Упр.184 ГДЗ Никольский Потапов 9 класс (Алгебра)

а) x^2-3|x|+2 > 0
10/(3-|x|) > 0
б) x^2-5|x|+4 > 0
11/(5-|x|) > 0
в) (|x|-1)/(|x|+2) > 0
(|x|-3)/(|x|+4) < 0 г) (|x|+1)/(|x|-4) > 0
(|x|-5)/(|x|+0,1) < 0 д) x^2+x+2/(x^2+x) > =3
(x^2+x)^2-7•(x^2+x)+6 < =0 е) (x-2)^2+3/(x-2)^2 > =4
(x-2)^4-5•(x-2)^2+4 < =0

1. а)

   $$x^2-3|x|+2>0$$
   $$t=|x|,\quad t\ge 0$$
   $$t^2-3t+2>0$$
   $$ (t-1)(t-2)>0 $$
   $$t<1 \text{ или } t>2$$
   $$\frac{10}{3-|x|}>0 \;\Rightarrow\; 3-|x|>0 \;\Rightarrow\; |x|<3$$
   $$-3<x<3$$
   Пересечение даёт:
   $$x\in(-3;-2)\cup(-1;1)\cup(2;3)$$

2. б)

   $$x^2-5|x|+4>0$$
   $$t=|x|,\quad t\ge 0$$
   $$t^2-5t+4>0$$
   $$ (t-1)(t-4)>0 $$
   $$t<1 \text{ или } t>4$$
   $$\frac{11}{5-|x|}>0 \;\Rightarrow\; |x|<5$$
   $$-5<x<5$$
   Тогда
   $$x\in(-5;-4)\cup(-1;1)\cup(4;5)$$

3. в)

   $$\frac{|x|-1}{|x|+2}>0$$
   Так как $$|x|+2>0$$ при любых $$x$$, то
   $$|x|-1>0 \;\Rightarrow\; |x|>1$$
   $$\frac{|x|-3}{|x|+4}<0$$
   Так как $$|x|+4>0$$ при любых $$x$$, то
   $$|x|-3<0 \;\Rightarrow\; |x|<3$$
   Следовательно,
   $$1<|x|<3$$
   $$x\in(-3;-1)\cup(1;3)$$

4. г)

   $$\frac{|x|+1}{|x|-4}>0$$
   Числитель всегда положителен, значит
   $$|x|-4>0 \;\Rightarrow\; |x|>4$$
   $$\frac{|x|-5}{|x|+0{,}1}<0$$
   Так как $$|x|+0{,}1>0$$, то
   $$|x|-5<0 \;\Rightarrow\; |x|<5$$
   Тогда
   $$4<|x|<5$$
   $$x\in(-5;-4)\cup(4;5)$$

5. д)

   Обозначим $$t=x^2+x$$. Тогда система принимает вид
   $$t+\frac{2}{t}\ge 3$$
   $$t^2-7t+6\le 0$$
   Из первого неравенства:
   $$t^2-3t+2\ge 0$$
   $$ (t-1)(t-2)\ge 0 $$
   $$t\le 1 \text{ или } t\ge 2$$
   Из второго:
   $$ (t-1)(t-6)\le 0 $$
   $$1\le t\le 6$$
   Значит,
   $$t=1 \text{ или } 2\le t\le 6$$
   Теперь возвращаемся к $$x$$:
   $$x^2+x=1 \;\Rightarrow\; x=\frac{-1\pm\sqrt5}{2}$$
   $$x^2+x\ge 2 \;\Rightarrow\; x\le -2 \text{ или } x\ge 1$$
   $$x^2+x\le 6 \;\Rightarrow\; -3\le x\le 2$$
   Пересечение даёт
   $$x\in[-3;-2]\cup\left[\frac{-1-\sqrt5}{2};\frac{-1+\sqrt5}{2}\right]\cup[1;2]$$

6. е)

   Обозначим $$t=(x-2)^2$$, тогда $$t\ge 0$$ и система имеет вид
   $$t+\frac{3}{t}\ge 4$$
   $$t^2-5t+4\le 0$$
   Из первого неравенства:
   $$t^2-4t+3\ge 0$$
   $$ (t-1)(t-3)\ge 0 $$
   $$t\le 1 \text{ или } t\ge 3$$
   Из второго:
   $$ (t-1)(t-4)\le 0 $$
   $$1\le t\le 4$$
   Следовательно,
   $$t=1 \text{ или } 3\le t\le 4$$
   Возвращаемся к $$x$$:
   $$ (x-2)^2=1 \;\Rightarrow\; x=1 \text{ или } x=3 $$
   $$ (x-2)^2\ge 3 \;\Rightarrow\; x\le 2-\sqrt3 \text{ или } x\ge 2+\sqrt3 $$
   $$ (x-2)^2\le 4 \;\Rightarrow\; 0\le x\le 4 $$
   Тогда
   $$x\in[0;2-\sqrt3]\cup\{1;3\}\cup[2+\sqrt3;4]$$

Ответ

а) $$x\in(-3;-2)\cup(-1;1)\cup(2;3)$$; б) $$x\in(-5;-4)\cup(-1;1)\cup(4;5)$$; в) $$x\in(-3;-1)\cup(1;3)$$; г) $$x\in(-5;-4)\cup(4;5)$$; д) $$x\in[-3;-2]\cup\left[\frac{-1-\sqrt5}{2};\frac{-1+\sqrt5}{2}\right]\cup[1;2]$$; е) $$x\in[0;2-\sqrt3]\cup\{1;3\}\cup[2+\sqrt3;4]$$.