Открытая Математика. Алгебра. Иррациональные неравенства

Иррациональные неравенства

Если в неравенство входят функции под знаком корня, то такие неравенства называют иррациональными.

Стандартный метод решения этих неравенств заключается в возведении обеих частей неравенства в нужную степень: если в неравенство входит квадратный корень, то в квадрат; входит корень третьей степени − в куб и т. д. Однако, как было показано выше в правиле 4 преобразования неравенств, возводить в квадрат, не нарушая равносильности, можно только неравенство, у которого обе части неотрицательны. При возведении же в квадрат неравенств, части которых имеют разные знаки, могут получиться неравенства, как равносильные исходному, так и неравносильные ему. Простой пример: –1 < 3 − верное неравенство, $1 = {(- 1)}^{2} < 3^{2} = 9$ − тоже верное неравенство. Несмотря на то, что –4 < –1 − неравенство верное, неравенство $16 = {(- 4)}^{2} < {(- 1)}^{2} = 1$ уже верным не является.

Покажем, как получить равносильные системы для некоторых часто встречающихся типов неравенств.

Неравенства вида

\sqrt{f (x)} < g (x)

Если x лежит в ОДЗ: f (x) ≥ 0, то левая часть неравенства существует и неотрицательна. Поскольку для всех x, являющихся решением данного неравенства, правая часть больше левой, то g (x) > 0. Следовательно, обе части неравенства неотрицательны (для тех x, которые являются решениями неравенства, другие x нас не интересуют). Значит, возведение в квадрат не нарушает равносильности и можно записать равносильную нашему неравенству систему неравенств: $\sqrt{f (x)} < g (x) \Leftrightarrow {\begin{array}{l} f (x) \geq 0, \\ g (x) > 0, \\ f (x) < g^{2} (x) . \end{array}$

Решите неравенство $\sqrt{x^{2} - 6 x} < 8 + 2 x .$

Сразу перейдём к равносильной системе: $\sqrt{x^{2} - 6 x} < 8 + 2 x \Leftrightarrow {\begin{array}{l} x^{2} - 6 x = x (x - 6) \geq 0, \\ 8 + 2 x = 2 (x + 4) > 0, \\ x^{2} - 6 x < {(8 + 2 x)}^{2}; \end{array} \Leftrightarrow {\begin{array}{l} x \in (- \infty; 0] \cup [6; + \infty), \\ x > - 4, \\ 3 x^{2} + 38 x + 64 > 0; \end{array} \Leftrightarrow$ ${\begin{array}{l} x \in (- \infty; 0] \cup [6; + \infty), \\ x > - 4, \\ x \in (- \infty; - \frac{32}{3}) \cup (- 2; + \infty); \end{array} \Leftrightarrow x \in (- 2; 0] \cup [6; + \infty) .$

Ответ. $x \in (- 2; 0] \cup [6; + \infty) .$

Решите неравенство $\sqrt{24 - 10 x} < 3 - 4 x .$

Перейдём к равносильной системе: $\sqrt{24 - 10 x} < 3 - 4 x \Leftrightarrow {\begin{array}{l} 24 - 10 x \geq 0, \\ 3 - 4 x > 0, \\ 24 - 10 x < {(3 - 4 x)}^{2}; \end{array} \Leftrightarrow {\begin{array}{l} x \leq \frac{12}{5}, \\ x < \frac{3}{4}, \\ 16 x^{2} - 14 x - 15 > 0; \end{array} \Leftrightarrow$ $\Leftrightarrow {\begin{array}{l} x \leq \frac{12}{5}, \\ x < \frac{3}{4}, \\ x \in (- \infty; - \frac{5}{8}) \cup (\frac{3}{2}; + \infty); \end{array} \Leftrightarrow x \in (- \infty; - \frac{5}{8}) .$

Ответ. $x \in (- \infty; - \frac{5}{8}) .$

Неравенства вида

\sqrt{f (x)} > g (x)

ОДЗ данного неравенства f (x) ≥ 0. Пусть для каких-то x из ОДЗ g (x) < 0. Тогда, очевидно, все эти x − решения, так как при этих x левая часть определена (x ∈ ОДЗ) и неотрицательна, в то время как правая часть g (x) < 0.

