Страница 185, часть 2 - гдз по алгебре 11 класс учебник часть 1, 2 Мордкович, Семенов

Решите неравенство:

29.32. а) $x^2 - 4|x| + 3 > 0$;

б) $(x^2 - 3x)^2 + |3x - x^2| - 20 \le 0$;

в) $(x - 2)^2 - 4|x - 2| - 96 < 0$;

г) $(x^2 - 5x)^2 - 5|5x - x^2| - 6 \ge 0$.

а) Исходное неравенство: $x^2 - 4|x| + 3 > 0$. Заметим, что $x^2 = |x|^2$. Поэтому неравенство можно переписать в виде: $|x|^2 - 4|x| + 3 > 0$. Введем замену переменной: пусть $t = |x|$. Так как модуль числа всегда неотрицателен, $t \ge 0$. Получаем квадратное неравенство относительно $t$: $t^2 - 4t + 3 > 0$. Для решения найдем корни квадратного трехчлена $t^2 - 4t + 3 = 0$. По теореме Виета, корни равны $t_1 = 1$ и $t_2 = 3$. Графиком функции $y = t^2 - 4t + 3$ является парабола с ветвями, направленными вверх. Значения функции положительны при $t$ находящемся вне отрезка между корнями, то есть при $t < 1$ или $t > 3$. Учитывая ограничение $t \ge 0$, получаем совокупность двух систем: 1) $0 \le t < 1$, что соответствует $0 \le |x| < 1$. Решением этого двойного неравенства является интервал $-1 < x < 1$. 2) $t > 3$, что соответствует $|x| > 3$. Решением этого неравенства является объединение интервалов $x < -3$ или $x > 3$. Объединяя все найденные решения, получаем окончательный ответ. Ответ: $x \in (-\infty, -3) \cup (-1, 1) \cup (3, +\infty)$.

б) Исходное неравенство: $(x^2 - 3x)^2 + |3x - x^2| - 20 \le 0$. Воспользуемся свойствами модуля: $|a-b| = |b-a|$ и $a^2 = |a|^2$. Тогда $|3x - x^2| = |x^2 - 3x|$ и $(x^2 - 3x)^2 = |x^2 - 3x|^2$. Неравенство принимает вид: $|x^2 - 3x|^2 + |x^2 - 3x| - 20 \le 0$. Введем замену: пусть $t = |x^2 - 3x|$, при этом $t \ge 0$. Получаем неравенство: $t^2 + t - 20 \le 0$. Найдем корни уравнения $t^2 + t - 20 = 0$. По теореме Виета, $t_1 = 4$ и $t_2 = -5$. Решением неравенства является отрезок $[-5, 4]$. С учетом условия $t \ge 0$, получаем $0 \le t \le 4$. Выполним обратную замену: $0 \le |x^2 - 3x| \le 4$. Это равносильно двойному неравенству $-4 \le x^2 - 3x \le 4$, которое можно представить в виде системы: $\begin{cases} x^2 - 3x \le 4 \\ x^2 - 3x \ge -4 \end{cases}$ 1) Решим первое неравенство: $x^2 - 3x - 4 \le 0$. Корни уравнения $x^2 - 3x - 4 = 0$ равны $x_1 = 4, x_2 = -1$. Решение неравенства: $x \in [-1, 4]$. 2) Решим второе неравенство: $x^2 - 3x + 4 \ge 0$. Дискриминант $D = (-3)^2 - 4(1)(4) = 9 - 16 = -7 < 0$. Так как старший коэффициент положителен, парабола $y=x^2-3x+4$ целиком находится выше оси Ox, следовательно, неравенство выполняется для всех действительных $x$. Пересечение решений системы дает окончательный ответ. Ответ: $x \in [-1, 4]$.

