Страница 188, часть 2 - гдз по алгебре 11 класс учебник часть 1, 2 Мордкович, Семенов

4. Сформулируйте правило нахождения геометрических вероятностей для случая линейных множеств и для случая пространственных тел.

для случая линейных множеств

Геометрическая вероятность для линейных множеств (одномерный случай) применяется, когда пространство элементарных исходов $ \Omega $ можно представить в виде отрезка (или объединения отрезков) на прямой, а событие $ A $ — в виде некоторого его подмножества (например, другого отрезка). При этом предполагается, что случайная точка бросается на отрезок $ \Omega $ и вероятность попадания этой точки в любую часть отрезка пропорциональна длине этой части и не зависит от ее расположения.

Мерой множества в этом случае выступает его длина. Пусть $ L(\Omega) $ — длина всего отрезка (пространства всех возможных исходов), а $ L(A) $ — длина отрезка, соответствующего благоприятным исходам (событию $ A $).

Правило нахождения вероятности события $ A $ формулируется так: вероятность того, что случайно выбранная точка из множества $ \Omega $ окажется в подмножестве $ A $, равна отношению длины подмножества $ A $ к длине всего множества $ \Omega $.

Формула для расчета: $P(A) = \frac{L(A)}{L(\Omega)}$

Ответ: Вероятность события равна отношению длины множества, благоприятствующего событию, к длине всего множества элементарных исходов.

для случая пространственных тел

Геометрическая вероятность для пространственных тел (трехмерный случай) используется, когда пространство элементарных исходов $ \Omega $ представляет собой некоторое тело в пространстве (например, куб, шар, параллелепипед), а событие $ A $ — некоторое тело, являющееся частью тела $ \Omega $. По аналогии с одномерным случаем, предполагается, что случайная точка выбирается из тела $ \Omega $ и вероятность ее попадания в любую часть этого тела пропорциональна объему этой части и не зависит от ее формы и расположения внутри $ \Omega $.

Мерой множества в этом случае является его объем. Пусть $ V(\Omega) $ — объем всего тела (пространства всех возможных исходов), а $ V(A) $ — объем тела, соответствующего благоприятным исходам (событию $ A $).

Правило нахождения вероятности события $ A $: вероятность того, что случайно выбранная точка из тела $ \Omega $ окажется в его части $ A $, равна отношению объема части $ A $ к объему всего тела $ \Omega $.

Формула для расчета: $P(A) = \frac{V(A)}{V(\Omega)}$

Ответ: Вероятность события равна отношению объема тела, благоприятствующего событию, к объему всего тела элементарных исходов.

5. На отрезке $[11; 21]$ наугад выбирают точку. Какова вероятность того, что она окажется ближе к числу 19, чем к числу 17?

Данная задача относится к классу задач на геометрическую вероятность. Вероятность события в таких задачах равна отношению меры (в данном случае — длины) множества благоприятных исходов к мере всего пространства исходов.

1. Сначала определим меру всего пространства исходов. Это длина отрезка, на котором случайным образом выбирается точка. Исходный отрезок — $ [11; 21] $. Его длина равна: $ L_{общ} = 21 - 11 = 10 $.

2. Теперь найдем множество благоприятных исходов. Пусть $x$ — это координата выбранной точки. Условие, что точка $x$ находится ближе к числу 19, чем к числу 17, можно записать в виде неравенства, используя определение расстояния на числовой прямой: $ |x - 19| < |x - 17| $

Чтобы найти, при каких значениях $x$ выполняется это условие, можно найти точку, которая равноудалена от 17 и 19. Эта точка является серединой отрезка $ [17; 19] $: $ x_0 = \frac{17 + 19}{2} = \frac{36}{2} = 18 $.

Все точки, расположенные правее $x_0 = 18$, будут ближе к 19, а все точки, расположенные левее, будут ближе к 17. Следовательно, условию $ |x - 19| < |x - 17| $ удовлетворяют все $x$, для которых $ x > 18 $.

3. Нам нужно найти те точки из исходного отрезка $ [11; 21] $, которые удовлетворяют условию $ x > 18 $. Это будет отрезок $ (18; 21] $.

4. Найдем меру (длину) этого множества благоприятных исходов: $ L_{бл} = 21 - 18 = 3 $.

5. Искомая вероятность равна отношению длины благоприятного отрезка к длине всего отрезка: $ P = \frac{L_{бл}}{L_{общ}} = \frac{3}{10} = 0,3 $.

Ответ: 0,3

6. В прямоугольном треугольнике случайно выбирают точку. Какова вероятность того, что она окажется ближе к гипотенузе, чем к вершине прямого угла?

Данная задача относится к области геометрической вероятности. Вероятность события определяется как отношение меры (в данном случае площади) благоприятной области к мере всего пространства исходов (площади треугольника).

Пусть дан прямоугольный треугольник $ABC$ с прямым углом при вершине $C$. Обозначим катеты $AC=b$ и $BC=a$, а гипотенузу $AB=c$. Мы ищем вероятность того, что случайно выбранная точка $M$ внутри треугольника будет находиться ближе к гипотенузе $AB$, чем к вершине прямого угла $C$.

Условие "точка $M$ ближе к гипотенузе $AB$, чем к вершине $C$" можно записать как неравенство расстояний: $d(M, AB) < d(M, C)$.

Множество точек, равноудаленных от прямой (гипотенузы $AB$) и точки (вершины $C$), образует параболу. Эта парабола делит треугольник на две области. Нам нужно найти площадь области, где точки ближе к гипотенузе, и разделить ее на общую площадь треугольника.

Можно показать, что искомая вероятность не зависит от конкретных размеров и формы прямоугольного треугольника (т.е. от соотношения катетов). Поэтому для решения задачи мы можем выбрать наиболее удобный частный случай — равнобедренный прямоугольный треугольник.

Рассмотрим равнобедренный прямоугольный треугольник с вершиной прямого угла $C$ в начале координат $(0, 0)$ и катетами, лежащими на осях координат. Пусть вершины треугольника имеют координаты $C(0, 0)$, $A(k, 0)$ и $B(0, k)$ для некоторого $k>0$.

Общая площадь этого треугольника равна $S_{\text{общ}} = \frac{1}{2} k \cdot k = \frac{1}{2} k^2$.