Для других x из ОДЗ g (x) ≥ 0. Для них обе части неравенства неотрицательны, и его можно возвести в квадрат: $f (x) > g^{2} (x) .$ Значит, данное неравенство равносильно совокупности неравенств:

\sqrt{f (x)} > g (x) \Leftrightarrow [\begin{array}{l} {\begin{array}{l} g (x) < 0, \\ f (x) \geq 0; \end{array} \\ {\begin{array}{l} g (x) \geq 0, \\ f (x) > g^{2} (x) . \end{array} \end{array}

Заметим, что в последнюю систему не входит требование f (x) ≥ 0. Оно и не нужно, так как выполняется автоматически $f (x) > g^{2} (x) \geq 0,$ ибо полный квадрат всегда неотрицателен.

Решите неравенство $\sqrt{x + 3} > x + 1 .$

ОДЗ неравенства: x ≥ –3.

1. Если $x + 1 < 0 \Leftrightarrow x < - 1,$ то все эти x ∈ ОДЗ, для которых верно x < –1, − решения. Таким образом, $x \in [- 3; - 1)$ − первая часть ответа.

2. Если $x + 1 \geq 0 \Leftrightarrow x \geq - 1,$ то обе части неравенства неотрицательны, и его можно возвести в квадрат. Имеем: ${\begin{array}{l} x + 3 > {(x + 1)}^{2}, \\ x \geq - 1; \end{array} \Leftrightarrow {\begin{array}{l} x + 3 > x^{2} + 2 x + 3, \\ x \geq - 1; \end{array} \Leftrightarrow {\begin{array}{l} x^{2} + x - 2 < 0, \\ x \geq - 1; \end{array} \Leftrightarrow {\begin{array}{l} (x + 1) (x - 2) < 0, \\ x \geq - 1. \end{array}$

Получаем, что решениями являются все $x \in [- 1; 1) .$

Объединяя результаты пунктов 1 и 2, получаем:

Ответ. $x \in [- 3; 1) .$

Решите неравенство $3 \sqrt{- 3 + 8 x + 3 x^{2}} \geq 1 + 2 x .$

ОДЗ данного неравенства: $3 x^{2} + 8 x - 3 \geq 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x \leq - 3, \\ x \geq \frac{1}{3} . \end{array}$ Будем рассматривать только эти x, другие x не могут являться решениями данного неравенства.

1. Если $\frac{1 + 2 x}{3} < 0,$ то есть $x < - \frac{1}{2},$ то все такие x из ОДЗ, удовлетворяющие этому условию, являются решениями неравенства. Значит, все x ≤ –3 − решения неравенства.

2. Если $\frac{1 + 2 x}{3} \geq 0,$ то есть $x \geq - \frac{1}{2},$ а с учетом ОДЗ это означает, что $x \geq \frac{1}{3},$ то обе части неравенства неотрицательны. Возведём обе части неравенства в квадрат: $\begin{array}{l} 3 x^{2} + 8 x - 3 \geq \frac{1}{9} (1 + 4 x + 4 x^{2}) \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow 23 x^{2} + 68 x - 28 \geq 0. \end{array}$

Уравнение $23 x^{2} + 68 x - 28 = 0$ имеет корни $x_{1} = - \frac{34 + 30 \sqrt{2}}{23} < 0$ и $x_{2} = \frac{30 \sqrt{2} - 34}{23} > \frac{1}{3} .$ Значит, решением неравенства являются $x \in (- \infty; - \frac{34 + 30 \sqrt{2}}{23}] \cup [\frac{30 \sqrt{2} - 34}{23}; + \infty) .$ С учётом $x \geq \frac{1}{3}$ получается, что на данном множестве решениями являются $x \in [\frac{30 \sqrt{2} - 34}{23}; + \infty) .$ Объединяя результаты пунктов 1 и 2, получаем