в) Исходное неравенство: $(x - 2)^2 - 4|x - 2| - 96 < 0$. Используя свойство $(x - 2)^2 = |x - 2|^2$, перепишем неравенство: $|x - 2|^2 - 4|x - 2| - 96 < 0$. Сделаем замену переменной: пусть $t = |x - 2|$, где $t \ge 0$. Получаем: $t^2 - 4t - 96 < 0$. Найдем корни уравнения $t^2 - 4t - 96 = 0$. Дискриминант $D = (-4)^2 - 4(1)(-96) = 16 + 384 = 400 = 20^2$. Корни $t_1 = \frac{4+20}{2} = 12$ и $t_2 = \frac{4-20}{2} = -8$. Решением неравенства является интервал $-8 < t < 12$. Учитывая, что $t \ge 0$, получаем $0 \le t < 12$. Вернемся к переменной $x$: $0 \le |x - 2| < 12$. Это неравенство равносильно $|x - 2| < 12$. Раскрываем модуль, получаем двойное неравенство: $-12 < x - 2 < 12$. Прибавим 2 ко всем частям: $-12 + 2 < x < 12 + 2$, что дает $-10 < x < 14$. Ответ: $x \in (-10, 14)$.

г) Исходное неравенство: $(x^2 - 5x)^2 - 5|5x - x^2| - 6 \ge 0$. Используя свойства $|a-b|=|b-a|$ и $a^2=|a|^2$, преобразуем неравенство: $|x^2 - 5x|^2 - 5|x^2 - 5x| - 6 \ge 0$. Введем замену: пусть $t = |x^2 - 5x|$, где $t \ge 0$. Получим неравенство: $t^2 - 5t - 6 \ge 0$. Найдем корни уравнения $t^2 - 5t - 6 = 0$. По теореме Виета, $t_1 = 6$ и $t_2 = -1$. Решением неравенства является объединение промежутков: $t \le -1$ или $t \ge 6$. С учетом условия $t \ge 0$, остается только $t \ge 6$. Выполним обратную замену: $|x^2 - 5x| \ge 6$. Это неравенство равносильно совокупности двух неравенств: 1) $x^2 - 5x \ge 6$ 2) $x^2 - 5x \le -6$ Решим первое неравенство: $x^2 - 5x - 6 \ge 0$. Корни уравнения $x^2 - 5x - 6 = 0$ равны $x_1 = 6, x_2 = -1$. Решение: $x \in (-\infty, -1] \cup [6, +\infty)$. Решим второе неравенство: $x^2 - 5x + 6 \le 0$. Корни уравнения $x^2 - 5x + 6 = 0$ равны $x_1 = 2, x_2 = 3$. Решение: $x \in [2, 3]$. Объединяя решения обоих неравенств, получаем итоговый ответ. Ответ: $x \in (-\infty, -1] \cup [2, 3] \cup [6, +\infty)$.

29.33. a) $x^2 + \frac{1}{x^2} - 4 \left|x + \frac{1}{x}\right| - 3 \le 0;$

б) $x^2 + \frac{4}{x^2} + \left|x + \frac{2}{x}\right| - 16 < 0;$

в) $x^2 + \frac{1}{x^2} + 2 \left|x - \frac{1}{x}\right| - 10 \ge 0;$

г) $x^2 + \frac{9}{x^2} - 4 \left|x - \frac{3}{x}\right| - 2 \le 0.$

а) $x^2 + \frac{1}{x^2} - 4\left|x + \frac{1}{x}\right| - 3 \le 0$

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

Произведем замену переменной. Пусть $t = \left|x + \frac{1}{x}\right|$. Так как модуль числа всегда неотрицателен, $t \ge 0$.

Выразим $x^2 + \frac{1}{x^2}$ через $t$.

$\left(x + \frac{1}{x}\right)^2 = x^2 + 2 \cdot x \cdot \frac{1}{x} + \frac{1}{x^2} = x^2 + \frac{1}{x^2} + 2$.

Следовательно, $x^2 + \frac{1}{x^2} = \left(x + \frac{1}{x}\right)^2 - 2 = \left|\left(x + \frac{1}{x}\right)\right|^2 - 2 = t^2 - 2$.

Подставим это в исходное неравенство:

$(t^2 - 2) - 4t - 3 \le 0$

$t^2 - 4t - 5 \le 0$

Найдем корни квадратного трехчлена $t^2 - 4t - 5 = 0$. По теореме Виета, корни $t_1 = 5$ и $t_2 = -1$.

Так как парабола $y = t^2 - 4t - 5$ ветвями вверх, неравенство выполняется при $t \in [-1, 5]$.

Учитывая условие $t \ge 0$, получаем $0 \le t \le 5$.

