Номер 15.17, страница 362 - 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 15. Уравнения, неравенства и системы с параметрами. Глава 2. Уравнения. Неравенства. Системы - номер 15.17, страница 362.
№15.17 (с. 362)
Условие. №15.17 (с. 362)
скриншот условия

15.17 а) $\frac{x^2 - a^2}{x - 1} > 0;$
б) $\frac{x^2 - a^2}{x + 2} < 0;$
в) $\frac{x - 3}{x^2 - a^2} \ge 0;$
г) $\frac{x + 4}{x^2 - a^2} \le 0.$
Решение 1. №15.17 (с. 362)




Решение 2. №15.17 (с. 362)




Решение 3. №15.17 (с. 362)


Решение 4. №15.17 (с. 362)
а)
Дано неравенство $\frac{x^2 - a^2}{x - 1} > 0$.
Разложим числитель на множители по формуле разности квадратов: $\frac{(x - a)(x + a)}{x - 1} > 0$.
Для решения этого неравенства методом интервалов найдем критические точки, то есть нули числителя и знаменателя. Нули числителя: $x = a$ и $x = -a$. Нуль знаменателя: $x = 1$.
Решение зависит от взаимного расположения этих трех точек на числовой оси, которое, в свою очередь, зависит от значения параметра $a$. Поскольку $x^2 - a^2 = x^2 - (-a)^2$, вид неравенства зависит от $|a|$. Рассмотрим следующие случаи, сравнивая $|a|$ с 1.
1. Если $a = 0$.
Неравенство принимает вид $\frac{x^2}{x - 1} > 0$. Поскольку $x^2 \ge 0$ для всех $x$, и обращается в ноль при $x=0$, данное неравенство равносильно системе: $\begin{cases} x-1 > 0 \\ x \neq 0 \end{cases}$, что дает $x > 1$. Решение: $x \in (1, \infty)$.
2. Если $|a| = 1$, то есть $a=1$ или $a=-1$.
Неравенство принимает вид $\frac{x^2 - 1}{x - 1} > 0$. Разложим числитель: $\frac{(x - 1)(x + 1)}{x - 1} > 0$. Сокращая на $(x-1)$ при условии $x \neq 1$, получаем $x + 1 > 0$, откуда $x > -1$. Учитывая условие $x \neq 1$, получаем решение: $x \in (-1, 1) \cup (1, \infty)$.
3. Если $0 < |a| < 1$.
Критические точки на оси располагаются в порядке: $-1 < -|a| < |a| < 1$. Точки, которые нужно расставить на оси: $-|a|, |a|, 1$. Методом интервалов для выражения $f(x) = \frac{(x-|a|)(x+|a|)}{x-1}$ получаем знаки на интервалах $(-\infty; -|a|), (-|a|; |a|), (|a|; 1), (1; \infty)$: $ -, +, -, + $. Нас интересуют интервалы, где выражение больше нуля: $(-|a|, |a|)$ и $(1, \infty)$. Решение: $x \in (-|a|, |a|) \cup (1, \infty)$.
4. Если $|a| > 1$.
Критические точки на оси располагаются в порядке: $-|a| < -1 < 1 < |a|$. Точки, которые нужно расставить на оси: $-|a|, 1, |a|$. Знаки выражения $f(x)$ на интервалах $(-\infty; -|a|), (-|a|; 1), (1; |a|), (|a|; \infty)$: $ -, +, -, + $. Нас интересуют интервалы, где выражение больше нуля: $(-|a|, 1)$ и $(|a|, \infty)$. Решение: $x \in (-|a|, 1) \cup (|a|, \infty)$.
Ответ:
При $a = 0$: $x \in (1, \infty)$.
При $|a| = 1$: $x \in (-1, 1) \cup (1, \infty)$.
При $0 < |a| < 1$: $x \in (-|a|, |a|) \cup (1, \infty)$.
При $|a| > 1$: $x \in (-|a|, 1) \cup (|a|, \infty)$.
б)
Дано неравенство $\frac{x^2 - a^2}{x + 2} < 0$.
Разложим числитель на множители: $\frac{(x - a)(x + a)}{x + 2} < 0$.
