Страница 61 - гдз по алгебре 9 класс учебник Никольский, Потапов

184. Решите систему неравенств:

a) $ \begin{cases} x^2 - 3|x| + 2 > 0, \\ \frac{10}{3-|x|} > 0; \end{cases} $

б) $ \begin{cases} x^2 - 5|x| + 4 > 0, \\ \frac{11}{5-|x|} > 0; \end{cases} $

в) $ \begin{cases} \frac{|x|-1}{|x|+2} > 0, \\ \frac{|x|-3}{|x|+4} < 0; \end{cases} $

г) $ \begin{cases} \frac{|x|+1}{|x|-4} > 0, \\ \frac{|x|-5}{|x|+0,1} < 0; \end{cases} $

д) $ \begin{cases} x^2+x+\frac{2}{x^2+x} \ge 3, \\ (x^2+x)^2 - 7(x^2+x) + 6 \le 0; \end{cases} $

е) $ \begin{cases} (x-2)^2 + \frac{3}{(x-2)^2} \ge 4, \\ (x-2)^4 - 5(x-2)^2 + 4 \le 0. \end{cases} $

а)

Решим систему неравенств:

$$ \begin{cases} x^2 - 3|x| + 2 > 0, \\ \frac{10}{3 - |x|} > 0; \end{cases} $$

Введем замену $t = |x|$. Так как $|x| \ge 0$, то $t \ge 0$. Система примет вид:

$$ \begin{cases} t^2 - 3t + 2 > 0, \\ \frac{10}{3 - t} > 0; \end{cases} $$

Решим первое неравенство: $t^2 - 3t + 2 > 0$. Корни квадратного трехчлена $t^2 - 3t + 2$ равны $t_1 = 1$ и $t_2 = 2$. Неравенство $(t-1)(t-2) > 0$ выполняется при $t < 1$ или $t > 2$.

Решим второе неравенство: $\frac{10}{3 - t} > 0$. Так как числитель $10 > 0$, то знаменатель также должен быть положителен: $3 - t > 0$, откуда $t < 3$.

Найдем пересечение решений для $t$ с учетом условия $t \ge 0$. Имеем систему условий:

$$ \begin{cases} t < 1 \text{ или } t > 2, \\ t < 3, \\ t \ge 0; \end{cases} $$

Решением является объединение интервалов $t \in [0, 1) \cup (2, 3)$.

Вернемся к исходной переменной $x$.

1. $0 \le |x| < 1 \implies -1 < x < 1$.

2. $2 < |x| < 3 \implies -3 < x < -2$ или $2 < x < 3$.

Объединяя эти решения, получаем итоговый ответ.

Ответ: $x \in (-3, -2) \cup (-1, 1) \cup (2, 3)$.

б)

Решим систему неравенств:

$$ \begin{cases} x^2 - 5|x| + 4 > 0, \\ \frac{11}{5 - |x|} > 0; \end{cases} $$

Введем замену $t = |x|$, где $t \ge 0$. Система примет вид:

$$ \begin{cases} t^2 - 5t + 4 > 0, \\ \frac{11}{5 - t} > 0; \end{cases} $$

Первое неравенство: $t^2 - 5t + 4 > 0$. Корни $t_1 = 1$, $t_2 = 4$. Неравенство $(t-1)(t-4) > 0$ выполняется при $t < 1$ или $t > 4$.

Второе неравенство: $\frac{11}{5 - t} > 0 \implies 5 - t > 0 \implies t < 5$.

Пересечение решений для $t$ с учетом $t \ge 0$: $(t < 1 \text{ или } t > 4)$ и $t < 5$ и $t \ge 0$. Это дает $t \in [0, 1) \cup (4, 5)$.

Вернемся к $x$:

1. $0 \le |x| < 1 \implies -1 < x < 1$.

2. $4 < |x| < 5 \implies -5 < x < -4$ или $4 < x < 5$.

Ответ: $x \in (-5, -4) \cup (-1, 1) \cup (4, 5)$.

в)

Решим систему неравенств:

$$ \begin{cases} \frac{|x| - 1}{|x| + 2} > 0, \\ \frac{|x| - 3}{|x| + 4} < 0; \end{cases} $$

Введем замену $t = |x|$, где $t \ge 0$. Система примет вид:

$$ \begin{cases} \frac{t - 1}{t + 2} > 0, \\ \frac{t - 3}{t + 4} < 0; \end{cases} $$

Для первого неравенства, так как $t+2 > 0$ (ведь $t \ge 0$), оно эквивалентно $t-1 > 0 \implies t > 1$.

Для второго неравенства, так как $t+4 > 0$, оно эквивалентно $t-3 < 0 \implies t < 3$.

Объединяя условия для $t$, получаем $1 < t < 3$.

Вернемся к $x$: $1 < |x| < 3$. Это эквивалентно $-3 < x < -1$ или $1 < x < 3$.

Ответ: $x \in (-3, -1) \cup (1, 3)$.