Вернемся к переменной $x$:

$0 \le \left|x + \frac{1}{x}\right| \le 5$

Неравенство $\left|x + \frac{1}{x}\right| \ge 0$ выполняется для всех $x$ из ОДЗ. Остается решить $\left|x + \frac{1}{x}\right| \le 5$.

Это неравенство равносильно системе:

$\begin{cases} x + \frac{1}{x} \le 5 \\ x + \frac{1}{x} \ge -5 \end{cases}$

Решим первое неравенство: $x + \frac{1}{x} - 5 \le 0 \implies \frac{x^2 - 5x + 1}{x} \le 0$.
Корни числителя $x^2 - 5x + 1 = 0$ равны $x = \frac{5 \pm \sqrt{25-4}}{2} = \frac{5 \pm \sqrt{21}}{2}$.
Решая методом интервалов, получаем $x \in (-\infty, 0) \cup [\frac{5 - \sqrt{21}}{2}, \frac{5 + \sqrt{21}}{2}]$.

Решим второе неравенство: $x + \frac{1}{x} + 5 \ge 0 \implies \frac{x^2 + 5x + 1}{x} \ge 0$.
Корни числителя $x^2 + 5x + 1 = 0$ равны $x = \frac{-5 \pm \sqrt{25-4}}{2} = \frac{-5 \pm \sqrt{21}}{2}$.
Решая методом интервалов, получаем $x \in [\frac{-5 - \sqrt{21}}{2}, \frac{-5 + \sqrt{21}}{2}] \cup (0, +\infty)$.

Пересечение решений двух неравенств дает окончательный ответ.

Ответ: $x \in \left[\frac{-5 - \sqrt{21}}{2}, \frac{-5 + \sqrt{21}}{2}\right] \cup \left[\frac{5 - \sqrt{21}}{2}, \frac{5 + \sqrt{21}}{2}\right]$.

б) $x^2 + \frac{4}{x^2} + \left|x + \frac{2}{x}\right| - 16 < 0$

ОДЗ: $x \ne 0$.

Пусть $t = \left|x + \frac{2}{x}\right|$, $t \ge 0$.

$\left(x + \frac{2}{x}\right)^2 = x^2 + 2 \cdot x \cdot \frac{2}{x} + \frac{4}{x^2} = x^2 + \frac{4}{x^2} + 4$.

Отсюда $x^2 + \frac{4}{x^2} = t^2 - 4$.

Подставляем в неравенство:

$(t^2 - 4) + t - 16 < 0$

$t^2 + t - 20 < 0$

Корни уравнения $t^2 + t - 20 = 0$ равны $t_1 = 4$ и $t_2 = -5$.

Решение неравенства: $t \in (-5, 4)$.

С учетом $t \ge 0$, получаем $0 \le t < 4$.

Возвращаемся к $x$: $\left|x + \frac{2}{x}\right| < 4$.

Это равносильно $-4 < x + \frac{2}{x} < 4$.

1) $x + \frac{2}{x} < 4 \implies \frac{x^2 - 4x + 2}{x} < 0$.
Корни числителя $x^2 - 4x + 2 = 0$: $x = 2 \pm \sqrt{2}$.
Решение: $x \in (-\infty, 0) \cup (2 - \sqrt{2}, 2 + \sqrt{2})$.

2) $x + \frac{2}{x} > -4 \implies \frac{x^2 + 4x + 2}{x} > 0$.
Корни числителя $x^2 + 4x + 2 = 0$: $x = -2 \pm \sqrt{2}$.
Решение: $x \in (-2 - \sqrt{2}, -2 + \sqrt{2}) \cup (0, +\infty)$.

Пересекая решения, получаем:

Ответ: $x \in (-2 - \sqrt{2}, -2 + \sqrt{2}) \cup (2 - \sqrt{2}, 2 + \sqrt{2})$.

в) $x^2 + \frac{1}{x^2} + 2\left|x - \frac{1}{x}\right| - 10 \ge 0$

ОДЗ: $x \ne 0$.

Пусть $t = \left|x - \frac{1}{x}\right|$, $t \ge 0$.

$\left(x - \frac{1}{x}\right)^2 = x^2 - 2 \cdot x \cdot \frac{1}{x} + \frac{1}{x^2} = x^2 + \frac{1}{x^2} - 2$.