Пусть $M(x, y)$ — произвольная точка внутри треугольника. Расстояние от точки $M$ до вершины $C$ равно $d(M, C) = \sqrt{x^2 + y^2}$.

Уравнение прямой, содержащей гипотенузу $AB$, имеет вид $\frac{x}{k} + \frac{y}{k} = 1$, или $x + y - k = 0$. Расстояние от точки $M(x, y)$ до гипотенузы $AB$ вычисляется по формуле: $d(M, AB) = \frac{|x+y-k|}{\sqrt{1^2+1^2}} = \frac{k-x-y}{\sqrt{2}}$, так как для любой точки внутри треугольника $x+y < k$.

Нас интересует область, где $d(M, AB) < d(M, C)$, то есть $\frac{k-x-y}{\sqrt{2}} < \sqrt{x^2+y^2}$. Вычислять площадь этой "благоприятной" области напрямую сложно. Проще найти площадь "неблагоприятной" области, где $d(M, C) < d(M, AB)$, а затем вычесть ее из общей площади треугольника.

Неблагоприятная область определяется неравенством $\sqrt{x^2+y^2} < \frac{k-x-y}{\sqrt{2}}$. Границей этой области является парабола, заданная уравнением $\sqrt{x^2+y^2} = \frac{k-x-y}{\sqrt{2}}$. Возведем обе части в квадрат: $x^2+y^2 = \frac{(k-x-y)^2}{2}$, что после преобразований дает $x^2 - 2xy + y^2 + 2kx + 2ky - k^2 = 0$.

Площадь неблагоприятной области $S_{\text{небл}}$ — это площадь фигуры, ограниченной осями координат ($x=0, y=0$) и этой параболой. Эту площадь можно найти с помощью интегрирования. После выполнения вычислений (например, с использованием замены координат $u=x+y, v=x-y$) получается результат: $S_{\text{небл}} = \frac{k^2}{6}(4\sqrt{2}-5)$.

Теперь найдем площадь благоприятной области $S_{\text{бл}}$: $S_{\text{бл}} = S_{\text{общ}} - S_{\text{небл}} = \frac{k^2}{2} - \frac{k^2}{6}(4\sqrt{2}-5) = \frac{k^2}{6}(3 - (4\sqrt{2}-5)) = \frac{k^2}{6}(8-4\sqrt{2})$.

Искомая вероятность $P$ равна отношению благоприятной площади к общей площади: $P = \frac{S_{\text{бл}}}{S_{\text{общ}}} = \frac{\frac{k^2}{6}(8-4\sqrt{2})}{\frac{k^2}{2}} = \frac{8-4\sqrt{2}}{3} = \frac{4(2-\sqrt{2})}{3}$.

Ответ: Вероятность того, что случайно выбранная точка окажется ближе к гипотенузе, чем к вершине прямого угла, равна $\frac{4(2-\sqrt{2})}{3}$.

7. В правильном треугольнике случайно выбирают точку. Какова вероятность того, что она окажется ближе к центру вписанной окружности, чем к границе треугольника?

Для решения этой задачи из области геометрической вероятности, нам необходимо найти отношение площади "благоприятной" области к общей площади правильного треугольника. Благоприятная область — это множество точек, которые ближе к центру вписанной окружности, чем к границе треугольника.

1. Определение областей и параметров

Пусть $T$ — наш правильный треугольник, а $S_T$ — его площадь. Пусть $O$ — центр вписанной в треугольник окружности. В правильном треугольнике центр вписанной окружности совпадает с центром описанной окружности, центроидом и ортоцентром. Пусть $r$ — радиус вписанной окружности. Это расстояние от центра $O$ до любой из сторон треугольника. Случайно выбранная точка $M$ находится внутри треугольника $T$. Условие задачи состоит в том, что расстояние от точки $M$ до центра $O$ должно быть меньше, чем расстояние от точки $M$ до границы треугольника (то есть до ближайшей стороны). Обозначим это условие как $d(M, O) < d(M, \text{граница})$.

"Благоприятной" областью $F$ является множество всех точек $M$ в треугольнике $T$, для которых выполняется это условие. Искомая вероятность $P$ равна отношению площадей: $P = \frac{S_F}{S_T}$.

2. Упрощение задачи с помощью симметрии

Правильный треугольник обладает высокой степенью симметрии. Мы можем разделить его на три одинаковых равнобедренных треугольника, соединив центр $O$ с вершинами $A, B, C$. Рассмотрим один из этих треугольников, например, $\triangle OBC$.

Для любой точки $M$, находящейся внутри $\triangle OBC$, ближайшей стороной большого треугольника $T$ будет сторона $BC$. Таким образом, для точек из $\triangle OBC$ условие $d(M, O) < d(M, \text{граница})$ упрощается до $d(M, O) < d(M, BC)$.

Множество точек, для которых $d(M, O) < d(M, BC)$, — это внутренняя область параболы с фокусом в точке $O$ и директрисой, являющейся прямой, содержащей сторону $BC$.

Нам нужно найти площадь части этой параболической области, которая лежит внутри $\triangle OBC$, а затем, умножив на 3, найти общую благоприятную площадь $S_F$.

3. Вычисление площади в полярных координатах

Для вычисления площади удобно использовать полярную систему координат с центром в точке $O$. Пусть точка $N$ — середина стороны $BC$. Тогда отрезок $ON$ перпендикулярен $BC$ и его длина равна радиусу вписанной окружности $r$. Направим полярную ось вдоль $ON$.

В этой системе координат точка $M$ имеет координаты $(\rho, \theta)$, где $\rho = d(M, O)$. Прямая $BC$ задается уравнением $x = r$, или в полярных координатах $\rho \cos\theta = r$. Расстояние от точки $M(\rho, \theta)$ до прямой $BC$ равно $r - \rho \cos\theta$.

Условие $d(M, O) < d(M, BC)$ принимает вид: $\rho < r - \rho \cos\theta$
$\rho (1 + \cos\theta) < r$
$\rho < \frac{r}{1 + \cos\theta}$

Угол $\angle BOC = 120^\circ$. Поскольку полярная ось $ON$ является биссектрисой этого угла, то для $\triangle OBC$ угол $\theta$ изменяется от $-60^\circ$ до $60^\circ$ (или от $-\frac{\pi}{3}$ до $\frac{\pi}{3}$).

