Wyznacz dziedzinę stosując metodę grupowania wyrazów $x^3+x^2-2x-8\ne 0$,

$\left(x-2\right)\left(x^2+2x+4\right)+x\left(x-2\right)\ne 0$,

$\left(x-2\right)\left(x^2+3x+4\right)\ne 0$,

$x\ne 2$, $∆<0$

$D=\mathrm{ℝ}\setminus \left\{2\right\}$.

Następnie rozwiąż nierówność $\left|\frac{-2x+4}{x^3+x^2-2x-8}+1\right|>\frac{1}{2}$.

Rozwiązujemy nierówność przedstawiając licznik i mianownik w postaci iloczynowej

$\left|\frac{-2\left(x-2\right)}{\left(x-2\right)\left(x^2+3x+4\right)}+1\right|>\frac{1}{2}$.

Skracamy ułamek algebraiczny otrzymując

$\left|\frac{-2}{x^2+3x+4}+1\right|>\frac{1}{2}$,

$\left|\frac{x^2+3x+2}{x^2+3x+4}\right|>\frac{1}{2}$.

Zatem rozwiązujemy dwie nierówności wymierne

$\frac{x^2+3x+2}{x^2+3x+4}>\frac{1}{2} \vee \frac{x^2+3x+2}{x^2+3x+4}<-\frac{1}{2}$

Zauważmy, że $x^2+3x+4>0$, ponieważ wyróżnik trójmianu kwadratowego jest ujemny, a ramiona paraboli są skierowane ku górze.

Zatem dla każdego $x\in D$ nierówność $x^2+3x+4>0$ jest spełniona.

Pomnóżmy obie strony nierówności przez dodatnie wyrażenie $2\left(x^2+3x+4\right)$, stąd

$\frac{x^2+3x+2}{x^2+3x+4}>\frac{1}{2}|\cdot 2\left(x^2+3x+4\right)\vee \frac{x^2+3x+2}{x^2+3x+4}<-\frac{1}{2} |\cdot 2\left(x^2+3x+4\right)$

$2\left(x^2+3x+2\right)>x^2+3x+4 \vee 2\left(x^2+3x+2\right)<\left(-1\right)\left(x^2+3x+4\right)$,

$x^2+3x>0 \vee 3x^2+9x+8<0$.

$x\left(x+3\right)>0\vee 3x^2+9x+8<0$.

Wielomian $S\left(x\right)=x\left(x+3\right)$ ma pierwiastki:$\left(-3\right)$; $0$.

Rozwiązaniem nierówności $x\left(x+3\right)>0$ z uwzględnieniem dziedziny $D=\mathrm{ℝ}\setminus \left\{2\right\}$ jest zbiór $\left(-\infty ;-3\right)\cup \left(0;2\right)\cup \left(2;+\infty \right)$.

R1TUVKtLbvNWX

Ilustracja przedstawia poziomą oś X oraz wykres funkcji przyjmujący wartości dodatnie w przedziale $(-\infty ;-3)\cup (0;2)\cup (2;\infty )$ oraz wartości ujemne w przedziale $(-3;0)$.

Wielomian $T\left(x\right)=3x^2+9x+8$ nie ma pierwiastków $\left(∆<0\right)$.

Rozwiązaniem nierówności $3x^2+9x+8<0$ z uwzględnieniem dziedziny $D=\mathrm{ℝ}\setminus \left\{2\right\}$ jest $\varnothing$.

RFZDTGsGUhyz3

Ilustracja przedstawia poziomą oś X oraz wykres funkcji znajdujący się całkowicie nad osią X. Punkt dwa nie należy do dziedziny funkcji.

Wyznaczamy sumę rozwiązań

$\left\{\begin{array}{l}x\in \left(-\infty ;-3\right)\cup \left(0;2\right)\cup \left(2;+\infty \right)\\ x\in \varnothing \end{array}\right.$.

Rozwiązaniem nierówności jest zbiór $\left(-\infty ;-3\right)\cup \left(0;2\right)\cup \left(2;+\infty \right)$.

Rozwiąż nierówność $\frac{x^3-3x^2-x+3}{x^3-3x^2}\le \left|\frac{1}{x}\right|$.

Podajmy konieczne założenia: $x^3-3x^2\ne 0$, $x\ne 0$

$x^2\left(x-3\right)\ne 0$, $x\ne 0$

$x\ne 0$, $x\ne 3$

$D=\mathrm{ℝ}\setminus \left\{0;3\right\}$.

Skorzystajmy z własności wartości bezwzględnej

$\left|\frac{a}{b}\right|=\frac{\left|a\right|}{\left|b\right|}$, gdzie $b\ne 0$

i zapiszemy nierówność następująco

$\frac{x^3-3x^2-x+3}{x^3-3x^2}\le \frac{1}{\left|x\right|}$.

Rozwiążmy nierówność dla $x\in \left(-\infty ;0\right)$ oraz dla $x\in \left(0;3\right)\cup \left(3;+\infty \right)$.

R1SQFvoLKRhYN

Ilustracja przedstawia tabelę składającą się z dwóch wierszy i sześciu kolumn. W pierwszym wierszu, pierwszej kolumnie znajduje się x. Dalej idąc w prawo, kolumna druga, przedział $(-\infty ;0)$. Kolumna trzecia, zero. Kolumna czwarta przedział $(0;3)$. Kolumna piąta, trzy. Kolumna szósta, przedział $(3;\infty )$. Wiersz drugi, kolumna pierwsza, $\left|x\right|$ Kolumna druga, znak minus. Kolumna trzecia, X. Kolumna czwarta, znak plus. Kolumna piąta, X. Kolumna szóstka, znak plus.