Отсюда $x^2 + \frac{1}{x^2} = t^2 + 2$.

Подставляем в неравенство:

$(t^2 + 2) + 2t - 10 \ge 0$

$t^2 + 2t - 8 \ge 0$

Корни уравнения $t^2 + 2t - 8 = 0$ равны $t_1 = 2$ и $t_2 = -4$.

Решение неравенства: $t \in (-\infty, -4] \cup [2, +\infty)$.

С учетом $t \ge 0$, получаем $t \ge 2$.

Возвращаемся к $x$: $\left|x - \frac{1}{x}\right| \ge 2$.

Это равносильно совокупности:

$\begin{cases} x - \frac{1}{x} \ge 2 \\ x - \frac{1}{x} \le -2 \end{cases}$

1) $x - \frac{1}{x} - 2 \ge 0 \implies \frac{x^2 - 2x - 1}{x} \ge 0$.
Корни числителя $x^2 - 2x - 1 = 0$: $x = 1 \pm \sqrt{2}$.
Решение: $x \in [1 - \sqrt{2}, 0) \cup [1 + \sqrt{2}, +\infty)$.

2) $x - \frac{1}{x} + 2 \le 0 \implies \frac{x^2 + 2x - 1}{x} \le 0$.
Корни числителя $x^2 + 2x - 1 = 0$: $x = -1 \pm \sqrt{2}$.
Решение: $x \in (-\infty, -1 - \sqrt{2}] \cup (0, -1 + \sqrt{2}]$.

Объединяя решения, получаем:

Ответ: $x \in (-\infty, -1-\sqrt{2}] \cup [1-\sqrt{2}, 0) \cup (0, -1+\sqrt{2}] \cup [1+\sqrt{2}, +\infty)$.

г) $x^2 + \frac{9}{x^2} - 4\left|x - \frac{3}{x}\right| - 2 \le 0$

ОДЗ: $x \ne 0$.

Пусть $t = \left|x - \frac{3}{x}\right|$, $t \ge 0$.

$\left(x - \frac{3}{x}\right)^2 = x^2 - 2 \cdot x \cdot \frac{3}{x} + \frac{9}{x^2} = x^2 + \frac{9}{x^2} - 6$.

Отсюда $x^2 + \frac{9}{x^2} = t^2 + 6$.

Подставляем в неравенство:

$(t^2 + 6) - 4t - 2 \le 0$

$t^2 - 4t + 4 \le 0$

$(t-2)^2 \le 0$

Квадрат действительного числа не может быть отрицательным. Единственное возможное решение — когда выражение равно нулю:

$(t-2)^2 = 0 \implies t - 2 = 0 \implies t = 2$.

Возвращаемся к $x$: $\left|x - \frac{3}{x}\right| = 2$.

Это равносильно двум уравнениям:

1) $x - \frac{3}{x} = 2 \implies x^2 - 2x - 3 = 0$.
Корни: $x_1 = 3$, $x_2 = -1$.

2) $x - \frac{3}{x} = -2 \implies x^2 + 2x - 3 = 0$.
Корни: $x_3 = 1$, $x_4 = -3$.

Решением неравенства является набор этих четырех значений.

Ответ: $x \in \{-3, -1, 1, 3\}$.

29.34. Докажите, что множество решений неравенства $\vert f(x) \vert < g(x)$ совпадает с множеством решений системы

$\begin{cases} f(x) < g(x), \\ f(x) > -g(x). \end{cases}$

Для доказательства того, что множество решений неравенства $|f(x)| < g(x)$ совпадает с множеством решений системы $\begin{cases} f(x) < g(x), \\ f(x) > -g(x) \end{cases}$, необходимо доказать равносильность этих двух выражений. Доказательство равносильности проводится в два этапа: доказывается следование из неравенства в систему (прямое доказательство) и из системы в неравенство (обратное доказательство).

1. Доказательство того, что из $|f(x)| < g(x)$ следует система $\begin{cases} f(x) < g(x), \\ f(x) > -g(x) \end{cases}$.