Площадь благоприятной области внутри $\triangle OBC$ ($S_{F,OBC}$) вычисляется по формуле площади в полярных координатах: $S = \frac{1}{2} \int_{\theta_1}^{\theta_2} \rho^2(\theta) d\theta$
$S_{F,OBC} = \frac{1}{2} \int_{-\pi/3}^{\pi/3} \left(\frac{r}{1 + \cos\theta}\right)^2 d\theta = \frac{r^2}{2} \int_{-\pi/3}^{\pi/3} \frac{d\theta}{(1 + \cos\theta)^2}$

Используем формулу половинного угла $1 + \cos\theta = 2\cos^2(\frac{\theta}{2})$: $S_{F,OBC} = \frac{r^2}{2} \int_{-\pi/3}^{\pi/3} \frac{d\theta}{(2\cos^2(\frac{\theta}{2}))^2} = \frac{r^2}{8} \int_{-\pi/3}^{\pi/3} \frac{d\theta}{\cos^4(\frac{\theta}{2})} = \frac{r^2}{8} \int_{-\pi/3}^{\pi/3} \sec^4(\frac{\theta}{2}) d\theta$

Сделаем замену $u = \frac{\theta}{2}$, $d\theta = 2du$. Новые пределы интегрирования: от $-\frac{\pi}{6}$ до $\frac{\pi}{6}$. $S_{F,OBC} = \frac{r^2}{8} \int_{-\pi/6}^{\pi/6} \sec^4(u) \cdot 2du = \frac{r^2}{4} \int_{-\pi/6}^{\pi/6} \sec^2(u)(1 + \tan^2(u)) du$

Сделаем еще одну замену $v = \tan(u)$, $dv = \sec^2(u)du$. Новые пределы: $\tan(-\frac{\pi}{6}) = -\frac{1}{\sqrt{3}}$ и $\tan(\frac{\pi}{6}) = \frac{1}{\sqrt{3}}$. $S_{F,OBC} = \frac{r^2}{4} \int_{-1/\sqrt{3}}^{1/\sqrt{3}} (1 + v^2) dv = \frac{r^2}{4} \left[ v + \frac{v^3}{3} \right]_{-1/\sqrt{3}}^{1/\sqrt{3}}$
$S_{F,OBC} = \frac{r^2}{4} \left( \left(\frac{1}{\sqrt{3}} + \frac{1}{3(3\sqrt{3})}\right) - \left(-\frac{1}{\sqrt{3}} - \frac{1}{3(3\sqrt{3})}\right) \right) = \frac{r^2}{4} \cdot 2 \left( \frac{1}{\sqrt{3}} + \frac{1}{9\sqrt{3}} \right)$
$S_{F,OBC} = \frac{r^2}{2} \left( \frac{9+1}{9\sqrt{3}} \right) = \frac{r^2}{2} \frac{10}{9\sqrt{3}} = \frac{5r^2}{9\sqrt{3}}$

4. Вычисление вероятности

Общая благоприятная площадь $S_F$ в 3 раза больше: $S_F = 3 \cdot S_{F,OBC} = 3 \cdot \frac{5r^2}{9\sqrt{3}} = \frac{5r^2}{3\sqrt{3}}$

Площадь всего правильного треугольника $S_T$ можно выразить через радиус вписанной окружности $r$. Сторона треугольника $a = 2\sqrt{3}r$. $S_T = \frac{a^2\sqrt{3}}{4} = \frac{(2\sqrt{3}r)^2\sqrt{3}}{4} = \frac{12r^2\sqrt{3}}{4} = 3\sqrt{3}r^2$

Теперь находим искомую вероятность: $P = \frac{S_F}{S_T} = \frac{\frac{5r^2}{3\sqrt{3}}}{3\sqrt{3}r^2} = \frac{5}{3\sqrt{3} \cdot 3\sqrt{3}} = \frac{5}{9 \cdot 3} = \frac{5}{27}$

Ответ: $\frac{5}{27}$

8. В шаре случайно выбирают точку. Какова вероятность того, что она окажется ближе к границе шара, чем к его центру?

Для решения данной задачи используется геометрическое определение вероятности. Вероятность события равна отношению объема области, соответствующей благоприятному исходу, к общему объему всего пространства возможных исходов.

Пусть шар имеет радиус $R$, а его центр совпадает с началом координат. Общий объем, в котором случайным образом выбирается точка, — это объем всего шара. Формула для объема шара:

$V_{общ} = \frac{4}{3}\pi R^3$

Пусть случайно выбранная точка $M$ находится на расстоянии $r$ от центра шара. Так как точка выбирается внутри шара, то $0 \le r \le R$.

Расстояние от точки $M$ до центра шара равно $r$.

Расстояние от точки $M$ до границы шара (до ближайшей точки на сфере) равно $R - r$.

Нас интересует событие, при котором точка $M$ окажется ближе к границе шара, чем к его центру. Это условие можно записать в виде неравенства:

$R - r < r$

Решим это неравенство:

$R < 2r$

$r > \frac{R}{2}$

Это означает, что благоприятным исходом является выбор точки, расстояние которой от центра превышает половину радиуса шара. Все такие точки образуют область, представляющую собой исходный шар радиуса $R$, из которого удален внутренний концентрический шар радиусом $r_{вн} = \frac{R}{2}$. Эта область является шаровым слоем.

