Завдання 653, § 12. Квадратні нерівності Quadratic Inequalities — ГДЗ Алгебра 9 клас Бевз Г. П.

Завдання 653

Розв'язування нерівностей з модулем

а) $∣ x^{2} - 5 x ∣ \geq 6$ ;
б) $∣ x^{2} + 5 x ∣ < 7 - x^{2}$ ;
в) $∣ x + 2∣ (x + 4) \leq 3 x$ .

Розв’язання

Пункт а): Запишемо систему нерівностей: ${x^{2} - 5 x \geq 6 x^{2} - 5 x \leq - 6$ . Розв'яжемо першу: $x^{2} - 5 x - 6 = 0$ , корені $x_{1} = - 1, x_{2} = 6$ , розв'язок $x \in (- \infty; - 1] \cup [6; + \infty)$ . Друга нерівність не має розв'язків ( $D < 0$ і парабола відкрита вгору). Об'єднуємо: $x \in (- \infty; - 1] \cup [6; + \infty)$ .
Пункт б): Запишемо подвійну нерівність: $- (7 - x^{2}) < x^{2} + 5 x < 7 - x^{2}$ . Розглянемо праву частину: $x^{2} + 5 x < 7 - x^{2} \Rightarrow 2 x^{2} + 5 x - 7 < 0$ , корені $- 3, 5$ і $1$ , розв'язок $(- 3, 5; 1)$ . Розглянемо ліву частину: $- 7 + x^{2} < x^{2} + 5 x \Rightarrow - 7 < 5 x \Rightarrow x > - 1, 4$ . Перетин інтервалів: $(- 1, 4; 1)$ .
Пункт в): Розглянемо випадок $x = 0$ : $∣2∣ \cdot 4 = 8 \neq \leq 0$ , отже $x \neq = 0$ . Якщо $x > - 2$ , то $∣ x + 2∣ = x + 2$ , нерівність $(x + 2) (x + 4) \leq 3 x \Rightarrow x^{2} + 6 x + 8 \leq 3 x \Rightarrow x^{2} + 3 x + 8 \leq 0$ . Дискримінант від'ємний, розв'язків немає. Якщо $x < - 2$ , то $∣ x + 2∣ = - (x + 2)$ , нерівність $- (x + 2) (x + 4) \leq 3 x \Rightarrow - x^{2} - 6 x - 8 \leq 3 x \Rightarrow x^{2} + 9 x + 8 \geq 0$ . Корені $- 8$ і $- 1$ , розв'язок $(- \infty; - 8] \cup [- 1; + \infty)$ . Перетин з умовою $x < - 2$ : $(- \infty; - 8]$ .

Відповідь:

а) $x \in (- \infty; - 1] \cup [6; + \infty)$ ; б) $x \in (- 1, 4; 1)$ ; в) $x \in (- \infty; - 8]$ .

Розбір зрозумілий?

§ 12. Квадратні нерівності Quadratic Inequalities Завдання 653 с. 129

Розв'язування нерівностей з модулем

Умова

а) $∣ x^{2} - 5 x ∣ \geq 6$ ;
б) $∣ x^{2} + 5 x ∣ < 7 - x^{2}$ ;
в) $∣ x + 2∣ (x + 4) \leq 3 x$ .

Що треба знати

Нерівність виду $∣ f (x) ∣ \geq a$ ( $a > 0$ ) розв'язується як сполучення двох нерівностей: $f (x) \geq a$ або $f (x) \leq - a$ . Нерівність $∣ f (x) ∣ < g (x)$ ( $g (x) > 0$ ) розв'язується як одна нерівність $- g (x) < f (x) < g (x)$ .

💡 Підказка — спробуй спершу сам

Для пункту а) запиши дві системи нерівностей, що відповідають умові модуля. Для пункту б) зверни увагу на область визначення (правий бік має бути додатним). Для пункту в) розглянь випадок $x = 0$ та знаки множника $(x + 4)$ .

Розв’язання крок за кроком

Пункт а): Запишемо систему нерівностей: ${x^{2} - 5 x \geq 6 x^{2} - 5 x \leq - 6$ . Розв'яжемо першу: $x^{2} - 5 x - 6 = 0$ , корені $x_{1} = - 1, x_{2} = 6$ , розв'язок $x \in (- \infty; - 1] \cup [6; + \infty)$ . Друга нерівність не має розв'язків ( $D < 0$ і парабола відкрита вгору). Об'єднуємо: $x \in (- \infty; - 1] \cup [6; + \infty)$ .
Пункт б): Запишемо подвійну нерівність: $- (7 - x^{2}) < x^{2} + 5 x < 7 - x^{2}$ . Розглянемо праву частину: $x^{2} + 5 x < 7 - x^{2} \Rightarrow 2 x^{2} + 5 x - 7 < 0$ , корені $- 3, 5$ і $1$ , розв'язок $(- 3, 5; 1)$ . Розглянемо ліву частину: $- 7 + x^{2} < x^{2} + 5 x \Rightarrow - 7 < 5 x \Rightarrow x > - 1, 4$ . Перетин інтервалів: $(- 1, 4; 1)$ .
Пункт в): Розглянемо випадок $x = 0$ : $∣2∣ \cdot 4 = 8 \neq \leq 0$ , отже $x \neq = 0$ . Якщо $x > - 2$ , то $∣ x + 2∣ = x + 2$ , нерівність $(x + 2) (x + 4) \leq 3 x \Rightarrow x^{2} + 6 x + 8 \leq 3 x \Rightarrow x^{2} + 3 x + 8 \leq 0$ . Дискримінант від'ємний, розв'язків немає. Якщо $x < - 2$ , то $∣ x + 2∣ = - (x + 2)$ , нерівність $- (x + 2) (x + 4) \leq 3 x \Rightarrow - x^{2} - 6 x - 8 \leq 3 x \Rightarrow x^{2} + 9 x + 8 \geq 0$ . Корені $- 8$ і $- 1$ , розв'язок $(- \infty; - 8] \cup [- 1; + \infty)$ . Перетин з умовою $x < - 2$ : $(- \infty; - 8]$ .

Відповідь:

а) $x \in (- \infty; - 1] \cup [6; + \infty)$ ; б) $x \in (- 1, 4; 1)$ ; в) $x \in (- \infty; - 8]$ .

Розбір зрозумілий?