NOWA MATeMAtyka 2. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 103

a)

$$x^3-4x=x(x-2)(x+2)>0,$$

więc

$$A=(-2;0)\cup(2;\infty).$$

Ponadto

$$x^3-x^2-9x+9=(x-1)(x-3)(x+3)\leqslant0,$$

zatem

$$B=(-\infty;-3]\cup[1;3].$$

Wobec tego

$$A\cap B=(2;3],\qquad A\setminus B=(-2;0)\cup(3;\infty).$$

b)

$$x^4-16x^2=x^2(x-4)(x+4)<0,$$

stąd

$$A=(-4;0)\cup(0;4).$$

Drugi wielomian rozkłada się następująco:

$$x^4-5x^2+4=(x^2-1)(x^2-4).$$

Zatem

$$B=(-\infty;-2]\cup[-1;1]\cup[2;\infty).$$

Przecięcie i różnica są równe

$$\begin{aligned} A\cap B&=(-4;-2]\cup[-1;0)\cup(0;1]\cup[2;4),\\ A\setminus B&=(-2;-1)\cup(1;2). \end{aligned}$$

c)

$$3x^3-x^2-6x+2=(3x-1)(x^2-2)\leqslant0,$$

więc

$$A=(-\infty;-\sqrt2]\cup\left[\frac13;\sqrt2\right].$$

Warunek definiujący $B$ przekształcamy:

$$x-x^2>2x^3 \iff x(2x-1)(x+1)<0.$$

Stąd

$$B=(-\infty;-1)\cup\left(0;\frac12\right).$$

Ostatecznie

$$\begin{aligned} A\cap B&=(-\infty;-\sqrt2]\cup\left[\frac13;\frac12\right),\\ A\setminus B&=\left[\frac12;\sqrt2\right]. \end{aligned}$$

W każdym podpunkcie wyznaczamy osobno zbiory rozwiązań obu nierówności, a następnie bierzemy ich część wspólną.

a) Pierwsza nierówność jest równoważna

$$x(3x+2)(x+2)<0,$$

więc

$$A=(-\infty;-2)\cup\left(-\frac23;0\right).$$

Druga nierówność ma postać

$$4x^3+4x^2+x=x(2x+1)^2\geqslant0,$$

stąd

$$B=\left\{-\frac12\right\}\cup[0;\infty).$$

Zatem

$$A\cap B=\left\{-\frac12\right\}.$$

b)

$$f(x)>g(x) \iff x(x-1)(x^2+2x+3)>0.$$

Trójmian ma wyróżnik $-8$, więc jest dodatni i

$$A=(-\infty;0)\cup(1;\infty).$$

Ponadto

$$\begin{aligned} g(x)\geqslant h(x) &\iff -(x+3)(x^2-3)\geqslant0\\ &\iff (x+3)(x-\sqrt3)(x+\sqrt3)\leqslant0. \end{aligned}$$

Stąd

$$B=(-\infty;-3]\cup[-\sqrt3;\sqrt3].$$

Przecięcie wynosi

$$A\cap B=(-\infty;-3]\cup[-\sqrt3;0)\cup(1;\sqrt3].$$

c)

$$f(x)>g(x) \iff x(2x-3)(x-1)>0,$$

zatem

$$A=(0;1)\cup\left(\frac32;\infty\right).$$

Druga nierówność daje

$$g(x)\geqslant h(x) \iff (x-1)(3x-1)(x+1)\leqslant0,$$

czyli

$$B=(-\infty;-1]\cup\left[\frac13;1\right].$$

Wobec tego

$$A\cap B=\left[\frac13;1\right).$$

a) Punkty przecięcia wykresów wyznaczamy z równania

$$x^3=x \iff x(x-1)(x+1)=0.$$

Wykresy przecinają się dla $x=-1$, $0$, $1$. Z ich wzajemnego położenia, równoważnie ze znaków iloczynu, otrzymujemy

$$x(x-1)(x+1)\leqslant0$$

dla

$$x\in(-\infty;-1]\cup[0;1].$$

b)

$$x^3=x^2 \iff x^2(x-1)=0.$$

Wykresy mają punkty wspólne $(0,0)$ i $(1,1)$; w punkcie $(0,0)$ są styczne. Ponieważ

$$x^3\leqslant x^2 \iff x^2(x-1)\leqslant0,$$

a $x^2\geqslant0$, nierówność zachodzi dla $x\leqslant1$.

