Модулни неравенства

[Крисоко]

Моля за обяснение със задачите който съм маркирал.Видях решението им във photomath, но не можах да разбера смисъла и последователността им.

57569361_358159931572907_5176518735187410944_n.jpg (67.55 KiB) Прегледано 664 пъти

[S.B.]

зад.146
[tex]\vert \frac{x^{2} - 3x -1}{x^{2} + x +1}\vert < 3 \Leftrightarrow - 3 <\frac{x^{2} - 3x - 1}{x^{2} + x + 1} < 3[/tex]
1) Разглеждам [tex]\frac{x^{2} - 3x - 1}{x^{2} + x + 1} > - 3 \Leftrightarrow \frac{x^{2} - 3x - 1}{x^{2} + x + 1} - 3 > 0 \Leftrightarrow \frac{x^{2} - 3x- 1 + 3x^{2} + 3x + 3}{x^{2} + x + 1} > 0 \Leftrightarrow \frac{4x^{2} + 2}{x^{2} + x + 1} > 0[/tex]
$4x^{2} + 2 > 0$ за $ \forall x\in R$ , $x^{2} + x + 1 > 0 $ за $\forall x \in R$ защото $ D = -3 < 0 , a = 1 > 0$
$\Rightarrow x \in ( - \infty ; + \infty)$

2) Разглеждам $\frac{x^{2} - 3x - 1}{x^{2} + x + 1} < 3 \Leftrightarrow \frac{x^{2} - 3x - 1}{x^{2} + x + 1} - 3 < 0 \Leftrightarrow \frac{- 2x^{2} - 6x - 4}{x^{2} + x + 1} < 0 \Leftrightarrow \frac{x^{2} + 3x + 2}{x^{2} + x + 1} > 0 \Leftrightarrow \frac{(x + 1)(x + 2)}{x^{2} + x + 1} > 0$
$x^{2} + x + 1 > 0$ за $ \forall x \in R, \Rightarrow (x + 1)(x + 2) > 0$
По метода на интервалите определяш : $ x\in (-\infty ; - 2) \cup ( - 1 ; + \infty)$
От случай 1) имаш $x \in (- \infty ; + \infty)$ засичаш и получаваш окончателно
$x \in (- \infty ; -2) \cup (- 1 ; + \infty)$

[Добромир Глухаров]

143. $\left(x^3-\frac{1}{x}\right)^2+\frac{9}{2}\leq\frac{(x^4-2)^2}{2}+\frac{4}{x^2}$

Допустими стойности (Д.С.): $\boxed{x\neq0}$

Разкриваме скобите по формулата за квадрат на двучлен и умножаваме двете страни по $2x^2>0$. След привеждане в нормален вид (събиране на едночлените от еднаква степен), получаваме:

$$x^{10}-2x^8-4x^6+4x^4-5x^2+6\geq0$$

Виждаме, че х участва само на четни степени, затова полагаме $u=x^2>0$.

$$u^5-2u^4-4u^3+4u^2-5u+6\geq0$$

Вляво получихме полином от 5-та степен. Сега според правилото на Хорнер, понеже коефициентът пред $u^5$ е единица, опитваме с делителите на свободния член, който е 6, а делителите му са $\pm1,\pm2,\pm3,\pm6$. Наистина, нас ни интересуват само положителните стойности за $u$, но по-важно засега ни е да разложим полинома на множители, а за целта опитваме с всички евентуални нули.

Веднага виждаме, че сумата от коефициентите е $1-2-4+4-5+6=0$, т.е. $u_1=1$ e нула. Делим полинома на $u-u_1=u-1$:

$$\begin{array}{ccccccc}&1&-2&-4&4&-5&6\\1&1&-1&-5&-1&-6&0\end{array}$$

Опитваме и с $u=-1$:

$$\begin{array}{cccccc}&1&-1&-5&-1&-6\\-1&1&-2&-3&2&-8\end{array}$$

Получихме остатък $-8$, т.е. $u=-1$ не е корен.

Опитваме и с $u=2$ и $u=-2$. За $u=-2$ се получава:

$$\begin{array}{cccccc}&1&-1&-5&-1&-6\\-2&1&-3&1&-3&0\end{array}$$

Така разложихме лявата страна на неравенството донякъде:

$$(u-1)(u+2)(u^3-3u^2+u-3)\geq0$$

Продължаваме още: $u^3-3u^2+u-3=u^2(u-3)+u-3=(u^2+1)(u-3)$, или получаваме

$$(u-1)(u+2)(u-3)(u^2+1)\geq0$$

Или като се върнем в полагането: $(x^2-1)(x^2+2)(x^2-3)(x^4+1)\geq0\Leftrightarrow(x+1)(x-1)(x+\sqrt{3})(x-\sqrt{3})(x^2+2)(x^4+1)\geq0$

Но $(x^2+2)(x^4+1)>0$ за всяко реално х. Следователно разглеждаме само $(x+1)(x-1)(x+\sqrt{3})(x-\sqrt{3})\geq0$

Нанасяме четирите корена върху числовата ос:

$$-\infty\ldots-\sqrt{3}\ldots-1\ldots1\ldots\sqrt{3}\ldots+\infty$$

За $x=10$ например, вдясно от най-десния корен, получаваме $(10+1)(10-1)(10+\sqrt{3})(10-\sqrt{3})=11.9.(100-3)>0$.

Разглеждаме интервалите през един: $x\in[\sqrt{3};+\infty)$, $x\in[-1;1)$, $x\in(-\infty;-\sqrt{3}]$. Интервалите са затворени (с изключение откъм символа $\infty$, тъй като той не е число), тъй като изходното неравенство е нестрого.

Остава да си спомним, че допустимите стойности са $x\in(-\infty;0)\cup(0;\infty)$. Като засечем, се получава:

$$x\in(-\infty;-\sqrt{3}]\cup[-1;0)\cup(0;1]\cup[\sqrt{3};+\infty)$$