Пусть для некоторого $x$ выполняется неравенство $|f(x)| < g(x)$.
По определению модуля, $|f(x)| \ge 0$. Следовательно, из неравенства $|f(x)| < g(x)$ вытекает, что $g(x)$ должно быть строго положительным, то есть $g(x) > 0$.
Рассмотрим два возможных случая, основанных на определении модуля функции:

• Случай, когда $f(x) \ge 0$.
  В этом случае $|f(x)| = f(x)$. Исходное неравенство принимает вид $f(x) < g(x)$. Это первое неравенство в системе.
  Так как $g(x) > 0$, то $-g(x) < 0$. Поскольку $f(x) \ge 0$, неравенство $f(x) > -g(x)$ (неотрицательное число больше отрицательного) также является верным. Это второе неравенство в системе.
  Таким образом, в этом случае оба неравенства системы выполняются.

• Случай, когда $f(x) < 0$.
  В этом случае $|f(x)| = -f(x)$. Исходное неравенство принимает вид $-f(x) < g(x)$. Умножив обе части на $-1$ и изменив знак неравенства на противоположный, получим $f(x) > -g(x)$. Это второе неравенство в системе.
  Так как по условию этого случая $f(x) < 0$, а мы установили, что $g(x) > 0$, то неравенство $f(x) < g(x)$ (отрицательное число меньше положительного) также является верным. Это первое неравенство в системе.
  Таким образом, и в этом случае оба неравенства системы выполняются.

Следовательно, из неравенства $|f(x)| < g(x)$ всегда следует система $\begin{cases} f(x) < g(x), \\ f(x) > -g(x) \end{cases}$.

2. Доказательство того, что из системы $\begin{cases} f(x) < g(x), \\ f(x) > -g(x) \end{cases}$ следует неравенство $|f(x)| < g(x)$.

Пусть для некоторого $x$ выполняется система неравенств. Второе неравенство системы, $f(x) > -g(x)$, можно переписать как $-f(x) < g(x)$. Таким образом, система утверждает, что одновременно верны два неравенства: $f(x) < g(x)$ и $-f(x) < g(x)$.
Снова рассмотрим два возможных случая:

• Случай, когда $f(x) \ge 0$.
  В этом случае $|f(x)| = f(x)$. Из первого неравенства системы, $f(x) < g(x)$, напрямую следует, что $|f(x)| < g(x)$.

• Случай, когда $f(x) < 0$.
  В этом случае $|f(x)| = -f(x)$. Из второго неравенства системы, которое мы переписали как $-f(x) < g(x)$, напрямую следует, что $|f(x)| < g(x)$.

Следовательно, из системы $\begin{cases} f(x) < g(x), \\ f(x) > -g(x) \end{cases}$ всегда следует неравенство $|f(x)| < g(x)$.

Поскольку мы доказали, что из неравенства следует система и из системы следует неравенство, эти два выражения равносильны. Это означает, что множества их решений полностью совпадают. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

29.35. Решите неравенство:

а) $|x - \frac{4}{x}| < 3;$

б) $|x - \frac{4}{x}| \cdot |\frac{x}{x - 2}| < 7;$

в) $|\frac{x}{x + 2} - \frac{x + 2}{x - 1}| < \frac{1}{2};$

г) $|\frac{x}{x + 2} - \frac{x + 2}{x - 1}| \cdot |\frac{x - 1}{5x + 4}| < \frac{1}{10}.$

а)

Исходное неравенство: $|\ x - \frac{4}{x}\ | < 3$.
Область допустимых значений (ОДЗ): $x \neq 0$.
Неравенство с модулем вида $|f(x)| < a$ (где $a > 0$) равносильно двойному неравенству $-a < f(x) < a$.

$-3 < x - \frac{4}{x} < 3$
Это эквивалентно системе из двух неравенств: $$ \begin{cases} x - \frac{4}{x} < 3 \\ x - \frac{4}{x} > -3 \end{cases} $$

1. Решим первое неравенство:
$x - \frac{4}{x} - 3 < 0$
$\frac{x^2 - 3x - 4}{x} < 0$
$\frac{(x-4)(x+1)}{x} < 0$
Решая методом интервалов, находим нули числителя (-1, 4) и знаменателя (0). На числовой оси это дает интервалы. Проверяя знаки на интервалах, получаем решение: $x \in (-\infty, -1) \cup (0, 4)$.

