Конкурсен изпит , СУ"Св.Кл.Охридски" 22.07.1999 г.

[S.B.]

Дадена е функцията f(x) = [tex]\sqrt{\frac{x^{2} - 1}{(x + 2)^{2} - I x + 2 I - 2}}[/tex]
(знаменателят да се чете: [tex](х + 2)^{2}[/tex] - I x + 2I - 2 )
a) Да се намери дефиниционната област на f(x);
б) Да се реши неравенството : f(x) [tex]\le[/tex] 1

[Добромир Глухаров]

а) $x\in(-\infty;-4)\cup[-1;0)\cup[1;+\infty)$

б) $x\in[-\frac{1}{3};0)\cup[1;+\infty)$

Дали това са верните отговори или бъркам?

[Петър Евгениев]

Ще се радвам някой да пусне решение.

[S.B.]

а) $x\in(-\infty;-4)\cup[-1;0)\cup[1;+\infty)$

б) $x\in[-\frac{1}{3};0)\cup[1;+\infty)$

Дали това са верните отговори или бъркам?

Извинявам се:Отговорът на б) е [-1,-[tex]\frac{1}{3}[/tex]] [tex]\cup[/tex] [1. +[tex]\infty[/tex]),отговорът на а) съвпада с вашия

[Добромир Глухаров]

а) $\frac{x^2-1}{(|x+2|-2)(|x+2|+1)}\ge0$

$|x+2|+1>0\forall x$

$\begin{array}{|l}(x+1)(x-1)(|x+2|-2)\ge0\\|x+2|\neq2\end{array}$

$\begin{array}{|l}x\in(-\infty;-1]\cup[1;+\infty)\\|x+2|>2\end{array}\cup\begin{array}{|l}x\in[-1;1]\\|x+2|<2\end{array}$

$\begin{array}{|l}x\in(-\infty;-1]\cup[1;+\infty)\\x\in(-\infty;-4)\cup(0;+\infty)\end{array}\cup\begin{array}{|l}x\in[-1;1]\\x\in(-4;0)\end{array}$

$x\in(-\infty;-4)\cup[1;+\infty)\cup[-1;0)$

$x\in(-\infty;-4)\cup[-1;0)\cup[1;+\infty)$

б) $\frac{x^2-1}{(x+2)^2-|x+2|-2}\le1$

$I.)\ |x+2|-2>0\Rightarrow x\in(-\infty;-4)\cup(0;+\infty)$

$x^2-1\le(x+2)^2-|x+2|-2$

$|x+2|\le4x+3$

$x\in[-\frac{1}{3};+\infty)$

$\Rightarrow x\in(0;+\infty)$

$II.)\ |x+2|-2<0\Rightarrow x\in(-4;0)$

$x^2-1\ge(x+2)^2-|x+2|-2$

$|x+2|\ge4x+3$

$x\in[-\infty;-\frac{1}{3}]$

$\Rightarrow x\in(-4;-\frac{1}{3}]$

$I\cup II\Rightarrow x\in(-4;-\frac{1}{3}]\cup(0;+\infty)$

Засичаме с допустимите стойности: $x\in[-1;-\frac{1}{3}]\cup[1;+\infty)$

[123a]

Б)
[tex]\begin{array}{|l} f(x)\ge0(DM)\\ f(x)\le1\end{array}[/tex]

$\frac{x^2-1-(x+2)^2-|x+2|+2}{(x+2)^2-|x+2|-2}\le0$

A)
При x>-2

$\frac{3x+1}{x(x+3)}\ge0$

Засичаме с x>-2
$x\in(-2;-\frac{1}{3}]\cup(0;\infty)$

B)
При x<-2

$\frac{x+1}{(x+4)(x+1)}\ge0$
Засичаме с x<-2

$x\in(-4;-2)$

Обединяваме А и В и получаваме $x\in(-4;-\frac{1}{3}]\cup(0;\infty)$

Засичаме с ДМ И получаваме $x\in[-1;-\frac{1}{3}]\cup[1;\infty)$

[S.B.]

А ето и моето решение:
а)[tex]\frac{x^{2} - 1}{(х + 2)^{2} - I х + 2 I -2}[/tex] [tex]\ge[/tex]0
I случай: х + 2 > 0 [tex]\rightarrow[/tex] х> - 2 и [tex]\frac{x^{2} - 1}{x^{2} + 4х + 4 - х - 2 - 2}[/tex][tex]\ge[/tex]0
от :х > - 2 и [tex]\frac{(х + 1 )(х - 1 )}{х(х + 3)}[/tex][tex]\ge[/tex]0 като х[tex]\ne[/tex]0 и х [tex]\ne[/tex] -3 [tex]\rightarrow[/tex] х[tex]\in[/tex][-1,0)[tex]\cup[/tex][1, +[tex]\infty[/tex])
II случай: х + 2 < 0 [tex]\rightarrow[/tex] х < - 2 и [tex]\frac{x^{2} - 1}{x^{2} + 4х + 4 + х + 2 - 2}[/tex][tex]\ge[/tex]0
от : х < - 2 и [tex]\frac{(х + 1)(х - 1)}{(х + 1)(х + 4)}[/tex] = [tex]\frac{х - 1}{х + 4}[/tex][tex]\ge[/tex] 0 като х[tex]\ne[/tex] - 4[tex]\rightarrow[/tex] х [tex]\in[/tex](-[tex]\infty[/tex] , - 4)
Окончателно от случай I и II ДО: х [tex]\in[/tex](-[tex]\infty[/tex] , - 4)[tex]\cup[/tex][- 1,0)[tex]\cup[/tex][1 ,+[tex]\infty[/tex])
б)[tex]\frac{x^{2} - 1}{(х + 2)^{2} - I х + 2 I - 2}[/tex][tex]\le[/tex]1
I случай: х + 2 >0 [tex]\rightarrow[/tex]х > -2 и [tex]\frac{x^{2} - 1}{x^{2} + 3х}[/tex] - 1 [tex]\le[/tex]0 след преработка [tex]\frac{-3(х + \frac{1}{3})}{х(х + 3)}[/tex][tex]\le[/tex] 0 като х[tex]\ne[/tex]0 и х[tex]\ne[/tex] - 3
от х> -2 и [tex]\frac{х + \frac{1}{3}}{х(х + 3)}[/tex] за x[tex]\ne[/tex] 0 и х [tex]\ne[/tex] - 3 и съобразено с ДО от т.а) х[tex]\in[/tex][ -1,-[tex]\frac{1}{3}[/tex]] [tex]\cup[/tex] [1 , +[tex]\infty[/tex])
II случай:х + 2 < 0 [tex]\rightarrow[/tex]х < -2 и [tex]\frac{x^{2} - 1}{x^{2} + 5х + 4}[/tex] - 1[tex]\le[/tex]0 или [tex]\frac{- 5}{х + 4}[/tex][tex]\le[/tex]0 от където х + 4 > 0 и х < -2 [tex]\rightarrow[/tex] х[tex]\in[/tex]( -4,-2),което е извън ДО
Като се обединят случай I и II,окончателно х[tex]\in[/tex][-1.-[tex]\frac{1}{3}[/tex]][tex]\cup[/tex][1,+[tex]\infty[/tex])