1$ всегда больше нуля. Следовательно, это неравенство не имеет решений.

Решением является $x \in (-\infty; -1) \cup (1/2; +\infty)$. Учтем ОДЗ ($x \neq -2, x \neq 1$):Точка $x=-2$ входит в интервал $(-\infty; -1)$, ее нужно исключить.Точка $x=1$ входит в интервал $(1/2; +\infty)$, ее нужно исключить.

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