Учебник А.Г. Мордковича «Алгебра и начала математического анализа» давно стал классикой среди пособий для старшеклассников. Его популярность объясняется не только качественным содержанием, но и структурированным подходом к изучению сложных тем алгебры и математического анализа. Этот задачник является неотъемлемой частью учебного процесса для подготовки к экзаменам, включая ЕГЭ.
ГДЗ 10-11 Класс Номер 60.5 Алгебра И Начала Математического Анализа Мордкович — Подробные Ответы
Решите неравенство (относительно х):
а) \(b^2 \cdot x — bx \ge b^2 + b — 2\);
б) \(\frac{x}{a} + x \le a + 1\)
Решить неравенство относительно \(x\):
а) \(b^2 \cdot x — bx \ge b^2 + b — 2\);
\(x(b^2 — b) \ge b^2 — b + 2b — 2\);
\(xb(b — 1) \ge b(b — 1) + 2(b — 1)\);
\(xb(b — 1) \ge (b + 2)(b — 1)\);
Если \(b = 0\), тогда:
\(0x \ge -2\);
\(x \in R\);
Если \(b = 1\), тогда:
\(0x \ge 0\);
\(x \in R\);
Если \(b > 1\), тогда:
\(xb \ge b + 2\);
\(x \ge \frac{b + 2}{b}\);
Если \(0 < b < 1\), тогда:
\(xb \le b + 2\);
\(x \le \frac{b + 2}{b}\);
Если \(b < 0\), тогда:
\(xb \le b + 2\);
\(x \le \frac{b + 2}{b}\);
Ответ: \(x \ge \frac{b + 2}{b}\), если \(b < 0\) или \(b > 1\);
\(x \le \frac{b + 2}{b}\), если \(0 < b < 1\);
\(x \in R\), если \(b = 0\) или \(b = 1\).
б) \(\frac{x}{a} + x \le a + 1\);
\(x\left(\frac{1}{a} + 1\right) \le a + 1\);
\(x \cdot \frac{a + 1}{a} \le a + 1\);
Если \(a = -1\), тогда:
\(0x \le 0\);
\(x \in R\);
Если \(a = 0\), тогда:
\(x \cdot \frac{1}{0} \le 1\);
\(x \in ø\);
Если \(a > 0\), тогда:
\(x \cdot \frac{1}{a} \le 1\);
\(x \le a\);
Если \(-1 < a < 0\), тогда:
\(x \cdot \frac{1}{a} \le 1\);
\(x \ge a\);
Если \(a < -1\), тогда:
\(x \cdot \frac{1}{a} \ge 1\);
\(x \le a\);
Ответ: \(x \le a\), если \(a < -1\) или \(a > 0\);
\(x \ge a\), если \(-1 < a < 0\);
\(x \in R\), если \(a = -1\);
\(x \in ø\), если \(a = 0\).
Решить неравенство относительно \(x\):
а) \(b^2 \cdot x — bx \ge b^2 + b — 2\)
1. Вынесем \(x\) за скобки в левой части:
\(x(b^2 — b) \ge b^2 + b — 2\)
2. Преобразуем правую часть, сгруппировав \(b\):
\(x(b^2 — b) \ge b^2 — b + 2b — 2\)
3. Вынесем \(b — 1\) за скобки в обеих частях:
\(xb(b — 1) \ge b(b — 1) + 2(b — 1)\)
4. Сгруппируем \(b + 2\) в правой части:
\(xb(b — 1) \ge (b + 2)(b — 1)\)
Теперь рассмотрим различные случаи для \(b\):
Случай 1: \(b = 0\)
Подставляем \(b = 0\) в неравенство:
\(0x \ge -2\)
Так как \(0x = 0\), неравенство выполняется для любого \(x\):
\(x \in R\)
Случай 2: \(b = 1\)
Подставляем \(b = 1\) в неравенство:
\(0x \ge 0\)
Так как \(0x = 0\), неравенство выполняется для любого \(x\):
\(x \in R\)
Случай 3: \(b > 1\)
В этом случае \(b — 1 > 0\), и можно разделить обе части на \(b(b — 1)\):
\(x \ge \frac{(b + 2)(b — 1)}{b(b — 1)}\)
Сокращаем \(b — 1\):
\(x \ge \frac{b + 2}{b}\)
Случай 4: \(0 < b < 1\)
В этом случае \(b — 1 < 0\), и при делении на \(b(b — 1)\) знак неравенства меняется:
\(x \le \frac{(b + 2)(b — 1)}{b(b — 1)}\)
Сокращаем \(b — 1\):
\(x \le \frac{b + 2}{b}\)
Случай 5: \(b < 0\)
В этом случае \(b — 1 < 0\), и при делении на \(b(b — 1)\) знак неравенства меняется:
\(x \le \frac{(b + 2)(b — 1)}{b(b — 1)}\)
Сокращаем \(b — 1\):
\(x \le \frac{b + 2}{b}\)
Ответ:
\(x \ge \frac{b + 2}{b}\), если \(b < 0\) или \(b > 1\);
\(x \le \frac{b + 2}{b}\), если \(0 < b < 1\);
\(x \in R\), если \(b = 0\) или \(b = 1\).
б) \(\frac{x}{a} + x \le a + 1\)
1. Приведем к общему знаменателю левую часть:
\(\frac{x}{a} + x = x\left(\frac{1}{a} + 1\right)\)
Получаем:
\(x\left(\frac{1}{a} + 1\right) \le a + 1\)
2. Преобразуем множитель в скобках:
\(x \cdot \frac{a + 1}{a} \le a + 1\)
Теперь рассмотрим различные случаи для \(a\):
Случай 1: \(a = -1\)
Подставляем \(a = -1\):
\(x \cdot 0 \le 0\)
Так как \(0x = 0\), неравенство выполняется для любого \(x\):
\(x \in R\)
Случай 2: \(a = 0\)
Подставляем \(a = 0\):
\(x \cdot \frac{1}{0} \le 1\)
Так как деление на ноль невозможно, решение отсутствует:
\(x \in ø\)
Случай 3: \(a > 0\)
В этом случае \(a > 0\), и можно разделить обе части на \(\frac{a + 1}{a}\):
\(x \le \frac{a(a + 1)}{a + 1}\)
Сокращаем \(a + 1\):
\(x \le a\)
Случай 4: \(-1 < a < 0\)
В этом случае \(a < 0\), и при делении на \(\frac{a + 1}{a}\) знак неравенства меняется:
\(x \ge \frac{a(a + 1)}{a + 1}\)
Сокращаем \(a + 1\):
\(x \ge a\)
Случай 5: \(a < -1\)
В этом случае \(a < 0\), и при делении на \(\frac{a + 1}{a}\) знак неравенства меняется:
\(x \ge \frac{a(a + 1)}{a + 1}\)
Сокращаем \(a + 1\):
\(x \le a\)
Ответ:
\(x \le a\), если \(a < -1\) или \(a > 0\);
\(x \ge a\), если \(-1 < a < 0\);
\(x \in R\), если \(a = -1\);
\(x \in ø\), если \(a = 0\).