Найдем объем этой "благоприятной" области, $V_{бл}$. Он равен разности объемов большого и малого шаров:

$V_{бл} = V_{общ} - V_{вн} = \frac{4}{3}\pi R^3 - \frac{4}{3}\pi \left(\frac{R}{2}\right)^3$

$V_{бл} = \frac{4}{3}\pi R^3 - \frac{4}{3}\pi \frac{R^3}{8} = \frac{4}{3}\pi R^3 \left(1 - \frac{1}{8}\right) = \frac{4}{3}\pi R^3 \cdot \frac{7}{8}$

Искомая вероятность $P$ равна отношению благоприятного объема к общему объему:

$P = \frac{V_{бл}}{V_{общ}} = \frac{\frac{4}{3}\pi R^3 \cdot \frac{7}{8}}{\frac{4}{3}\pi R^3} = \frac{7}{8}$

Ответ: $\frac{7}{8}$

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

29.50. a) $|x^2 - 2x - 5| \ge -2x - 5;$

б) $|-2x^2 + 5x + 7| \ge 2x^2 - 6x + 7;$

в) $|5 - 4x - x^2| > 2 - x - x^2;$

г) $|x^3 - x^2 - 4x| \ge -x^3 - 5x - 4.$

а) $|x^2 - 2x - 5| \ge -2x - 5$
Это неравенство вида $|f(x)| \ge g(x)$.
Обозначим $f(x) = x^2 - 2x - 5$ и $g(x) = -2x - 5$.
Известно, что по определению модуля $|f(x)| \ge f(x)$ для любых действительных значений $x$.
Сравним $f(x)$ и $g(x)$:
$x^2 - 2x - 5 \ge -2x - 5$
Перенесем все члены в левую часть:
$x^2 - 2x - 5 + 2x + 5 \ge 0$
$x^2 \ge 0$
Это неравенство верно для всех действительных чисел $x$.
Таким образом, мы имеем цепочку неравенств: $|x^2 - 2x - 5| \ge x^2 - 2x - 5$ и $x^2 - 2x - 5 \ge -2x - 5$.
Из этого следует, что $|x^2 - 2x - 5| \ge -2x - 5$ верно для всех $x$.
Ответ: $x \in (-\infty, +\infty)$.

б) $|-2x^2 + 5x + 7| \ge 2x^2 - 6x + 7$
Неравенство вида $|A| \ge B$ равносильно совокупности двух неравенств: $A \ge B$ или $A \le -B$.
Рассмотрим два случая:
1) $-2x^2 + 5x + 7 \ge 2x^2 - 6x + 7$
$-4x^2 + 11x \ge 0$
$4x^2 - 11x \le 0$
$x(4x - 11) \le 0$
Корни уравнения $x(4x - 11) = 0$ это $x_1=0$ и $x_2=11/4$. Ветви параболы $y = 4x^2 - 11x$ направлены вверх, поэтому неравенство выполняется между корнями.
Решение для первого случая: $x \in [0, 11/4]$.
2) $-2x^2 + 5x + 7 \le -(2x^2 - 6x + 7)$
$-2x^2 + 5x + 7 \le -2x^2 + 6x - 7$
$5x + 7 \le 6x - 7$
$14 \le x$
Решение для второго случая: $x \in [14, +\infty)$.
Общее решение является объединением решений этих двух случаев.
Ответ: $x \in [0, 11/4] \cup [14, +\infty)$.

в) $|5 - 4x - x^2| > 2 - x - x^2$
Неравенство вида $|A| > B$ равносильно совокупности двух неравенств: $A > B$ или $A < -B$.
Рассмотрим два случая:
1) $5 - 4x - x^2 > 2 - x - x^2$
$5 - 4x > 2 - x$
$3 > 3x$
$1 > x$
Решение для первого случая: $x \in (-\infty, 1)$.
2) $5 - 4x - x^2 < -(2 - x - x^2)$
$5 - 4x - x^2 < -2 + x + x^2$
$0 < 2x^2 + 5x - 7$
Найдем корни уравнения $2x^2 + 5x - 7 = 0$.
Дискриминант $D = 5^2 - 4(2)(-7) = 25 + 56 = 81$.
Корни $x = \frac{-5 \pm \sqrt{81}}{4} = \frac{-5 \pm 9}{4}$.
$x_1 = \frac{-14}{4} = -3.5$, $x_2 = \frac{4}{4} = 1$.
Ветви параболы $y = 2x^2 + 5x - 7$ направлены вверх, поэтому неравенство $2x^2 + 5x - 7 > 0$ выполняется вне корней.
Решение для второго случая: $x \in (-\infty, -3.5) \cup (1, +\infty)$.
Общее решение является объединением решений этих двух случаев: $(-\infty, 1) \cup (-\infty, -3.5) \cup (1, +\infty)$.
Объединение этих множеств дает $(-\infty, 1) \cup (1, +\infty)$.
Ответ: $x \in (-\infty, 1) \cup (1, +\infty)$.

г) $|x^3 - x^2 - 4x| \ge -x^3 - 5x - 4$
Неравенство вида $|A| \ge B$ равносильно совокупности двух неравенств: $A \ge B$ или $A \le -B$.
Рассмотрим два случая:
1) $x^3 - x^2 - 4x \ge -x^3 - 5x - 4$
$2x^3 - x^2 + x + 4 \ge 0$
Найдем корни многочлена $P(x) = 2x^3 - x^2 + x + 4$. Проверкой делителей свободного члена находим, что $P(-1) = 2(-1)^3 - (-1)^2 + (-1) + 4 = -2 - 1 - 1 + 4 = 0$. Значит, $x=-1$ является корнем.
Разделим многочлен на $(x+1)$: $(2x^3 - x^2 + x + 4) : (x+1) = 2x^2 - 3x + 4$.
Неравенство принимает вид $(x+1)(2x^2 - 3x + 4) \ge 0$.
Для квадратного трехчлена $2x^2 - 3x + 4$ дискриминант $D = (-3)^2 - 4(2)(4) = 9 - 32 = -23 < 0$. Так как старший коэффициент $2>0$, этот трехчлен всегда положителен.Следовательно, неравенство равносильно $x+1 \ge 0$, то есть $x \ge -1$.
Решение для первого случая: $x \in [-1, +\infty)$.
2) $x^3 - x^2 - 4x \le -(-x^3 - 5x - 4)$
$x^3 - x^2 - 4x \le x^3 + 5x + 4$
$-x^2 - 4x \le 5x + 4$
$-x^2 - 9x - 4 \le 0$
$x^2 + 9x + 4 \ge 0$
Найдем корни уравнения $x^2 + 9x + 4 = 0$.
Дискриминант $D = 9^2 - 4(1)(4) = 81 - 16 = 65$.
Корни $x = \frac{-9 \pm \sqrt{65}}{2}$.
Ветви параболы $y = x^2 + 9x + 4$ направлены вверх, поэтому неравенство выполняется вне корней.
Решение для второго случая: $x \in (-\infty, \frac{-9 - \sqrt{65}}{2}] \cup [\frac{-9 + \sqrt{65}}{2}, +\infty)$.
Общее решение является объединением решений: $(-\infty, \frac{-9 - \sqrt{65}}{2}] \cup [\frac{-9 + \sqrt{65}}{2}, +\infty) \cup [-1, +\infty)$.
Сравним $\frac{-9 + \sqrt{65}}{2}$ и $-1$. Так как $\sqrt{65} > \sqrt{49}=7$, то $-9+\sqrt{65} > -9+7 = -2$, и $\frac{-9 + \sqrt{65}}{2} > -1$.Поэтому объединение $[\frac{-9 + \sqrt{65}}{2}, +\infty) \cup [-1, +\infty)$ есть $[-1, +\infty)$.
Итоговое решение: $(-\infty, \frac{-9 - \sqrt{65}}{2}] \cup [-1, +\infty)$.
Ответ: $x \in (-\infty, \frac{-9 - \sqrt{65}}{2}] \cup [-1, +\infty)$.