Критические точки: $x = a$, $x = -a$ (нули числителя) и $x = -2$ (нуль знаменателя). Решение зависит от взаимного расположения этих точек. Рассмотрим случаи, сравнивая $|a|$ с 2.
1. Если $a = 0$.
Неравенство принимает вид $\frac{x^2}{x + 2} < 0$. Так как $x^2 \ge 0$, это неравенство равносильно системе: $\begin{cases} x+2 < 0 \\ x \neq 0 \end{cases}$, что дает $x < -2$. Решение: $x \in (-\infty, -2)$.
2. Если $|a| = 2$, то есть $a=2$ или $a=-2$.
Неравенство принимает вид $\frac{x^2 - 4}{x + 2} < 0$. Разложим числитель: $\frac{(x - 2)(x + 2)}{x + 2} < 0$. При $x \neq -2$ сокращаем дробь и получаем $x - 2 < 0$, откуда $x < 2$. Учитывая условие $x \neq -2$, получаем решение: $x \in (-\infty, -2) \cup (-2, 2)$.
3. Если $0 < |a| < 2$.
Критические точки на оси располагаются в порядке: $-2, -|a|, |a|$. Методом интервалов для выражения $f(x) = \frac{(x-|a|)(x+|a|)}{x+2}$ получаем знаки на интервалах $(-\infty; -2), (-2; -|a|), (-|a|; |a|), (|a|; \infty)$: $ -, +, -, + $. Нас интересуют интервалы, где выражение меньше нуля: $(-\infty, -2)$ и $(-|a|, |a|)$. Решение: $x \in (-\infty, -2) \cup (-|a|, |a|)$.
4. Если $|a| > 2$.
Критические точки на оси располагаются в порядке: $-|a|, -2, |a|$. Знаки выражения $f(x)$ на интервалах $(-\infty; -|a|), (-|a|; -2), (-2; |a|), (|a|; \infty)$: $ -, +, -, + $. Нас интересуют интервалы, где выражение меньше нуля: $(-\infty, -|a|)$ и $(-2, |a|)$. Решение: $x \in (-\infty, -|a|) \cup (-2, |a|)$.
Ответ:
При $a = 0$: $x \in (-\infty, -2)$.
При $|a| = 2$: $x \in (-\infty, -2) \cup (-2, 2)$.
При $0 < |a| < 2$: $x \in (-\infty, -2) \cup (-|a|, |a|)$.
При $|a| > 2$: $x \in (-\infty, -|a|) \cup (-2, |a|)$.
в)
Дано неравенство $\frac{x-3}{x^2 - a^2} \ge 0$.
Разложим знаменатель на множители: $\frac{x-3}{(x - a)(x + a)} \ge 0$.
Критические точки: $x = 3$ (нуль числителя), $x = a$ и $x = -a$ (нули знаменателя). Точка $x=3$ входит в решение, если знаменатель не равен нулю при $x=3$, то есть $9 - a^2 \neq 0 \implies a \neq \pm 3$. Точки $x=a$ и $x=-a$ всегда исключаются из решения. Рассмотрим случаи, сравнивая $|a|$ с 3.
1. Если $a = 0$.
Неравенство принимает вид $\frac{x-3}{x^2} \ge 0$. Так как $x^2 > 0$ при $x \neq 0$, неравенство равносильно системе: $\begin{cases} x-3 \ge 0 \\ x \neq 0 \end{cases}$, что дает $x \ge 3$. Решение: $x \in [3, \infty)$.
2. Если $|a| = 3$, то есть $a=3$ или $a=-3$.
Неравенство принимает вид $\frac{x-3}{x^2 - 9} \ge 0$. Разложим знаменатель: $\frac{x-3}{(x - 3)(x + 3)} \ge 0$. При $x \neq 3$ сокращаем дробь и получаем $\frac{1}{x+3} \ge 0$, что равносильно $x+3 > 0$. Отсюда $x > -3$. Учитывая условие $x \neq 3$, получаем решение: $x \in (-3, 3) \cup (3, \infty)$.
3. Если $0 < |a| < 3$.
Критические точки на оси располагаются в порядке: $-|a|, |a|, 3$. Методом интервалов для выражения $f(x) = \frac{x-3}{(x-|a|)(x+|a|)}$ получаем знаки на интервалах $(-\infty; -|a|), (-|a|; |a|), (|a|; 3), (3; \infty)$: $ -, +, -, + $. Нас интересуют интервалы, где выражение больше или равно нулю. Точка $x=3$ включается в ответ. Решение: $x \in (-|a|, |a|) \cup [3, \infty)$.