2. Решим второе неравенство:
$x - \frac{4}{x} + 3 > 0$
$\frac{x^2 + 3x - 4}{x} > 0$
$\frac{(x+4)(x-1)}{x} > 0$
Решая методом интервалов, находим нули числителя (-4, 1) и знаменателя (0). Проверяя знаки на интервалах, получаем решение: $x \in (-4, 0) \cup (1, +\infty)$.

3. Найдем пересечение решений системы:
$x \in ((-\infty, -1) \cup (0, 4)) \cap ((-4, 0) \cup (1, +\infty))$
Пересечение дает нам два интервала: $(-4, -1)$ и $(1, 4)$.

Ответ: $x \in (-4, -1) \cup (1, 4)$.

б)

Исходное неравенство: $|\ x - \frac{4}{x}\ | \cdot |\frac{x}{x-2}| < 7$.
ОДЗ: $x \neq 0$ и $x \neq 2$.
Используем свойство модуля $|a| \cdot |b| = |a \cdot b|$:

$|\ (x - \frac{4}{x}) \cdot \frac{x}{x-2}\ | < 7$
Упростим выражение внутри модуля:

$(x - \frac{4}{x}) \cdot \frac{x}{x-2} = \frac{x^2 - 4}{x} \cdot \frac{x}{x-2} = \frac{(x-2)(x+2)}{x} \cdot \frac{x}{x-2}$
С учетом ОДЗ ($x \neq 0, x \neq 2$), выражение упрощается до $x+2$.

Неравенство принимает вид: $|x+2| < 7$.
Решаем его:

$-7 < x+2 < 7$
$-9 < x < 5$

Учитываем ОДЗ, исключая точки 0 и 2 из полученного интервала.

Ответ: $x \in (-9, 0) \cup (0, 2) \cup (2, 5)$.

в)

Исходное неравенство: $|\ \frac{x}{x+2} - \frac{x+2}{x-1}\ | < \frac{1}{2}$.
ОДЗ: $x \neq -2$ и $x \neq 1$.
Упростим выражение в модуле:

$\frac{x}{x+2} - \frac{x+2}{x-1} = \frac{x(x-1) - (x+2)^2}{(x+2)(x-1)} = \frac{x^2 - x - (x^2 + 4x + 4)}{(x+2)(x-1)} = \frac{-5x - 4}{(x+2)(x-1)}$

Неравенство принимает вид: $|\frac{-5x - 4}{(x+2)(x-1)}| < \frac{1}{2}$, что равносильно системе: $$ \begin{cases} \frac{-5x - 4}{(x+2)(x-1)} < \frac{1}{2} \\ \frac{-5x - 4}{(x+2)(x-1)} > -\frac{1}{2} \end{cases} $$

1. Решим первое неравенство:
$\frac{-5x - 4}{(x+2)(x-1)} - \frac{1}{2} < 0 \implies \frac{2(-5x-4) - (x^2+x-2)}{2(x+2)(x-1)} < 0 \implies \frac{-x^2-11x-6}{2(x+2)(x-1)} < 0$
$\frac{x^2+11x+6}{(x+2)(x-1)} > 0$
Корни числителя $x^2+11x+6=0$ равны $x = \frac{-11 \pm \sqrt{97}}{2}$.
Решение этого неравенства: $x \in (-\infty, \frac{-11 - \sqrt{97}}{2}) \cup (-2, \frac{-11 + \sqrt{97}}{2}) \cup (1, +\infty)$.

2. Решим второе неравенство:
$\frac{-5x - 4}{(x+2)(x-1)} + \frac{1}{2} > 0 \implies \frac{2(-5x-4) + (x^2+x-2)}{2(x+2)(x-1)} > 0 \implies \frac{x^2-9x-10}{(x+2)(x-1)} > 0$
$\frac{(x-10)(x+1)}{(x+2)(x-1)} > 0$
Решение этого неравенства: $x \in (-\infty, -2) \cup (-1, 1) \cup (10, +\infty)$.

3. Находим пересечение полученных решений.

Ответ: $x \in (-\infty, \frac{-11 - \sqrt{97}}{2}) \cup (-1, \frac{-11 + \sqrt{97}}{2}) \cup (10, +\infty)$.

