Номер 11.21, страница 290 - гдз по алгебре 11 класс учебник Никольский, Потапов

Авторы: Никольский С. М., Потапов М. К., Решетников Н. Н., Шевкин А. В.
Тип: Учебник
Серия: мгу - школе
Издательство: Просвещение
Год издания: 2014 - 2025
Уровень обучения: базовый и углублённый
Цвет обложки: голубой в сеточку
ISBN: 978-5-09-087641-4
Допущено Министерством просвещения Российской Федерации
Математика: алгебра и начала математического анализа, геометрия
Популярные ГДЗ в 11 классе
Параграф 11. Равносильность неравенств на множествах. Глава 2. Уравнения. Неравенства. Системы - номер 11.21, страница 290.
№11.21 (с. 290)
Условие. №11.21 (с. 290)
скриншот условия

11.21 a) $\frac{2|x-3|}{|x-5|} < \frac{|x-5|}{|x-3|}$
б) $\frac{2|x+1|}{|x+3|+|x-1|} < \frac{|x+3|-|x-1|}{|x+1|}$
В) $\frac{2|x+2|}{|x+3|} < \frac{|x+3|}{|x+2|}$
Г) $\frac{2|x+5|}{|x+3|+|x+7|} < \frac{|x+3|-|x+7|}{|x+5|}$
Решение 1. №11.21 (с. 290)




Решение 2. №11.21 (с. 290)

