ГДЗ по алгебре 10‐11 класс Ершова самостоятельные и контрольные работы самостоятельные работы / С-34. вариант - А2

### 1. Раскройте модуль: **а)** $|1 - \sqrt{2}|$ Сравним $1$ и $\sqrt{2}$. Так как $1 = \sqrt{1}$ и $1 < 2$, то $1 < \sqrt{2}$, откуда $1 - \sqrt{2} < 0$. По определению модуля: $$ |1 - \sqrt{2}| = -(1 - \sqrt{2}) = \sqrt{2} - 1 $$ Ответ: $\sqrt{2} - 1$. --- **б)** $|4 - \pi|$ Так как $\pi \approx 3{,}14$, то $4 > \pi$, следовательно, $4 - \pi > 0$. Модуль положительного числа равен самому числу: $$ |4 - \pi| = 4 - \pi $$ Ответ: $4 - \pi$. --- **в)** $\left|-x^4 - 2\right|$ Преобразуем выражение под знаком модуля: $-x^4 - 2 = -(x^4 + 2)$. Так как при любых действительных значениях $x$ степень $x^4 \ge 0$, то $x^4 + 2 > 0$, а значит, $-x^4 - 2 < 0$. Раскрываем модуль с противоположным знаком: $$ \left|-x^4 - 2\right| = -(-x^4 - 2) = x^4 + 2 $$ Ответ: $x^4 + 2$. --- **г)** $\left|x^2 + \sqrt[4]{x}\right|$ Выражение $\sqrt[4]{x}$ имеет смысл только при $x \ge 0$. При $x \ge 0$ оба слагаемых неотрицательны: $x^2 \ge 0$ и $\sqrt[4]{x} \ge 0$, поэтому их сумма $x^2 + \sqrt[4]{x} \ge 0$. Следовательно, при $x \ge 0$: $$ \left|x^2 + \sqrt[4]{x}\right| = x^2 + \sqrt[4]{x} $$ Ответ: $x^2 + \sqrt[4]{x}$ (при $x \ge 0$). --- ### 2. Решите уравнение: **а)** $|2x + 4| = 6$ По определению модуля данное уравнение распадается на два случая: $$ 2x + 4 = 6 \quad \text{или} \quad 2x + 4 = -6 $$ 1) $2x + 4 = 6 \implies 2x = 2 \implies x = 1$ 2) $2x + 4 = -6 \implies 2x = -10 \implies x = -5$ Ответ: $-5; 1$. --- **б)** $\left|x^2 - 1\right| = 1 - x^2$ Заметим, что $1 - x^2 = -(x^2 - 1)$. Равенство вида $|a| = -a$ верно тогда и только тогда, когда $a \le 0$. Получаем неравенство: $$ x^2 - 1 \le 0 $$ $$ (x - 1)(x + 1) \le 0 $$ Решая методом интервалов, находим: $$ -1 \le x \le 1 $$ Ответ: $[-1; 1]$. --- **в)** $\left|x^2 - x\right| = |2x - 2|$ Разложим подмодульные выражения на множители: $$ |x(x - 1)| = |2(x - 1)| $$ Используя свойство $|a \cdot b| = |a| \cdot |b|$, перенесём все члены в левую часть: $$ |x| \cdot |x - 1| - 2|x - 1| = 0 $$ Вынесем общий множитель $|x - 1|$: $$ |x - 1|(|x| - 2) = 0 $$ Произведение равно нулю, если хотя бы один из множителей равен нулю: 1) $|x - 1| = 0 \implies x - 1 = 0 \implies x = 1$ 2) $|x| - 2 = 0 \implies |x| = 2 \implies x = 2$ или $x = -2$ Ответ: $-2; 1; 2$. --- **г)** $x^2 + |x| - 6 = 0$ Так как $x^2 = |x|^2$, перепишем уравнение в виде: $$ |x|^2 + |x| - 6 = 0 $$ Сделаем замену переменной: пусть $t = |x|$, причём $t \ge 0$. $$ t^2 + t - 6 = 0 $$ По теореме Виета: $t_1 = 2$ $t_2 = -3$ — не удовлетворяет условию $t \ge 0$. Возвращаемся к замене: $$ |x| = 2 \implies x = 2 \quad \text{или} \quad x = -2 $$ Ответ: $-2; 2$. --- ### 3. Решите неравенство: **а)** $|x + 1| \le 1$ Неравенство вида $|f(x)| \le a$ (где $a > 0$) равносильно двойному неравенству: $$ -1 \le x + 1 \le 1 $$ Вычтем $1$ из всех частей неравенства: $$ -2 \le x \le 0 $$ Ответ: $[-2; 0]$. --- **б)** $\left|1 + \frac{1}{x - 1}\right| > -1$ По определению модуль любого действительного числа неотрицателен, то есть $|A| \ge 0$ для всех допустимых значений $A$. Так как $0 > -1$, неравенство выполняется всегда, когда определена левая часть. Найдем область допустимых значений (знаменатель дроби не равен нулю): $$ x - 1 \ne 0 \implies x \ne 1 $$ Значит, решением являются все действительные числа, кроме $x = 1$. Ответ: $(-\infty; 1) \cup (1; +\infty)$. --- **в)** $\left|x^2 - 4\right| > 12$ Неравенство вида $|A| > c$ (при $c > 0$) равносильно совокупности неравенств: $$ x^2 - 4 > 12 \quad \text{или} \quad x^2 - 4 < -12 $$ 1) $x^2 - 4 > 12 \implies x^2 > 16 \implies x^2 - 16 > 0$ $$ (x - 4)(x + 4) > 0 \implies x \in (-\infty; -4) \cup (4; +\infty) $$ 2) $x^2 - 4 < -12 \implies x^2 < -8$ — решений нет, так как для любого действительного $x$ выполняется $x^2 \ge 0$. Объединяя результаты, получаем $x \in (-\infty; -4) \cup (4; +\infty)$. Ответ: $(-\infty; -4) \cup (4; +\infty)$. --- **г)** $|4 - x| \le x$ Неравенство вида $|A| \le B$ равносильно системе неравенств: $$ \begin{cases} 4 - x \le x \\ 4 - x \ge -x \end{cases} $$ Решим каждое неравенство системы: 1) $4 - x \le x \implies -2x \le -4 \implies x \ge 2$ 2) $4 - x \ge -x \implies 4 \ge 0$ — верно при любых значениях $x$. Пересечением решений является $x \ge 2$. Ответ: $[2; +\infty)$.