$x \in (- \infty; - 3] \cup [\frac{30 \sqrt{2} - 34}{23}; + \infty) .$

Запишем это решение другим способом:

\sqrt{3 x^{2} + 8 x - 3} \geq \frac{1 + 2 x}{3} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} {\begin{array}{l} \frac{1 + 2 x}{3} < 0, \\ 3 x^{2} + 8 x - 3 = 3 (x + 3) (x - \frac{1}{3}) \geq 0; \end{array} \\ {\begin{array}{l} \frac{1 + 2 x}{3} \geq 0, \\ 3 x^{2} + 8 x - 3 \geq {(\frac{1 + 2 x}{3})}^{2} . \end{array} \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} {\begin{array}{l} x < - \frac{1}{2}, \\ [\begin{array}{l} x \leq - 3, \\ x \geq \frac{1}{3}; \end{array} \end{array} \\ {\begin{array}{l} x \geq - \frac{1}{2}, \\ 23 x^{2} + 68 x - 28 \geq 0. \end{array} \end{array} \Leftrightarrow

\Leftrightarrow [\begin{array}{l} x \leq - 3, \\ {\begin{array}{l} x \geq - \frac{1}{2}, \\ x \leq - \frac{34 + 30 \sqrt{2}}{23}, \\ x \geq \frac{30 \sqrt{2} - 34}{23} . \end{array} \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x \leq - 3, \\ x \geq \frac{30 \sqrt{2} - 34}{23} . \end{array}

Ответ. $x \in (- \infty; - 3] \cup [\frac{30 \sqrt{2} - 34}{23}; + \infty) .$

Неравенства вида

\sqrt{f (x)} \leq \sqrt{g (x)}

ОДЗ данного неравенства: ${\begin{array}{l} f (x) \geq 0, \\ g (x) \geq 0. \end{array}$ Обе части неравенства неотрицательны в ОДЗ, и потому можно возводить в квадрат. Получим равносильную систему

\sqrt{f (x)} \leq \sqrt{g (x)} \Leftrightarrow {\begin{array}{l} f (x) \geq 0, \\ f (x) \leq g (x) . \end{array}

Заметим, что из неравенства $g (x) \geq f (x) \geq 0$ следует, что $g (x) \geq 0,$ то есть дополнительно это требовать и включать это неравенство в систему не нужно.

Отметим полезное следствие. Предположим, что ОДЗ неравенства уже найдено, и мы будем отбирать решения только из ОДЗ (это разумно, поскольку вне ОДЗ решений нет). Тогда исходное неравенство равносильно следующему: $\sqrt{f (x)} - \sqrt{g (x)} \leq 0,$ а та система, которой это неравенство равносильно, может быть представлена (для x из ОДЗ) в виде $f (x) - g (x) \leq 0 .$ Следовательно, в ОДЗ

\sqrt{f (x)} - \sqrt{g (x)} \leq 0 \Leftrightarrow f (x) - g (x) \leq 0 .

Ясно, что те же рассуждения применимы и для знака неравенства ≥. Отсюда можно сделать полезное заключение:

Знак разности $\sqrt{f (x)} - \sqrt{g (x)}$ совпадает со знаком выражения $f (x) - g (x) .$

Отсюда же получается ещё одно полезное следствие:

$\frac{\sqrt{f (x)} - \sqrt{g (x)}}{h (x)} \geq 0 (\leq 0) \Leftrightarrow \frac{f (x) - g (x)}{h (x)} \geq 0 (\leq 0)$ в ОДЗ: ${\begin{array}{l} f (x) \geq 0, \\ g (x) \geq 0. \end{array}$

