Номер 11.43, страница 298 - гдз по алгебре 11 класс учебник Никольский, Потапов

Параграф 11. Равносильность неравенств на множествах. Глава 2. Уравнения. Неравенства. Системы - номер 11.43, страница 298.

Условие.

11.43* a) $\frac{\sqrt{x^2 + 1} - |\cos x|}{\sqrt{2x} + |\cos x|} > \frac{\sqrt{2x} - |\cos x|}{\sqrt{x^2 + 1} + |\cos x|}$;

б) $\frac{\sqrt{x^2 - 4} - |\sin x|}{\sqrt{3x} + |\sin x|} < \frac{\sqrt{3x} - |\sin x|}{\sqrt{x^2 - 4} + |\sin x|}$.

Решение 1.

Решение 2.

Решение 3.

Решение 4.

а)

Исходное неравенство:

$$ \frac{\sqrt{x^2 + 1} - |\cos x|}{\sqrt{2x} + |\cos x|} > \frac{\sqrt{2x} - |\cos x|}{\sqrt{x^2 + 1} + |\cos x|} $$

Сначала определим область допустимых значений (ОДЗ). Выражения под знаком корня должны быть неотрицательными: $x^2 + 1 \ge 0$ (выполняется для всех $x$) и $2x \ge 0$, откуда $x \ge 0$. Знаменатели дробей не должны равняться нулю. Знаменатель $\sqrt{x^2 + 1} + |\cos x|$ всегда положителен, так как $\sqrt{x^2 + 1} \ge 1$. Знаменатель $\sqrt{2x} + |\cos x|$ является суммой двух неотрицательных слагаемых и равен нулю только если $\sqrt{2x}=0$ и $|\cos x|=0$ одновременно, что невозможно. Следовательно, ОДЗ неравенства: $x \ge 0$.

Для упрощения введем замены: пусть $a = \sqrt{x^2 + 1}$, $b = \sqrt{2x}$ и $c = |\cos x|$. Неравенство принимает вид:

$$ \frac{a - c}{b + c} > \frac{b - c}{a + c} $$

Так как на ОДЗ знаменатели $a+c$ и $b+c$ строго положительны, можно умножить обе части неравенства на их произведение $(a+c)(b+c)$, сохранив знак неравенства:

$$ (a - c)(a + c) > (b - c)(b + c) $$

Используя формулу разности квадратов $(u-v)(u+v) = u^2 - v^2$, получаем:

$$ a^2 - c^2 > b^2 - c^2 $$

Прибавив $c^2$ к обеим частям, приходим к неравенству:

$$ a^2 > b^2 $$

Теперь вернемся к исходным переменным, подставив выражения для $a$ и $b$:

$$ (\sqrt{x^2 + 1})^2 > (\sqrt{2x})^2 $$

$$ x^2 + 1 > 2x $$

Перенесем все члены в левую часть и упростим:

$$ x^2 - 2x + 1 > 0 $$

$$ (x - 1)^2 > 0 $$

Квадрат действительного числа положителен тогда и только тогда, когда это число не равно нулю. Значит, $x - 1 \ne 0$, то есть $x \ne 1$.

Совмещая это условие с ОДЗ ($x \ge 0$), получаем окончательное решение.

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

б)

Исходное неравенство:

$$ \frac{\sqrt{x^2 - 4} - |\sin x|}{\sqrt{3x} + |\sin x|} < \frac{\sqrt{3x} - |\sin x|}{\sqrt{x^2 - 4} + |\sin x|} $$

Найдем ОДЗ. Условия на подкоренные выражения: $x^2 - 4 \ge 0$ и $3x \ge 0$. Из первого следует $x^2 \ge 4$, то есть $x \in (-\infty, -2] \cup [2, \infty)$. Из второго $x \ge 0$. Пересечение этих условий дает $x \ge 2$. Знаменатели $\sqrt{3x} + |\sin x|$ и $\sqrt{x^2 - 4} + |\sin x|$ на множестве $x \ge 2$ всегда положительны (сумма неотрицательных слагаемых, которые не обращаются в ноль одновременно). Таким образом, ОДЗ: $x \ge 2$.

Структура этого неравенства аналогична предыдущему. Введем замены: $a = \sqrt{x^2 - 4}$, $b = \sqrt{3x}$ и $c = |\sin x|$.

$$ \frac{a - c}{b + c} < \frac{b - c}{a + c} $$

Умножаем на положительное произведение знаменателей $(a+c)(b+c)$:

$$ (a - c)(a + c) < (b - c)(b + c) $$

$$ a^2 - c^2 < b^2 - c^2 $$

$$ a^2 < b^2 $$

Подставляем обратно исходные выражения:

$$ (\sqrt{x^2 - 4})^2 < (\sqrt{3x})^2 $$

$$ x^2 - 4 < 3x $$

Решаем полученное квадратное неравенство:

$$ x^2 - 3x - 4 < 0 $$

Найдем корни соответствующего уравнения $x^2 - 3x - 4 = 0$. По теореме Виета или через дискриминант получаем корни $x_1 = -1$ и $x_2 = 4$. Так как парабола $y = x^2 - 3x - 4$ имеет ветви, направленные вверх, неравенство выполняется на интервале между корнями: $x \in (-1, 4)$.

Найдем пересечение этого интервала с ОДЗ ($x \ge 2$):

$$ x \in (-1, 4) \cap [2, \infty) $$

Это дает нам итоговый промежуток $[2, 4)$.

Ответ: $x \in [2, 4)$.