г)

Исходное неравенство: $|\ \frac{x}{x+2} - \frac{x+2}{x-1}\ | \cdot |\frac{x-1}{5x+4}| < \frac{1}{10}$.
ОДЗ: $x \neq -2$, $x \neq 1$, $x \neq -\frac{4}{5}$.
Используем свойство модуля $|a| \cdot |b| = |a \cdot b|$:

$|\ (\frac{x}{x+2} - \frac{x+2}{x-1}) \cdot \frac{x-1}{5x+4}\ | < \frac{1}{10}$
Из пункта в) мы знаем, что $\frac{x}{x+2} - \frac{x+2}{x-1} = \frac{-(5x+4)}{(x+2)(x-1)}$. Подставим это:

$|\ \frac{-(5x+4)}{(x+2)(x-1)} \cdot \frac{x-1}{5x+4}\ | < \frac{1}{10}$
С учетом ОДЗ ($x \neq 1, x \neq -4/5$), выражение под модулем сокращается до $\frac{-1}{x+2}$.

Неравенство принимает вид: $|\frac{-1}{x+2}| < \frac{1}{10}$ или $\frac{1}{|x+2|} < \frac{1}{10}$.
Так как обе части положительны, можно перевернуть дроби, изменив знак неравенства:
$|x+2| > 10$

Это неравенство равносильно совокупности:
$x+2 > 10$ или $x+2 < -10$
$x > 8$ или $x < -12$

Полученное решение не содержит точек из ОДЗ.

Ответ: $x \in (-\infty, -12) \cup (8, +\infty)$.

29.36. Докажите, что множество решений неравенства $|f(x)| \le |h(x)|$ совпадает с множеством решений каждого из неравенств:

a) $f^2(x) \le h^2(x);$

б) $(f(x) - h(x))(f(x) + h(x)) \le 0.$

Для доказательства того, что множество решений неравенства $|f(x)| \le |h(x)|$ совпадает с множествами решений каждого из предложенных неравенств, мы покажем равносильность этих неравенств.

a) Докажем, что неравенство $|f(x)| \le |h(x)|$ равносильно неравенству $f^2(x) \le h^2(x)$.

Рассмотрим исходное неравенство:

$|f(x)| \le |h(x)|$

Поскольку обе части этого неравенства по определению модуля являются неотрицательными, мы можем возвести их в квадрат, не изменяя знака неравенства. Такое преобразование является равносильным для неотрицательных выражений.

$(|f(x)|)^2 \le (|h(x)|)^2$

Для любого действительного числа $a$ справедливо тождество $|a|^2 = a^2$. Применяя это свойство к обеим частям неравенства, получаем:

$f^2(x) \le h^2(x)$

Так как все выполненные преобразования равносильны, то множества решений неравенств $|f(x)| \le |h(x)|$ и $f^2(x) \le h^2(x)$ совпадают.

Ответ: Доказано, что множества решений неравенств $|f(x)| \le |h(x)|$ и $f^2(x) \le h^2(x)$ совпадают.

б) Докажем, что неравенство $|f(x)| \le |h(x)|$ равносильно неравенству $(f(x) - h(x))(f(x) + h(x)) \le 0$.

В пункте a) мы уже доказали, что неравенство $|f(x)| \le |h(x)|$ равносильно неравенству $f^2(x) \le h^2(x)$.

Теперь преобразуем неравенство $f^2(x) \le h^2(x)$ с помощью тождественных преобразований. Перенесем все члены в левую часть:

$f^2(x) - h^2(x) \le 0$

Выражение в левой части представляет собой разность квадратов. Применим формулу разности квадратов $a^2 - b^2 = (a-b)(a+b)$:

$(f(x) - h(x))(f(x) + h(x)) \le 0$

Это преобразование является тождественным, а значит, равносильным. Таким образом, мы построили цепочку равносильных переходов:

$|f(x)| \le |h(x)| \iff f^2(x) \le h^2(x) \iff (f(x) - h(x))(f(x) + h(x)) \le 0$

Из этой цепочки следует, что исходное неравенство $|f(x)| \le |h(x)|$ равносильно неравенству $(f(x) - h(x))(f(x) + h(x)) \le 0$, а значит, множества их решений совпадают.

Ответ: Доказано, что множества решений неравенств $|f(x)| \le |h(x)|$ и $(f(x) - h(x))(f(x) + h(x)) \le 0$ совпадают.