Решите неравенство:

29.51. a) $|4x - 12| + |5x - 15| > 9x - 9;$

б) $|12x + 4| + |9x + 3| \ge -7x.$

а) $|4x - 12| + |5x - 15| > 9x - 9$

Сначала упростим левую часть неравенства, вынеся общие множители из-под знака модуля:
$|4(x - 3)| + |5(x - 3)| > 9x - 9$
$4|x - 3| + 5|x - 3| > 9x - 9$
$9|x - 3| > 9(x - 1)$
Разделим обе части неравенства на 9:
$|x - 3| > x - 1$

Для решения этого неравенства рассмотрим два случая, в зависимости от знака выражения под модулем. Точка, в которой выражение $x-3$ меняет знак, это $x=3$.

1. Пусть $x \ge 3$. В этом случае $x - 3 \ge 0$, и модуль раскрывается со знаком плюс:
$x - 3 > x - 1$
$-3 > -1$
Это неверное числовое неравенство, следовательно, в этом случае решений нет.

2. Пусть $x < 3$. В этом случае $x - 3 < 0$, и модуль раскрывается со знаком минус:
$-(x - 3) > x - 1$
$-x + 3 > x - 1$
$3 + 1 > x + x$
$4 > 2x$
$x < 2$

Найдем пересечение полученного решения $x < 2$ с условием этого случая $x < 3$. Пересечением является интервал $x < 2$.

Объединяя решения из двух случаев (пустое множество и $x < 2$), получаем окончательное решение.
Ответ: $x \in (-\infty; 2)$.

б) $|12x + 4| + |9x + 3| \ge -7x$

Упростим левую часть неравенства, вынеся общие множители из-под знака модуля:
$|4(3x + 1)| + |3(3x + 1)| \ge -7x$
$4|3x + 1| + 3|3x + 1| \ge -7x$
$7|3x + 1| \ge -7x$
Разделим обе части неравенства на 7:
$|3x + 1| \ge -x$

Рассмотрим два случая. Точка, в которой выражение $3x+1$ меняет знак, это $3x+1=0$, то есть $x = -1/3$.

1. Пусть $x \ge -1/3$. В этом случае $3x + 1 \ge 0$, и модуль раскрывается со знаком плюс:
$3x + 1 \ge -x$
$4x \ge -1$
$x \ge -1/4$
Найдем пересечение решения $x \ge -1/4$ с условием $x \ge -1/3$. Так как $-1/4 > -1/3$, то пересечением будет $x \ge -1/4$.

2. Пусть $x < -1/3$. В этом случае $3x + 1 < 0$, и модуль раскрывается со знаком минус:
$-(3x + 1) \ge -x$
$-3x - 1 \ge -x$
$-1 \ge 2x$
$x \le -1/2$
Найдем пересечение решения $x \le -1/2$ с условием $x < -1/3$. Так как $-1/2 < -1/3$, то пересечением будет $x \le -1/2$.

Объединяя решения из двух случаев ($x \ge -1/4$ и $x \le -1/2$), получаем окончательное решение.
Ответ: $x \in (-\infty; -1/2] \cup [-1/4; +\infty)$.

29.52. a) $|2x - 1| + |6x - 3| < 12;$

б) $|12x + 4| + |9x + 3| < 28.$

а) $|2x - 1| + |6x - 3| < 12$

Заметим, что выражение во втором модуле можно упростить, вынеся общий множитель 3 за скобки:

$|6x - 3| = |3(2x - 1)|$

Используя свойство модуля $|a \cdot b| = |a| \cdot |b|$, получаем:

$|3(2x - 1)| = |3| \cdot |2x - 1| = 3|2x - 1|$

Теперь подставим это выражение обратно в исходное неравенство:

$|2x - 1| + 3|2x - 1| < 12$

Сложим подобные слагаемые в левой части:

$4|2x - 1| < 12$

Разделим обе части неравенства на 4:

$|2x - 1| < 3$

Это неравенство равносильно двойному неравенству:

$-3 < 2x - 1 < 3$

Чтобы найти $x$, сначала прибавим 1 ко всем частям неравенства:

$-3 + 1 < 2x < 3 + 1$

$-2 < 2x < 4$

Теперь разделим все части неравенства на 2:

$\frac{-2}{2} < x < \frac{4}{2}$

$-1 < x < 2$

Таким образом, решением является интервал от -1 до 2.

Ответ: $x \in (-1; 2)$.

б) $|12x + 4| + |9x + 3| < 28$

Упростим выражения в каждом модуле, вынеся общие множители:

Для первого модуля: $|12x + 4| = |4(3x + 1)| = |4| \cdot |3x + 1| = 4|3x + 1|$

Для второго модуля: $|9x + 3| = |3(3x + 1)| = |3| \cdot |3x + 1| = 3|3x + 1|$

Подставим упрощенные выражения в исходное неравенство:

$4|3x + 1| + 3|3x + 1| < 28$

Сложим подобные слагаемые:

$7|3x + 1| < 28$

Разделим обе части неравенства на 7:

$|3x + 1| < 4$

Это неравенство эквивалентно двойному неравенству:

$-4 < 3x + 1 < 4$

Вычтем 1 из всех частей неравенства:

$-4 - 1 < 3x < 4 - 1$

$-5 < 3x < 3$

Разделим все части неравенства на 3:

$-\frac{5}{3} < x < \frac{3}{3}$

$-\frac{5}{3} < x < 1$

Решением является интервал от $-\frac{5}{3}$ до 1.