Dla $x\in \left(-\infty ;0\right)$ nierówność ma postać

$\frac{x^3-3x^2-x+3}{x^3-3x^2}\le \frac{1}{-x}$.

Przedstawmy licznik i mianownik ułamka algebraicznego występującego po lewej stronie nierówności w postaci iloczynowej

$\frac{x^2\left(x-3\right)-\left(x-3\right)}{x^2\left(x-3\right)}\le \frac{1}{-x}$,

$\frac{\left(x-3\right)\left(x^2-1\right)}{x^2\left(x-3\right)}\le \frac{1}{-x}$,

$\frac{\left(x-3\right)\left(x-1\right)\left(x+1\right)}{x^2\left(x-3\right)}\le \frac{1}{-x}$.

Skróćmy ułamek

$\frac{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}{x^2}\le \frac{1}{-x}$.

Pomnóżmy obie strony nierówności przez $x^2$.

Stąd

$\frac{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}{x^2}\le \frac{1}{-x} |·x^2$, gdzie $x^2>0$

$\left(x-1\right)\left(x+1\right)\le -x$

$x^2+x-1\le 0$

$\left[x-\frac{1}{2}\left(-1-\sqrt{5}\right)\right]\left[x-\frac{1}{2}\left(-1+\sqrt{5}\right)\right]\le 0$

Wielomian $W\left(x\right)=\left[x-\frac{1}{2}\left(-1-\sqrt{5}\right)\right]\left[x-\frac{1}{2}\left(-1+\sqrt{5}\right)\right]$ ma dwa pierwiastki: $\frac{1}{2}\left(-1-\sqrt{5}\right)$, $\frac{1}{2}\left(-1+\sqrt{5}\right)$.

RVUrK0vg9luQl

Ilustracja przedstawia poziomą oś X oraz wykres funkcji będący parabolą. Parabola ta ma ramiona skierowane ku górze oraz miejsca zerowe w punktach $\frac{1}{2}\left(-1-\sqrt{5}\right)$ oraz $\frac{1}{2}\left(-1+\sqrt{5}\right)$. Wierzchołek paraboli znajduje się pod osią x. Do wykresu funkcji nie należą dwa punkty, punkt zero oraz punkt trzy.

Uwzględniając przedział $\left(-\infty ;0\right)$ rozwiązaniem nierówności $\frac{x^3-3x^2-x+3}{x^3-3x^2}\le \frac{1}{-x}$ jest przedział $x\in \left.⟨-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{5}}{2};0\right)$.

Dla $x\in \left(0;3\right)\cup \left(3;+\infty \right)$ nierówność ma postać

$\frac{x^3-3x^2-x+3}{x^3-3x^2}\le \frac{1}{x}$.

Postępując analogicznie jak powyżej, otrzymujemy

$\frac{x^2\left(x-3\right)-\left(x-3\right)}{x^2\left(x-3\right)}\le \frac{1}{x}$,

$\frac{\left(x-3\right)\left(x^2-1\right)}{x^2\left(x-3\right)}\le \frac{1}{x}$,

$\frac{\left(x-3\right)\left(x-1\right)\left(x+1\right)}{x^2\left(x-3\right)}\le \frac{1}{x}$,

$\frac{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}{x^2}\le \frac{1}{x}$,

$\frac{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}{x^2}\le \frac{1}{x} |·x^2$,

$\left(x-1\right)\left(x+1\right)\le x$,

$x^2-x-1\le 0$,

$\left[x-\frac{1}{2}\left(1-\sqrt{5}\right)\right]\left[x-\frac{1}{2}\left(1+\sqrt{5}\right)\right]\le 0$.

Wielomian $R\left(x\right)=\left[x-\frac{1}{2}\left(1-\sqrt{5}\right)\right]\left[x-\frac{1}{2}\left(1+\sqrt{5}\right)\right]$ ma dwa pierwiastki: $\frac{1}{2}\left(1-\sqrt{5}\right)$, $\frac{1}{2}\left(1+\sqrt{5}\right)$.

RZYkyvMdC7kq4

Ilustracja przedstawia poziomą oś X od minus trzech do trzech oraz wykres funkcji będący parabolą. Parabola ta ma ramiona skierowane ku górze oraz miejsca zerowe w punktach $\frac{1}{2}\left(-1-\sqrt{5}\right)$ oraz $\frac{1}{2}\left(-1+\sqrt{5}\right)$. Wierzchołek paraboli znajduje się pod osią x. Do wykresu funkcji nie należą dwa punkty, punkt zero oraz punkt trzy.

Uwzględniając zbiór $\left(0;3\right)\cup \left(3;+\infty \right)$ rozwiązaniem nierówności jest przedział $\left(0;\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{5}}{2}\right.⟩$.

Po zsumowaniu rozwiązań otrzymanych w obu przypadkach, formułujemy odpowiedź.

Odpowiedź: Funkcja $m$ przyjmuje wartości nie większe niż funkcja $n$ dla argumentów nalężących do zbioru $\left.⟨-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{5}}{2};0\right)\cup \left(0;\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{5}}{2}\right.⟩$.