Решите неравенство $\sqrt{x^{2} - 2 x + 1} \geq \sqrt{3 - x} .$

Перейдём к равносильной системе: $\sqrt{x^{2} - 2 x + 1} \geq \sqrt{3 - x} \Leftrightarrow {\begin{array}{l} 3 - x \geq 0, \\ x^{2} - 2 x + 1 \geq 3 - x; \end{array} \Leftrightarrow {\begin{array}{l} x \leq 3, \\ x^{2} - x - 2 \geq 0; \end{array} \Leftrightarrow {\begin{array}{l} x \leq 3, \\ (x + 1) (x - 2) \geq 0. \end{array}$

Решая эту систему методом интервалов, сразу получаем:

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

Решите неравенство $2 \frac{\sqrt{x (2 x^{2} - 22 x + 60)}}{6 - x} \geq 20 - 4 x .$

ОДЗ данного неравенства: $x \neq 6, 2 x^{3} - 22 x^{2} + 60 x = 2 x (x - 6) (x - 5) \geq 0 \Leftrightarrow$

x \in [0; 5] \cup (6; + \infty) .

Заметим, что в ОДЗ x ≥ 0, поэтому существует $\sqrt{2 x},$ и значит, $\begin{array}{l} \frac{\sqrt{2 x (x - 5) (x - 6)}}{x - 6} \leq 2 (x - 5) \Leftrightarrow \frac{\sqrt{2 x (x - 5) (x - 6)} - 2 (x - 5) (x - 6)}{(x - 6)} = \\ \frac{\sqrt{2 x (x - 5) (x - 6)} - \sqrt{4 {(x - 5)}^{2} {(x - 6)}^{2}}}{(x - 6)} = \sqrt{(x - 5) (x - 6)} \frac{(\sqrt{2 x} - \sqrt{4 (x - 5) (x - 6)})}{(x - 6)} \leq 0. \end{array}$

Мы воспользовались здесь тем, что в ОДЗ x ≥ 0, (x – 5)(x – 6) ≥ 0 и потому существуют выписанные в последней строчке корни. Кроме того, мы вынесли за скобку $\sqrt{(x - 5) (x - 6)},$ который по вышесказанному существует. Этот корень неотрицателен и потому не влияет на знак неравенства, следовательно, на него можно сократить, не забывая, что он может ещё обратиться в нуль и те x, для которых корень обращается в нуль, являются решениями неравенства. Таким образом, в ответ необходимо включить число x = 5. При x = 6 корень $\sqrt{(x - 5) (x - 6)}$ обращается в нуль, но x = 6 не входит в ОДЗ неравенства. Воспользуемся теперь тем, что знак разности корней совпадает со знаком разности подкоренных выражений. Имеем: $\sqrt{(x - 5) (x - 6)} \frac{(\sqrt{2 x} - \sqrt{4 (x - 5) (x - 6)})}{(x - 6)} \leq 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 5, \\ \frac{2 x - 4 (x - 5) (x - 6)}{x - 6} \leq 0; \end{array} \Leftrightarrow$ $\Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 5, \\ \frac{2 (x - 4) (x - \frac{15}{2})}{x - 6} \geq 0; \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 5, \\ x \in [4; 6) \cup (\frac{15}{2}; + ∞]; \end{array} \Leftrightarrow x \in [4; 6) \cup (\frac{15}{2}; + ∞] .$ Учтём теперь ОДЗ и получим:

Ответ. $x \in [4; 5] \cup [\frac{15}{2}; + ∞)$

Неравенства вида

\frac{\sqrt{f (x)} - g (x)}{h (x)} \leq 0 (\geq 0)

ОДЗ данного неравенства: ${\begin{array}{l} f (x) \geq 0, \\ h (x) \neq 0. \end{array}$ Предположим, что функции f (x) и g (x) не имеют общих корней. Рассмотрим вспомогательное неравенство $\sqrt{f (x)} - g (x) \geq 0 (\leq 0) .$