Ответ: $x \in (-\frac{5}{3}; 1)$.

29.53. Докажите, что множество решений неравенства $|f(x)| + |g(x)| \geq |f(x) + g(x)|$ совпадает с пересечением множеств $D(f)$ и $D(g)$.

Для доказательства того, что множество решений неравенства $|f(x)| + |g(x)| \ge |f(x) + g(x)|$ совпадает с пересечением множеств $D(f)$ и $D(g)$, необходимо установить, что эти два множества равны. Обозначим множество решений неравенства как $S$, а пересечение областей определения как $D = D(f) \cap D(g)$. Мы докажем, что $S = D$, показав два взаимных включения: $S \subseteq D$ и $D \subseteq S$.

1. Доказательство того, что $S \subseteq D$ (любое решение принадлежит пересечению областей определения).
Пусть $x_0$ является решением данного неравенства. Это означает, что при подстановке $x_0$ в неравенство получается верное числовое соотношение: $|f(x_0)| + |g(x_0)| \ge |f(x_0) + g(x_0)|$. Для того чтобы это соотношение имело смысл, все его компоненты должны быть определены. В частности, должны существовать значения функций $f(x_0)$ и $g(x_0)$. По определению области определения функции, это означает, что $x_0 \in D(f)$ и $x_0 \in D(g)$. Следовательно, $x_0$ принадлежит пересечению этих множеств: $x_0 \in D(f) \cap D(g)$. Таким образом, любое решение неравенства принадлежит множеству $D$, что доказывает включение $S \subseteq D$.

2. Доказательство того, что $D \subseteq S$ (любое число из пересечения областей определения является решением).
Пусть $x_0$ — произвольный элемент из пересечения областей определения функций, то есть $x_0 \in D(f) \cap D(g)$. Это значит, что $f(x_0)$ и $g(x_0)$ — это определенные действительные числа. Обозначим их для простоты как $a = f(x_0)$ и $b = g(x_0)$.
Рассмотрим известное свойство модуля для любых действительных чисел $a$ и $b$, которое называется неравенством треугольника:$|a| + |b| \ge |a+b|$.Это неравенство всегда истинно. Подставив вместо $a$ и $b$ наши функции от $x_0$, получаем:$|f(x_0)| + |g(x_0)| \ge |f(x_0) + g(x_0)|$.Поскольку это неравенство верно для любого $x_0$, принадлежащего $D(f) \cap D(g)$, то каждый элемент из $D$ является решением исходного неравенства. Это доказывает включение $D \subseteq S$.

Из того, что $S \subseteq D$ и $D \subseteq S$, следует, что множества $S$ и $D$ равны. Таким образом, множество решений неравенства $|f(x)| + |g(x)| \ge |f(x) + g(x)|$ полностью совпадает с пересечением областей определения функций $f(x)$ и $g(x)$.

Ответ: Утверждение доказано. Неравенство $|f(x)| + |g(x)| \ge |f(x) + g(x)|$ является неравенством треугольника для значений функций $f(x)$ и $g(x)$. Оно справедливо для всех $x$, для которых обе функции определены, то есть на множестве $D(f) \cap D(g)$. Следовательно, множество решений неравенства совпадает с $D(f) \cap D(g)$.

29.54. Решите неравенство:

a) $|x - \sqrt{3x + 7}| + |2x - \sqrt{3x + 7}| \ge |x|$;

б) $|x^2 + 2x| \le \left|x^2 + x - \frac{\sqrt{1 - x}}{x}\right| + \left|x + \frac{\sqrt{1 - x}}{x}\right|$.

а)

Исходное неравенство: $|x - \sqrt{3x+7}| + |2x - \sqrt{3x+7}| \ge |x|$.

Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Выражение под знаком корня должно быть неотрицательным: $3x + 7 \ge 0 \implies 3x \ge -7 \implies x \ge -7/3$. Таким образом, ОДЗ: $x \in [-7/3, +\infty)$.

Заметим, что данное неравенство можно свести к неравенству треугольника. Сделаем замену переменных. Пусть $A = x - \sqrt{3x+7}$ и $B = x$. Тогда второй модуль в левой части можно выразить через $A$ и $B$: $2x - \sqrt{3x+7} = (x - \sqrt{3x+7}) + x = A + B$. Правая часть неравенства равна $|x| = |B|$.

Подставив эти выражения в исходное неравенство, получим: $|A| + |A+B| \ge |B|$.

Это неравенство можно переписать, выразив $B$ через $A$ и $A+B$: $B = (A+B) - A$. $|A| + |A+B| \ge |(A+B) - A|$.

Если мы обозначим $u = A+B$ и $v = A$, то неравенство примет вид: $|v| + |u| \ge |u-v|$. Это является одной из форм неравенства треугольника ($|v| + |-u| \ge |v-u|$), которое справедливо для любых действительных чисел $u$ и $v$.

Следовательно, исходное неравенство справедливо для всех значений $x$, при которых его части определены. Это означает, что решением неравенства является вся его область допустимых значений.

Ответ: $x \in [-7/3, +\infty)$.

б)

Исходное неравенство: $|x^2 + 2x| \le |x^2 + x - \frac{\sqrt{1-x}}{x}| + |x + \frac{\sqrt{1-x}}{x}|$.

Найдем область допустимых значений (ОДЗ).

1. Выражение под знаком корня должно быть неотрицательным: $1-x \ge 0 \implies x \le 1$.
2. Знаменатель дроби не должен быть равен нулю: $x \ne 0$.

Объединяя эти условия, получаем ОДЗ: $x \in (-\infty, 0) \cup (0, 1]$.

Рассмотрим структуру неравенства. Сделаем замену. Пусть $A = x^2 + x - \frac{\sqrt{1-x}}{x}$ и $B = x + \frac{\sqrt{1-x}}{x}$. Найдем сумму $A+B$: $A+B = \left(x^2 + x - \frac{\sqrt{1-x}}{x}\right) + \left(x + \frac{\sqrt{1-x}}{x}\right) = x^2 + 2x$.

Теперь подставим эти выражения в исходное неравенство. Левая часть: $|x^2+2x| = |A+B|$. Правая часть: $|x^2 + x - \frac{\sqrt{1-x}}{x}| + |x + \frac{\sqrt{1-x}}{x}| = |A| + |B|$. Неравенство принимает вид: $|A+B| \le |A| + |B|$.

