Проверить решение?
Покажи своё решение — проверю и покажу, где ошибка
Потренируйся на похожих — ИИ проверит твои решения
2
Алгебра
Мехмат МГУ (архив)
Решить неравенство
1+3−x−1−3−x1+3−x−1−9−x+3−x−13−x−1⩾3−x1+1−9−x.Введём замену t=3−x. При любом x∈R имеем t>0, причём t=1 при x=0, t<1 при x>0 и t>1 при x<0. Заметим также, что 9−x=(3−x)2=t2, поэтому
1−9−x=1−t2=(1−t)(1+t)=1−t⋅1+t.В этих обозначениях неравенство принимает вид
1+t−1−t1+t−1−t2+t−1t−1⩾t1+1−t2.Область допустимых значений (ОДЗ). Под корнями стоят выражения 1+t, 1−t и 1−t2. Так как t>0, условие 1+t⩾0 выполнено всегда. Условия 1−t⩾0 и 1−t2⩾0 одновременно дают t⩽1, то есть
0<t⩽1⟺x⩾0.Кроме того, должны быть отличны от нуля все знаменатели. Разберёмся с ними по ходу преобразования.
Знаменатель первой дроби. При 0<t⩽1 имеем 1+t>1−t⩾0, поэтому 1+t>1−t и
1+t−1−t>0,то есть первый знаменатель в нуль не обращается.
Знаменатель второй дроби. Преобразуем его, используя 1−t2=1−t1+t и t−1=−(1−t)=−(1−t)2:
1−t2+t−1=1−t1+t−(1−t)2=1−t(1+t−1−t).Этот множитель равен нулю тогда и только тогда, когда 1−t=0, то есть при t=1 (множитель 1+t−1−t положителен, как показано выше). Значит, точку t=1 (то есть x=0) необходимо исключить, а при 0<t<1 второй знаменатель положителен.
Знаменатель правой части равен t и положителен при t>0.
Итак, допустимое множество в терминах t есть 0<t<1, что отвечает x∈(0;+∞). Покажем, что на нём левая часть тождественно равна правой.
Преобразуем вторую дробь, пользуясь найденным разложением знаменателя:
1−t2+t−1t−1=1−t(1+t−1−t)−(1−t)2=1+t−1−t−1−t.Тогда левая часть неравенства равна
1+t−1−t1+t−(1+t−1−t−1−t)=1+t−1−t1+t+1−t.Домножим числитель и знаменатель на сопряжённое выражение 1+t+1−t. В знаменателе получаем разность квадратов:
(1+t−1−t)(1+t+1−t)=(1+t)−(1−t)=2t.В числителе:
(1+t+1−t)2=(1+t)+(1−t)+2(1+t)(1−t)=2+21−t2.Следовательно, левая часть равна
2t2+21−t2=t1+1−t2,то есть в точности правой части неравенства. Значит, для всех допустимых значений левая часть равна правой, и неравенство превращается в верное равенство t1+1−t2⩾t1+1−t2 (то есть 0⩾0).
Таким образом, неравенство выполнено на всём допустимом множестве и только на нём. Допустимое множество есть 0<t<1, а так как t=3−x и 3−x<1⟺x>0 (с исключённой точкой x=0, где обращается в нуль второй знаменатель), окончательно
x∈(0;+∞).Ответ: (0;+∞).