Решение 4. №11.21 (с. 290)
а)
Исходное неравенство: $ \frac{2|x-3|}{|x-5|} < \frac{|x-5|}{|x-3|} $.
Область допустимых значений (ОДЗ): знаменатели не должны быть равны нулю, то есть $|x-5| \neq 0$ и $|x-3| \neq 0$. Отсюда следует, что $x \neq 5$ и $x \neq 3$.
Сделаем замену. Пусть $a = |x-3|$ и $b = |x-5|$. Так как это модули выражений, которые не равны нулю на ОДЗ, то $a > 0$ и $b > 0$. Неравенство принимает вид:
$ \frac{2a}{b} < \frac{b}{a} $
Так как $a$ и $b$ положительны, мы можем умножить обе части неравенства на $ab > 0$, не меняя знака неравенства:
$2a^2 < b^2$
$2a^2 - b^2 < 0$
$(\sqrt{2}a - b)(\sqrt{2}a + b) < 0$
Поскольку $a > 0$ и $b > 0$, множитель $(\sqrt{2}a + b)$ всегда положителен. Следовательно, для выполнения неравенства, второй множитель должен быть отрицателен:
$\sqrt{2}a - b < 0 \implies \sqrt{2}a < b$
Выполним обратную замену:
$\sqrt{2}|x-3| < |x-5|$
Обе части неравенства неотрицательны, поэтому мы можем возвести их в квадрат:
$2(x-3)^2 < (x-5)^2$
$2(x^2 - 6x + 9) < x^2 - 10x + 25$
$2x^2 - 12x + 18 < x^2 - 10x + 25$
$x^2 - 2x - 7 < 0$
Найдем корни квадратного уравнения $x^2 - 2x - 7 = 0$ с помощью дискриминанта:
$D = (-2)^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-7) = 4 + 28 = 32$
$x_{1,2} = \frac{2 \pm \sqrt{32}}{2} = \frac{2 \pm 4\sqrt{2}}{2} = 1 \pm 2\sqrt{2}$
Так как ветви параболы $y = x^2 - 2x - 7$ направлены вверх, неравенство $x^2 - 2x - 7 < 0$ выполняется между корнями: $x \in (1 - 2\sqrt{2}, 1 + 2\sqrt{2})$.
Теперь учтем ОДЗ: $x \neq 3$ и $x \neq 5$. Приближенные значения корней: $1 - 2\sqrt{2} \approx -1.83$ и $1 + 2\sqrt{2} \approx 3.83$. Точка $x=3$ находится внутри этого интервала, поэтому ее нужно исключить. Точка $x=5$ не входит в интервал.
Ответ: $x \in (1 - 2\sqrt{2}, 3) \cup (3, 1 + 2\sqrt{2})$.
б)
Исходное неравенство: $ \frac{2|x+1|}{|x+3|+|x-1|} < \frac{|x+3|-|x-1|}{|x+1|} $.
ОДЗ: $|x+1| \neq 0 \implies x \neq -1$. Знаменатель $|x+3|+|x-1|$ не равен нулю ни при каких $x$, так как является суммой двух неотрицательных чисел, которые не могут одновременно быть нулем.
Левая часть неравенства всегда неотрицательна (или равна нулю, если $x=-1$, что исключено ОДЗ). Чтобы неравенство имело решение, правая часть должна быть строго положительной:
$\frac{|x+3|-|x-1|}{|x+1|} > 0$
Так как знаменатель $|x+1| > 0$ на ОДЗ, то числитель также должен быть положителен: $|x+3| - |x-1| > 0 \implies |x+3| > |x-1|$.
Возведем в квадрат: $(x+3)^2 > (x-1)^2 \implies x^2+6x+9 > x^2-2x+1 \implies 8x > -8 \implies x > -1$.
Таким образом, мы ищем решения только при условии $x > -1$.
Умножим обе части исходного неравенства на $|x+1| \cdot (|x+3|+|x-1|)$, что является положительным выражением при $x > -1$.
$2|x+1|^2 < (|x+3|-|x-1|)(|x+3|+|x-1|)$
$2|x+1|^2 < |x+3|^2 - |x-1|^2$
$2(x+1)^2 < (x+3)^2 - (x-1)^2$
$2(x^2 + 2x + 1) < (x^2 + 6x + 9) - (x^2 - 2x + 1)$
$2x^2 + 4x + 2 < 8x + 8$
$2x^2 - 4x - 6 < 0 \implies x^2 - 2x - 3 < 0$
Решим уравнение $x^2 - 2x - 3 = 0$. Корни: $x_1 = 3, x_2 = -1$.
Неравенство $(x-3)(x+1) < 0$ выполняется для $x \in (-1, 3)$.
Это решение полностью удовлетворяет условию $x > -1$ и ОДЗ $x \neq -1$.
Ответ: $x \in (-1, 3)$.
в)
Исходное неравенство: $ \frac{2|x+2|}{|x+3|} < \frac{|x+3|}{|x+2|} $.
ОДЗ: $|x+3| \neq 0 \implies x \neq -3$ и $|x+2| \neq 0 \implies x \neq -2$.
Неравенство аналогично пункту а). Сделаем замену $a = |x+2|$ и $b = |x+3|$, где $a>0, b>0$.
$\frac{2a}{b} < \frac{b}{a} \implies 2a^2 < b^2 \implies \sqrt{2}a < b$
Выполним обратную замену:
$\sqrt{2}|x+2| < |x+3|$
Возведем в квадрат обе части:
$2(x+2)^2 < (x+3)^2$
$2(x^2 + 4x + 4) < x^2 + 6x + 9$
$2x^2 + 8x + 8 < x^2 + 6x + 9$
$x^2 + 2x - 1 < 0$
Найдем корни уравнения $x^2 + 2x - 1 = 0$:
$D = 2^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-1) = 8$
$x_{1,2} = \frac{-2 \pm \sqrt{8}}{2} = \frac{-2 \pm 2\sqrt{2}}{2} = -1 \pm \sqrt{2}$
Решение неравенства: $x \in (-1 - \sqrt{2}, -1 + \sqrt{2})$.
Учтем ОДЗ ($x \neq -3, x \neq -2$). Приближенные значения корней: $-1 - \sqrt{2} \approx -2.41$ и $-1 + \sqrt{2} \approx 0.41$. Точка $x=-2$ попадает в этот интервал, поэтому ее нужно исключить. Точка $x=-3$ не входит в интервал.
Ответ: $x \in (-1 - \sqrt{2}, -2) \cup (-2, -1 + \sqrt{2})$.
г)
Исходное неравенство: $ \frac{2|x+5|}{|x+3|+|x+7|} < \frac{|x+3|-|x+7|}{|x+5|} $.
ОДЗ: $|x+5| \neq 0 \implies x \neq -5$.
Аналогично пункту б), левая часть неотрицательна, значит, правая должна быть положительной:
$|x+3| - |x+7| > 0 \implies |x+3| > |x+7|$
Возведем в квадрат: $(x+3)^2 > (x+7)^2 \implies x^2+6x+9 > x^2+14x+49 \implies -40 > 8x \implies x < -5$.
Итак, решения ищем только при $x < -5$.
Умножим обе части исходного неравенства на $|x+5| \cdot (|x+3|+|x+7|) > 0$:
$2|x+5|^2 < |x+3|^2 - |x+7|^2$
$2(x+5)^2 < (x+3)^2 - (x+7)^2$
$2(x^2 + 10x + 25) < (x^2+6x+9) - (x^2+14x+49)$
$2x^2 + 20x + 50 < -8x - 40$
$2x^2 + 28x + 90 < 0 \implies x^2 + 14x + 45 < 0$
Найдем корни уравнения $x^2 + 14x + 45 = 0$. По теореме Виета, корни $x_1=-9, x_2=-5$.
Неравенство $(x+9)(x+5) < 0$ выполняется для $x \in (-9, -5)$.
Этот интервал полностью удовлетворяет условию $x < -5$ и ОДЗ $x \neq -5$.
Ответ: $x \in (-9, -5)$.
Другие задания:
Помогло решение? Оставьте отзыв в комментариях ниже.
Присоединяйтесь к Телеграм-группе @top_gdz
ПрисоединитьсяМы подготовили для вас ответ c подробным объяснением домашего задания по алгебре за 11 класс, для упражнения номер 11.21 расположенного на странице 290 к учебнику серии мгу - школе 2014 года издания для учащихся школ и гимназий.
Теперь на нашем сайте ГДЗ.ТОП вы всегда легко и бесплатно найдёте условие с правильным ответом на вопрос «Как решить ДЗ» и «Как сделать» задание по алгебре к упражнению №11.21 (с. 290), авторов: Никольский (Сергей Михайлович), Потапов (Михаил Константинович), Решетников (Николай Николаевич), Шевкин (Александр Владимирович), ФГОС (старый) базовый и углублённый уровень обучения учебного пособия издательства Просвещение.