1. Если g (x) < 0, то для любого x из ОДЗ выполнено $\sqrt{f (x)} - g (x) > 0 .$

2. Если g (x) ≥ 0, то выражение $\sqrt{f (x)} - g (x)$ может иметь любой знак, но выражение $\sqrt{f (x)} + g (x)$ всегда строго положительно. Умножая обе части неравенства (*) на строго положительное число $\sqrt{f (x)} + g (x),$ не меняя знака неравенства, перейдём к равносильному неравенству $f (x) - g^{2} (x) \geq 0 (\leq 0) .$ Таким образом, в ОДЗ $\sqrt{f (x)} - g (x) \geq 0 (\leq 0) \Leftrightarrow f (x) - g^{2} (x) \geq 0 (\leq 0) .$

Значит, при g (x) ≥ 0, знак разности $\sqrt{f (x)} - g (x)$ совпадает со знаком разности $f (x) - g^{2} (x)$ в ОДЗ.

Получаем следующие условия равносильности. $\frac{\sqrt{f (x)} - g (x)}{h (x)} \geq 0 (\leq 0) \Leftrightarrow [\begin{array}{l} {\begin{array}{l} g (x) < 0, \\ h (x) > 0 (< 0); \end{array} \\ {\begin{array}{l} g (x) \geq 0, \\ \frac{f (x) - g^{2} (x)}{h (x)} \geq 0 (\leq 0) . \end{array} \end{array}$

Запоминать приведённые системы неравенств не нужно, важно понимать, как они получаются.

Решите неравенство $\frac{13 - 3 x + \sqrt{x^{2} - x - 6}}{5 - x} > 1 .$

Выполним равносильные в ОДЗ преобразования и приведём неравенство к удобному для применения результатов настоящего пункта виду. $\frac{\sqrt{x^{2} - x - 6} + 13 - 3 x}{5 - x} - 1 = \frac{\sqrt{x^{2} - x - 6} + 13 - 3 x - 5 + x}{5 - x} = \frac{\sqrt{x^{2} - x - 6} - 2 x + 8}{5 - x} =$ $= \frac{\sqrt{x^{2} - x - 6} - (2 x - 8)}{5 - x} > 0.$

Мы не случайно сделали последнее преобразование. Важно понимать, чему здесь конкретно равняется функция g (x) = 2x – 8. Типичной ошибкой является считать, что g (x) = 2x + 8.

ОДЗ данного неравенства: $x \neq 5, x^{2} - x - 6 \geq 0,$ то есть $x \in (- \infty; - 2] \cup [3; 5) \cup (5; + \infty) .$ Теперь перейдём к равносильной системе. В ОДЗ $\frac{\sqrt{x^{2} - x - 6} - (2 x - 8)}{5 - x} > 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} {\begin{array}{l} 2 x - 8 < 0, \\ 5 - x > 0; \end{array} \\ {\begin{array}{l} 2 x - 8 \geq 0, \\ \frac{x^{2} - x - 6 - {(2 x - 8)}^{2}}{5 - x} > 0; \end{array} \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} {\begin{array}{l} x < 4, \\ x < 5; \end{array} \\ {\begin{array}{l} x \geq 4, \\ \frac{3 (x - \frac{10}{3}) (x - 7)}{x - 5} > 0; \end{array} \end{array} \Leftrightarrow$ $\Leftrightarrow [\begin{array}{l} x < 4 \\ {\begin{array}{l} x \geq 4, \\ x \in (\frac{10}{3}; 5) \cup (7; + \infty); \end{array} \end{array} \Leftrightarrow x \in [4; 5) \cup (7; + \infty) .$ С учётом ОДЗ сразу получаем:

Ответ. $x \in (- \infty; - 2] \cup [3; 5) \cup (7; + \infty) .$

Смотрите также: Математика, Английский язык, Химия, Биология, Физика, География, Астрономия.
А также: библиотека ЭОРов и образовательный онлайн-сервис с тысячами интерактивных работ "Облако знаний".

Учебник. Иррациональные неравенства

ГЛАВНАЯ

НОВОСТИ

УЧЕБНИК

ДОСТУП К БЕСПЛАТНЫМ УРОКАМ