a) Warunek $f(1)=0$ daje

$$m+4=0,\qquad m=-4.$$

Dla tej wartości

$$f(x)=x^3-x^2-4x+4=(x-1)(x-2)(x+2).$$

Zatem

$$x\in[-2;1]\cup[2;\infty).$$

b)

$$f(-2)=-8+12-2m-4=-2m=0,$$

więc $m=0$. Wtedy

$$f(x)=x^3+3x^2-4=(x+2)^2(x-1).$$

Czynnik kwadratowy daje izolowane zero $-2$, a poza nim znak jest znakiem $x-1$. Stąd

$$x\in\{-2\}\cup[1;\infty).$$

c)

$$f(-1)=3m-7=0,\qquad m=\frac73.$$

Po podstawieniu parametru:

$$f(x)=-5x^3-2x^2+x-2=(x+1)(-5x^2+3x-2).$$

Trójmian $-5x^2+3x-2$ jest zawsze ujemny, bo ma wyróżnik $-31$. Dlatego

$$f(x)\geqslant0\iff x+1\leqslant0,$$

czyli $x\in(-\infty;-1]$.

d)

$$f(3)=9(m^2-4)=0,$$

zatem $m=-2$ lub $m=2$. W obu przypadkach

$$f(x)=x^3-7x-6=(x+2)(x+1)(x-3).$$

Stąd

$$x\in[-2;-1]\cup[3;\infty).$$

a) Oba wyrażenia pod pierwiastkami muszą być nieujemne:

$$x^2(x-4)\geqslant0,\qquad 25-x^2\geqslant0.$$

Pierwszy warunek daje $x=0$ lub $x\geqslant4$, a drugi $-5\leqslant x\leqslant5$. Stąd

$$D_f=\{0\}\cup[4;5].$$

b) Pierwiastek w mianowniku wymaga wartości dodatniej:

$$x(x-2)(x+2)>0.$$

Ponadto $x^2-9\geqslant0$. Otrzymujemy

$$\bigl((-2;0)\cup(2;\infty)\bigr) \cap\bigl((-\infty;-3]\cup[3;\infty)\bigr)=[3;\infty).$$

c)

$$x^4-6x^2+8=(x^2-2)(x^2-4)\geqslant0.$$

Zatem

$$D_f=(-\infty;-2]\cup[-\sqrt2;\sqrt2]\cup[2;\infty).$$

d) Warunki pod pierwiastkami są następujące:

$$x^2(x+1)\geqslant0,\qquad x(x-4)(x+4)\geqslant0.$$

Dają one odpowiednio $[-1;\infty)$ oraz $[-4;0]\cup[4;\infty)$. Ich przecięcie to

$$D_f=[-1;0]\cup[4;\infty).$$

e)

$$x(x-3)(x-4)\geqslant0,\qquad x^4-16>0.$$

Pierwszy warunek daje $[0;3]\cup[4;\infty)$, a drugi $(-\infty;-2)\cup(2;\infty)$. Zatem

$$D_f=(2;3]\cup[4;\infty).$$

f) Pierwszy mianownik wymaga

$$9x^4-12x^2+4=(3x^2-2)^2>0,$$

czyli $x\neq\pm\frac{\sqrt6}{3}$. Dla drugiego mianownika:

$$-4x^4+17x^2-4>0.$$

Po podstawieniu $t=x^2$ dostajemy

$$-4t^2+17t-4>0 \iff \frac14<t<4,$$

więc $\frac12<|x|<2$. Po wykluczeniu dwóch zer pierwszego mianownika:

$$\begin{aligned} D_f={}&\left(-2;-\frac{\sqrt6}{3}\right) \cup\left(-\frac{\sqrt6}{3};-\frac12\right)\\ &\cup\left(\frac12;\frac{\sqrt6}{3}\right) \cup\left(\frac{\sqrt6}{3};2\right). \end{aligned}$$

Ze skanu odczytujemy, że $u$ ma miejsca zerowe $-1$, $1$, $3$, przy czym w $-1$ wykres tylko dotyka osi. Wielomian $w$ ma miejsca zerowe $-1$ i $3$. Znaki obu wielomianów przedstawiają się następująco:

$$\begin{array}{c|cccc} x&(-\infty;-1)&(-1;1)&(1;3)&(3;\infty)\\ \hline \operatorname{sgn}u&-&-&+&-\\ \operatorname{sgn}w&-&+&+&- \end{array}$$

a) Iloczyn jest dodatni, gdy oba wielomiany mają ten sam znak. Nie dołączamy żadnego miejsca zerowego, więc

$$x\in(-\infty;-1)\cup(1;3)\cup(3;\infty).$$

b) Iloczyn jest ujemny na $(-1;1)$, a równy zeru w punktach $-1$, $1$, $3$. Stąd

$$x\in[-1;1]\cup\{3\}.$$

c) Warunek $u(x)-w(x)<0$ oznacza, że wykres $u$ leży poniżej wykresu $w$. Z rysunku odczytujemy ich punkty przecięcia o odciętych $-2$, $-1$, $2$, $3$. Wykres $u$ leży niżej dla

$$x\in(-\infty;-2)\cup(-1;2)\cup(3;\infty).$$