Это классическое неравенство треугольника для модуля, которое справедливо для любых действительных чисел $A$ и $B$. Следовательно, исходное неравенство выполняется для всех значений $x$, входящих в область допустимых значений.

Таким образом, решением неравенства является его ОДЗ.

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

29.55. a) Докажите, что неравенство $|f(x)| + |g(x)| > |f(x) + g(x)|$ равносильно неравенству $f(x) \cdot g(x) < 0$.

б) Докажите, что неравенство $|f(x)| + |g(x)| \le |f(x) + g(x)|$ равносильно неравенству $f(x) \cdot g(x) \ge 0$.

а) Для доказательства равносильности неравенства $|f(x)| + |g(x)| > |f(x) + g(x)|$ и неравенства $f(x) \cdot g(x) < 0$ воспользуемся методом возведения в квадрат. Обе части исходного неравенства неотрицательны, поэтому при возведении обеих частей в квадрат знак неравенства сохранится.

$$(|f(x)| + |g(x)|)^2 > |f(x) + g(x)|^2$$

Раскроем скобки. Используем свойство модуля $|a|^2 = a^2$.

$$|f(x)|^2 + 2|f(x)||g(x)| + |g(x)|^2 > (f(x) + g(x))^2$$

$$f(x)^2 + 2|f(x) \cdot g(x)| + g(x)^2 > f(x)^2 + 2f(x)g(x) + g(x)^2$$

Вычтем из обеих частей $f(x)^2 + g(x)^2$:

$$2|f(x) \cdot g(x)| > 2f(x)g(x)$$

Разделим обе части на 2:

$$|f(x) \cdot g(x)| > f(x)g(x)$$

Пусть $y = f(x) \cdot g(x)$. Неравенство принимает вид $|y| > y$. Это неравенство справедливо тогда и только тогда, когда $y$ — отрицательное число. Если $y \geq 0$, то $|y| = y$, и мы получаем $y > y$, что неверно. Если $y < 0$, то $|y| = -y$, и мы получаем $-y > y$, что равносильно $0 > 2y$, или $y < 0$, что верно. Следовательно, неравенство $|f(x) \cdot g(x)| > f(x)g(x)$ равносильно неравенству $f(x) \cdot g(x) < 0$. Таким образом, мы доказали, что исходное неравенство равносильно неравенству $f(x) \cdot g(x) < 0$.

Ответ: Доказано.

б) Для доказательства равносильности неравенства $|f(x)| + |g(x)| \leq |f(x) + g(x)|$ и неравенства $f(x) \cdot g(x) \geq 0$ воспользуемся известным неравенством треугольника, которое гласит, что для любых действительных чисел $a$ и $b$ справедливо $|a| + |b| \geq |a+b|$.

В нашем случае, $a=f(x)$ и $b=g(x)$, поэтому всегда выполняется $|f(x)| + |g(x)| \geq |f(x) + g(x)|$. Сравнивая это неравенство с доказываемым $|f(x)| + |g(x)| \leq |f(x) + g(x)|$, мы видим, что оба могут быть истинными только в случае равенства:

$$|f(x)| + |g(x)| = |f(x) + g(x)|$$

Таким образом, доказываемое неравенство равносильно этому равенству. Теперь докажем, что это равенство равносильно $f(x) \cdot g(x) \geq 0$. Возведем обе части равенства в квадрат (обе части неотрицательны):

$$(|f(x)| + |g(x)|)^2 = |f(x) + g(x)|^2$$

Раскроем скобки, используя $|a|^2 = a^2$:

$$|f(x)|^2 + 2|f(x)||g(x)| + |g(x)|^2 = (f(x) + g(x))^2$$

$$f(x)^2 + 2|f(x) \cdot g(x)| + g(x)^2 = f(x)^2 + 2f(x)g(x) + g(x)^2$$

Вычтем из обеих частей $f(x)^2 + g(x)^2$:

$$2|f(x) \cdot g(x)| = 2f(x)g(x)$$

$$|f(x) \cdot g(x)| = f(x)g(x)$$

Пусть $y = f(x) \cdot g(x)$. Равенство принимает вид $|y| = y$. Это равенство справедливо тогда и только тогда, когда $y$ — неотрицательное число. Если $y \geq 0$, то $|y| = y$, что верно. Если $y < 0$, то $|y| = -y$, и мы получаем $-y = y$, что означает $2y=0$ или $y=0$, что противоречит условию $y<0$. Следовательно, равенство $|f(x) \cdot g(x)| = f(x)g(x)$ равносильно неравенству $f(x) \cdot g(x) \geq 0$. Таким образом, мы доказали, что исходное неравенство равносильно неравенству $f(x) \cdot g(x) \geq 0$.

Ответ: Доказано.

29.56. Решите неравенство:

a) $|3x + 5| + |x^2 - 7| > |x^2 + 3x - 2|;$

б) $|x^2 - \frac{1}{x}| + |x^2 + \frac{5}{x^2 - 3}| > |\frac{1}{x} + \frac{5}{x^2 - 3}|;$

в) $|3x + 5| + |x^2 - 7| \leq |x^2 + 3x - 2|;$

г) $|x^2 - \frac{1}{x}| + |x^2 + \frac{5}{x^2 - 3}| \leq |\frac{1}{x} + \frac{5}{x^2 - 3}|.$

а) $|3x + 5| + |x^2 - 7| > |x^2 + 3x - 2|$
Заметим, что выражение в модуле в правой части неравенства является суммой выражений в модулях в левой части: $x^2 + 3x - 2 = (3x + 5) + (x^2 - 7)$.
Пусть $a = 3x + 5$ и $b = x^2 - 7$. Тогда неравенство принимает вид $|a| + |b| > |a + b|$.
Это неравенство, являющееся строгим случаем неравенства треугольника, выполняется тогда и только тогда, когда числа $a$ и $b$ имеют противоположные знаки, то есть $ab < 0$.
Таким образом, исходное неравенство равносильно неравенству:$(3x + 5)(x^2 - 7) < 0$.
Найдем корни левой части:$3x + 5 = 0 \implies x = -5/3$.$x^2 - 7 = 0 \implies x = \pm\sqrt{7}$.
Расположим корни на числовой оси: $-\sqrt{7}$, $-5/3$, $\sqrt{7}$ (так как $2 < \sqrt{7} < 3$ и $1 < 5/3 < 2$, то $-\sqrt{7} < -5/3$).Решим неравенство методом интервалов.
Выбираем интервалы со знаком "минус": $(-\infty, -\sqrt{7})$ и $(-5/3, \sqrt{7})$.
Ответ: $x \in (-\infty, -\sqrt{7}) \cup (-5/3, \sqrt{7})$.

