Номер 37.31, страница 208, часть 2 - гдз по алгебре 8 класс учебник Мордкович, Александрова

Параграф 37. Решение квадратных неравенств. Глава 5. Неравенства. Часть 2 - номер 37.31, страница 208.

Условие.

37.31 a) $x^4 + 16x^2 - 17 < 0$;

б) $y^4 + 12y^2 - 64 \ge 0$;

в) $x^4 + 6x^2 - 7 > 0$;

г) $z^4 + 3z^2 - 28 \le 0$.

Решение 1.

Решение 2.

Решение 4.

Решение 6.

а) $x^4 + 16x^2 - 17 < 0$

Это биквадратное неравенство. Для его решения введем новую переменную.

Пусть $t = x^2$. Так как квадрат любого действительного числа неотрицателен, то $t \ge 0$.

С учетом замены исходное неравенство принимает вид квадратного неравенства относительно $t$:

$t^2 + 16t - 17 < 0$

Найдем корни соответствующего квадратного уравнения $t^2 + 16t - 17 = 0$ с помощью дискриминанта:

$D = b^2 - 4ac = 16^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-17) = 256 + 68 = 324 = 18^2$

$t_{1,2} = \frac{-b \pm \sqrt{D}}{2a} = \frac{-16 \pm 18}{2}$

$t_1 = \frac{-16 - 18}{2} = -17$

$t_2 = \frac{-16 + 18}{2} = 1$

Разложим левую часть неравенства на множители: $(t - 1)(t + 17) < 0$.

Решением этого неравенства является интервал $-17 < t < 1$.

Теперь учтем ограничение $t \ge 0$. Составим систему:

$\begin{cases} -17 < t < 1 \\ t \ge 0 \end{cases}$

Решением системы является промежуток $0 \le t < 1$.

Выполним обратную замену $t = x^2$:

$0 \le x^2 < 1$

Это двойное неравенство равносильно системе $\begin{cases} x^2 \ge 0 \\ x^2 < 1 \end{cases}$.

Неравенство $x^2 \ge 0$ выполняется для всех действительных $x$.

Решим второе неравенство: $x^2 < 1 \implies x^2 - 1 < 0 \implies (x-1)(x+1) < 0$.

Решением является интервал $(-1, 1)$.

Ответ: $x \in (-1; 1)$.

б) $y^4 + 12y^2 - 64 \ge 0$

Введем замену $t = y^2$, где $t \ge 0$.

Получим квадратное неравенство: $t^2 + 12t - 64 \ge 0$.

Найдем корни уравнения $t^2 + 12t - 64 = 0$:

$D = 12^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-64) = 144 + 256 = 400 = 20^2$

$t_1 = \frac{-12 - 20}{2} = -16$

$t_2 = \frac{-12 + 20}{2} = 4$

Неравенство можно записать как $(t+16)(t-4) \ge 0$.

Решением являются промежутки $t \le -16$ или $t \ge 4$.

Учитывая условие $t \ge 0$, отбрасываем решение $t \le -16$. Остается $t \ge 4$.

Производим обратную замену:

$y^2 \ge 4 \implies y^2 - 4 \ge 0 \implies (y-2)(y+2) \ge 0$.

Решением этого неравенства является объединение промежутков $y \le -2$ и $y \ge 2$.

Ответ: $y \in (-\infty; -2] \cup [2; +\infty)$.

в) $x^4 + 6x^2 - 7 > 0$

Сделаем замену $t = x^2$, где $t \ge 0$.

Неравенство принимает вид $t^2 + 6t - 7 > 0$.

Найдем корни уравнения $t^2 + 6t - 7 = 0$. По теореме Виета, $t_1 = -7$, $t_2 = 1$.

Запишем неравенство в виде $(t+7)(t-1) > 0$.

Решением являются $t < -7$ или $t > 1$.

С учетом ограничения $t \ge 0$ подходит только решение $t > 1$.

Выполним обратную замену:

$x^2 > 1 \implies x^2 - 1 > 0 \implies (x-1)(x+1) > 0$.

Решением является объединение интервалов $x < -1$ и $x > 1$.

Ответ: $x \in (-\infty; -1) \cup (1; +\infty)$.

г) $z^4 + 3z^2 - 28 \le 0$

Пусть $t = z^2$, где $t \ge 0$.

Получаем квадратное неравенство $t^2 + 3t - 28 \le 0$.

Найдем корни уравнения $t^2 + 3t - 28 = 0$:

$D = 3^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-28) = 9 + 112 = 121 = 11^2$

$t_1 = \frac{-3 - 11}{2} = -7$

$t_2 = \frac{-3 + 11}{2} = 4$

Неравенство можно записать как $(t+7)(t-4) \le 0$.

Решением является отрезок $-7 \le t \le 4$.

Учитывая условие $t \ge 0$, получаем $0 \le t \le 4$.

Делаем обратную замену:

$0 \le z^2 \le 4$.

Неравенство $z^2 \ge 0$ верно для всех $z$. Решим $z^2 \le 4$.

$z^2 - 4 \le 0 \implies (z-2)(z+2) \le 0$.

Решением является отрезок $[-2, 2]$.

Ответ: $z \in [-2; 2]$.