г)

Решим систему неравенств:

$$ \begin{cases} \frac{|x| + 1}{|x| - 4} > 0, \\ \frac{|x| - 5}{|x| + 0.1} < 0; \end{cases} $$

Введем замену $t = |x|$, где $t \ge 0$. Система примет вид:

$$ \begin{cases} \frac{t + 1}{t - 4} > 0, \\ \frac{t - 5}{t + 0.1} < 0; \end{cases} $$

Для первого неравенства, так как $t+1 > 0$, оно эквивалентно $t-4 > 0 \implies t > 4$.

Для второго неравенства, так как $t+0.1 > 0$, оно эквивалентно $t-5 < 0 \implies t < 5$.

Объединяя условия для $t$, получаем $4 < t < 5$.

Вернемся к $x$: $4 < |x| < 5$. Это эквивалентно $-5 < x < -4$ или $4 < x < 5$.

Ответ: $x \in (-5, -4) \cup (4, 5)$.

д)

Решим систему неравенств:

$$ \begin{cases} x^2 + x + \frac{2}{x^2 + x} \ge 3, \\ (x^2 + x)^2 - 7(x^2 + x) + 6 \le 0; \end{cases} $$

Введем замену $y = x^2 + x$. Область допустимых значений: $x^2 + x \neq 0$, то есть $y \neq 0$. Система примет вид:

$$ \begin{cases} y + \frac{2}{y} \ge 3, \\ y^2 - 7y + 6 \le 0; \end{cases} $$

Решим первое неравенство: $\frac{y^2 - 3y + 2}{y} \ge 0 \implies \frac{(y-1)(y-2)}{y} \ge 0$. Методом интервалов получаем $y \in (0, 1] \cup [2, \infty)$.

Решим второе неравенство: $y^2 - 7y + 6 \le 0$. Корни $y_1=1, y_2=6$. Неравенство $(y-1)(y-6) \le 0$ выполняется при $1 \le y \le 6$.

Найдем пересечение решений для $y$: $((0, 1] \cup [2, \infty)) \cap [1, 6]$. Пересечение дает $y=1$ и $y \in [2, 6]$.

Вернемся к $x$:

1. $y=1 \implies x^2 + x = 1 \implies x^2+x-1=0 \implies x = \frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}$.

2. $2 \le y \le 6 \implies 2 \le x^2 + x \le 6$. Это система из двух неравенств:

a) $x^2 + x \ge 2 \implies x^2+x-2 \ge 0 \implies (x+2)(x-1) \ge 0 \implies x \in (-\infty, -2] \cup [1, \infty)$.

b) $x^2 + x \le 6 \implies x^2+x-6 \le 0 \implies (x+3)(x-2) \le 0 \implies x \in [-3, 2]$.

Пересечение решений a) и b) дает $x \in [-3, -2] \cup [1, 2]$.

Объединяем все найденные решения для $x$.

Ответ: $x \in [-3, -2] \cup [1, 2] \cup \left\{\frac{-1 - \sqrt{5}}{2}, \frac{-1 + \sqrt{5}}{2}\right\}$.

е)

Решим систему неравенств:

$$ \begin{cases} (x-2)^2 + \frac{3}{(x-2)^2} \ge 4, \\ (x-2)^4 - 5(x-2)^2 + 4 \le 0; \end{cases} $$

Введем замену $z = (x-2)^2$. Так как в знаменателе $(x-2)^2$, то $x \neq 2$, а значит $z > 0$. Система примет вид:

$$ \begin{cases} z + \frac{3}{z} \ge 4, \\ z^2 - 5z + 4 \le 0; \end{cases} $$

Решим первое неравенство: так как $z>0$, умножим на $z$: $z^2 - 4z + 3 \ge 0 \implies (z-1)(z-3) \ge 0$. Решение: $z \le 1$ или $z \ge 3$. С учетом $z>0$, получаем $z \in (0, 1] \cup [3, \infty)$.

Решим второе неравенство: $z^2 - 5z + 4 \le 0 \implies (z-1)(z-4) \le 0$. Решение: $1 \le z \le 4$.

Найдем пересечение решений для $z$: $((0, 1] \cup [3, \infty)) \cap [1, 4]$. Пересечение дает $z=1$ и $z \in [3, 4]$.

Вернемся к $x$:

1. $z=1 \implies (x-2)^2 = 1 \implies x-2 = \pm 1 \implies x=1$ или $x=3$.

2. $3 \le z \le 4 \implies 3 \le (x-2)^2 \le 4$. Извлекаем корень: $\sqrt{3} \le |x-2| \le 2$.

Это распадается на два случая:

a) $\sqrt{3} \le x-2 \le 2 \implies 2+\sqrt{3} \le x \le 4$.

b) $-2 \le x-2 \le -\sqrt{3} \implies 0 \le x \le 2-\sqrt{3}$.

Объединяем все найденные решения для $x$.

Ответ: $x \in [0, 2-\sqrt{3}] \cup \{1\} \cup \{3\} \cup [2+\sqrt{3}, 4]$.