б) $|x^2 - \frac{1}{x}| + |x^2 + \frac{5}{x^2 - 3}| > |\frac{1}{x} + \frac{5}{x^2 - 3}|$
ОДЗ: $x \neq 0$, $x^2 - 3 \neq 0 \implies x \neq \pm\sqrt{3}$.
Пусть $a = x^2 - \frac{1}{x}$ и $b = \frac{1}{x} + \frac{5}{x^2 - 3}$.Тогда $a+b = (x^2 - \frac{1}{x}) + (\frac{1}{x} + \frac{5}{x^2 - 3}) = x^2 + \frac{5}{x^2 - 3}$.Неравенство можно переписать в виде $|a| + |a+b| > |b|$.
Воспользуемся свойством $|u| + |v| > |u+v|$, которое выполняется, когда $uv < 0$. Пусть $u=a, v=-b$. Тогда неравенство примет вид $|a| + |-(a+b)| > |-b| \iff |a|+|a+b|>|b|$. Это не наш случай.
Попробуем другую замену. Пусть $u = x^2 - \frac{1}{x}$ и $v = -(x^2 + \frac{5}{x^2 - 3})$. Тогда неравенство имеет вид $|u| + |-v| > |-(u+v)| \iff |u|+|v|>|u+v|$. Это верно при $uv < 0$.То есть $(x^2 - \frac{1}{x}) \cdot (-(x^2 + \frac{5}{x^2 - 3})) < 0$, что равносильно $(x^2 - \frac{1}{x})(x^2 + \frac{5}{x^2 - 3}) > 0$.
Преобразуем множители:$x^2 - \frac{1}{x} = \frac{x^3-1}{x} = \frac{(x-1)(x^2+x+1)}{x}$. Выражение $x^2+x+1 > 0$ при всех $x$.$x^2 + \frac{5}{x^2 - 3} = \frac{x^2(x^2-3)+5}{x^2-3} = \frac{x^4-3x^2+5}{x^2-3}$. Числитель $x^4-3x^2+5$ всегда положителен (дискриминант для $t=x^2$ равен $D=9-20 < 0$).
Таким образом, неравенство равносильно:$\frac{x-1}{x(x^2 - 3)} > 0 \iff \frac{x-1}{x(x-\sqrt{3})(x+\sqrt{3})} > 0$.
Решаем методом интервалов с корнями $-\sqrt{3}, 0, 1, \sqrt{3}$.Интервалы $(-\infty, -\sqrt{3})$, $(-\sqrt{3}, 0)$, $(0, 1)$, $(1, \sqrt{3})$, $(\sqrt{3}, +\infty)$.Знаки выражения на интервалах: +, -, +, -, +.
Выбираем интервалы со знаком "плюс".
Ответ: $x \in (-\infty, -\sqrt{3}) \cup (0, 1) \cup (\sqrt{3}, +\infty)$.

в) $|3x + 5| + |x^2 - 7| \le |x^2 + 3x - 2|$
Как и в пункте а), пусть $a = 3x + 5$ и $b = x^2 - 7$. Неравенство принимает вид $|a| + |b| \le |a + b|$.
Из неравенства треугольника известно, что $|a| + |b| \ge |a + b|$. Следовательно, данное неравенство может выполняться только в случае равенства: $|a| + |b| = |a + b|$.
Это равенство достигается тогда и только тогда, когда $a$ и $b$ имеют одинаковый знак или хотя бы одно из них равно нулю, то есть $ab \ge 0$.
Решаем неравенство:$(3x + 5)(x^2 - 7) \ge 0$.
Используя результаты анализа из пункта а), где мы решали $(3x + 5)(x^2 - 7) < 0$, мы можем выбрать промежутки, где выражение неотрицательно.Корни: $-\sqrt{7}, -5/3, \sqrt{7}$.Знаки на интервалах: -, +, -, +.
Выбираем интервалы со знаком "плюс", включая концы отрезков.
Ответ: $x \in [-\sqrt{7}, -5/3] \cup [\sqrt{7}, +\infty)$.

г) $|x^2 - \frac{1}{x}| + |x^2 + \frac{5}{x^2 - 3}| \le |\frac{1}{x} + \frac{5}{x^2 - 3}|$
ОДЗ: $x \neq 0, x \neq \pm\sqrt{3}$.
Используя те же обозначения, что и в пункте б), $a = x^2 - \frac{1}{x}$ и $b = \frac{1}{x} + \frac{5}{x^2 - 3}$, получаем неравенство $|a| + |a+b| \le |b|$.
Как и в пункте в), это возможно только при равенстве $|a| + |a+b| = |b|$, что равносильно $|a| + |-(a+b)|=|b|$. Пусть $u=a, v=-(a+b)$. Тогда $|u|+|v|=|u+v|$, что верно при $uv \ge 0$.
$a(-(a+b)) \ge 0 \implies -a(a+b) \ge 0 \implies a(a+b) \le 0$.
$(x^2 - \frac{1}{x})(x^2 + \frac{5}{x^2-3}) \le 0$.
Используя упрощения из пункта б), приходим к неравенству:$\frac{x-1}{x(x-\sqrt{3})(x+\sqrt{3})} \le 0$.
Корни числителя и знаменателя: $-\sqrt{3}, 0, 1, \sqrt{3}$.Знаки выражения на интервалах: +, -, +, -, +.
Выбираем интервалы со знаком "минус". Также нужно учесть, где выражение равно нулю. Это происходит при $x-1=0 \implies x=1$. Точки $x=0, x=\pm\sqrt{3}$ из ОДЗ исключаются.
Решением являются интервалы $(-\sqrt{3}, 0)$ и $(1, \sqrt{3})$, а также точка $x=1$.
Ответ: $x \in (-\sqrt{3}, 0) \cup [1, \sqrt{3})$.