4. Если $|a| > 3$.
Критические точки на оси располагаются в порядке: $-|a|, 3, |a|$. Знаки выражения $f(x)$ на интервалах $(-\infty; -|a|), (-|a|; 3), (3; |a|), (|a|; \infty)$: $ -, +, -, + $. Нас интересуют интервалы, где выражение больше или равно нулю. Точка $x=3$ включается в ответ. Решение: $x \in (-|a|, 3] \cup (|a|, \infty)$.
Ответ:
При $a = 0$: $x \in [3, \infty)$.
При $|a| = 3$: $x \in (-3, 3) \cup (3, \infty)$.
При $0 < |a| < 3$: $x \in (-|a|, |a|) \cup [3, \infty)$.
При $|a| > 3$: $x \in (-|a|, 3] \cup (|a|, \infty)$.
г)
Дано неравенство $\frac{x+4}{x^2-a^2} \le 0$.
Разложим знаменатель на множители: $\frac{x+4}{(x-a)(x+a)} \le 0$.
Критические точки: $x = -4$ (нуль числителя), $x = a$ и $x = -a$ (нули знаменателя). Точка $x=-4$ входит в решение, если знаменатель не равен нулю при $x=-4$, то есть $16 - a^2 \neq 0 \implies a \neq \pm 4$. Точки $x=a$ и $x=-a$ всегда исключаются. Рассмотрим случаи, сравнивая $|a|$ с 4.
1. Если $a = 0$.
Неравенство принимает вид $\frac{x+4}{x^2} \le 0$. Так как $x^2 > 0$ при $x \neq 0$, неравенство равносильно системе: $\begin{cases} x+4 \le 0 \\ x \neq 0 \end{cases}$, что дает $x \le -4$. Решение: $x \in (-\infty, -4]$.
2. Если $|a| = 4$, то есть $a=4$ или $a=-4$.
Неравенство принимает вид $\frac{x+4}{x^2 - 16} \le 0$. Разложим знаменатель: $\frac{x+4}{(x - 4)(x + 4)} \le 0$. При $x \neq -4$ сокращаем дробь и получаем $\frac{1}{x-4} \le 0$, что равносильно $x-4 < 0$. Отсюда $x < 4$. Учитывая условие $x \neq -4$, получаем решение: $x \in (-\infty, -4) \cup (-4, 4)$.
3. Если $0 < |a| < 4$.
Критические точки на оси располагаются в порядке: $-4, -|a|, |a|$. Методом интервалов для выражения $f(x) = \frac{x+4}{(x-|a|)(x+|a|)}$ получаем знаки на интервалах $(-\infty; -4), (-4; -|a|), (-|a|; |a|), (|a|; \infty)$: $ -, +, -, + $. Нас интересуют интервалы, где выражение меньше или равно нулю. Точка $x=-4$ включается в ответ. Решение: $x \in (-\infty, -4] \cup (-|a|, |a|)$.
4. Если $|a| > 4$.
Критические точки на оси располагаются в порядке: $-|a|, -4, |a|$. Знаки выражения $f(x)$ на интервалах $(-\infty; -|a|), (-|a|; -4), (-4; |a|), (|a|; \infty)$: $ -, +, -, + $. Нас интересуют интервалы, где выражение меньше или равно нулю. Точка $x=-4$ включается в ответ. Решение: $x \in (-\infty, -|a|) \cup [-4, |a|)$.
Ответ:
При $a = 0$: $x \in (-\infty, -4]$.
При $|a| = 4$: $x \in (-\infty, -4) \cup (-4, 4)$.
При $0 < |a| < 4$: $x \in (-\infty, -4] \cup (-|a|, |a|)$.
При $|a| > 4$: $x \in (-\infty, -|a|) \cup [-4, |a|)$.
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 15.17 расположенного на странице 362 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 №15.17 (с. 362), авторов: Никольский (Сергей Михайлович), Потапов (Михаил Константинович), Решетников (Николай Николаевич), Шевкин (Александр Владимирович), ФГОС (старый) базовый и углублённый уровень обучения учебного пособия издательства Просвещение.