ИРРАЦИОНАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ и НЕРАВЕНСТВА

МОСКОВСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ
имени М. В. ЛОМОНОСОВА
МАЛЫЙ МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ ФАКУЛЬТЕТ
ИРРАЦИОНАЛЬНЫЕ
УРАВНЕНИЯ
и НЕРАВЕНСТВА
Методическая разработка
для учащихся заочного отделения
МОСКВА — 2007
УДК 51(023)
ББК 22.1
Р62
Рождественский В. В.
Иррациональные уравнения и неравенства: Методическая разработка для учащихся заочного отделения МММФ
/ В. В. Рождественский. — М.: Изд-во центра прикладных
исследований при механико-математическом факультете
МГУ, 2007. — 20 с.: ил.
⇔
В разработке рассмотрены основные приёмы решения уравнений и
неравенств, содержащих радикалы второй степени; приведены стандартные равносильные переходы и примеры решения задач, в том числе с
использованием монотонности функций.
Иррациональными уравнениями и неравенствами
называются та√
кие, в которых присутствует знак радикала ( ); основной проблемой
при решении таких уравнений и неравенств является поиск кратчайшего пути, приводящего к более простой эквивалентной задаче, но
уже не содержащей радикалов.
О п р е д е л е н и е. Задача E1 называется эквивалентной (равносильной) задаче E2 , если множества решений этих задач совпадают.
В записи решения равносильность обозначается знаками , ⇔,
,
и т. п. Например,
⇔
Р62
Введение
ББК 22.1
E1
E2
или
E1 ⇔ E2 .
© В. В. Рождественский, 2007.
© Механико-математический
факультет МГУ, 2007.
Валерий Викторович Р о ж д е с т в е н с к и й.
Иррациональные уравнения и неравенства.
Редакторы А. В. Д е р е в я н к и н, Е. Ю. И в а н о в а.
Техн. редактор М. Ю. П а н о в.
Издательство ЦПИ при механико-математическом факультете МГУ.
Москва, Воробьёвы горы.
Отпечатано с оригинал-макета на типографском оборудовании
механико-математического факультета и франко-русского центра им. А. М. Ляпунова.
В этой брошюре мы будем рассматривать уравнения и неравенства,
содержащие знак квадратного корня. Корни более высоких степеней,
как правило, встречаются крайне редко и только в специально подобранных задачах.
Напомним определение арифметического квадратного корня.
О п р е д е л е н и е. Арифметический квадратный корень из числа
√
a — это такое неотрицательное число b, что b2 =a. Обозначение: b= a.
З а м е ч а н и е. Наличие буквы a в правой части равенства
b2 =a показывает, что подкоренное выражение не может быть отрицательным.
Часть I
ИРРАЦИОНАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
§ 1. Основное уравнение. Таковым является уравнение
√
f(x)=g(x).
Т е о р е м а 1. Имеет место эквивалентность
√
f(x)=g(x)
8>
>>< f(x)=(g(x))2,
>>
>: g(x)≥0.
Для доказательства этой эквивалентности достаточно заметить, что
она в точности совпадает с приведённым на стр. 3 определением
арифметического квадратного корня.
З а м е ч√а н и е. Возможен иной путь избавления от радикалов в
уравнении f(x)=g(x): переход к следствию
√
f(x)=g(x) ⇒ f(x)=(g(x))2
4
√
3± 5
.
2
√
3− 5
3−1
−
→ П р о в е р к а:
<
=1.
2
2
√
3− 5
Значит, x=
удовлетворяет
2
→ системе.
x=
О т в е т:
2. Решите уравнение x+3=3
Р е ш е н и е.
√
x+3=3 x+2
8>
><>> (x+3)2 =9(x+2),
>>: x+3≥0
8> 2
>>< x −3x−9=0,
−
→
>>
>: x+3≥0
8> (,
√
3+ 45
>>> ,,,
,
>> ,, x=
2
>>< ,,
√
>> ,,
>> ,, x= 3− 45 ;
−
→
>> ,*
2
>>
>: x+3≥0
(,
√
,,
,, x= 3+ 45 ,
,,
2
,,
√
,,
3−
45
,,, x=
.
*
2
√
→
3± 45
О т в е т:
.
√
x+2.
D=32 +4·9=45,
П р о в е р к а:
√
3± 45
x1,2 =
.
2
√
3− 45
+3
2
0
(∨ — знак неизвестного неравенства),
√
3− 45+6 0,
√
9
45,
81>45.
> >
§ 2. Примеры решения
√ основного уравнения.
1. Решите уравнение x=1−x.
Р е ш е н и е.
√
x=1−x
8>
>>< x=(1−x)2,
>>
>: 1−x≥0
√
3− 5
.
2
√
3− 5
.
2
−
→ D=32 −4=5, x1,2 =
>
с последующей подстановкой всех решений уравнения f(x)=(g(x))2 в
исходное уравнение (при переходе к следствию такая проверка необходима,
√ поскольку могли появиться лишние корни: сравните уравнения
x= x+2 и x2 =x+2). Однако более предпочтительным, как правило,
является способ решения при помощи р а в н о с и л ь н ы х переходов.
8> 2
>>< x −3x+1=0,
>>: x≤1
8> (,
√
>> ,,
>> ,, x= 3+ 5 ,
>> ,,
2
>< ,,
√
>> ,,,
3−
5
>> , x=
;
>> *
2
>>
>: x≤1
Значит, x=
√
3− 45
2
удовлетворяет
системе.
2
5
√
3. Решите уравнение 2x−x2 =x−1.
Р е ш е н и е.
√
2x−x2 =x−1
8>
>>< 2x−x2 =(x−1)2,
>>
>: x−1≥0
8> 2
>>< 2x −4x+1=0,
>>: x≥1
8> (,
>> ,,
>> ,, x=1+
>> ,,,
>< ,,
>> ,
>> ,, x=1−
>> ,*
>>
>: x≥1
x=1+
√
D
−
→
=22 −2=2,
4
√
√
2± 2
2
→ x1,2 =
=1±
.
2
2
2
,
2
√
2
;
2
√
2
.
2
2
.
2
√
4. Решите уравнение 2 x2 −4x=x−1.
Р е ш е н и е.
√
2 x2 −4x=x−1
8> 2
>>< 4x −16x=(x−1)2,
>>
>: x≥1
8> 2
>>< 3x −14x−1=0,
>>
>: x≥1
√
7+ 52
.
3
√
7+ 52
.
3
x=
О т в е т:
6
8> 2
>>< 3x −5x+4=0,
>>>: x≥1.
−
→ D=52 −4·3·4=−23<0.
О т в е т: решений нет.
§ 3. Задачи с двумя радикалами. Наиболее распространёнными
задачами этого типа являются следующие три:
√
√
I)
f(x)= g(x),
√
√
II)
f(x)+ g(x)=c,
√
√
f(x)− g(x)=c,
III)
√
О т в е т: 1+
√
5. Решите уравнение x2 −3x=2x−2.
Р е ш е н и е.
√
x2 −3x=2x−2
8> 2
>>< x −3x=(2x−2)2,
>>
>: x≥1
√
D
7± 52
2
−
→
=7 +3=52, x1,2 =
.
4
3
Из теоремы Виета видно, что корни
уравнения 3x2 −14x−1=0 имеют
разные знаки; значит, либо только
один из них удовлетворяет неравенству x≥1, либо ни один ему не
→ удовлетворяет.
где c — константа, причём c>0.
Т е о р е м а 2. Имеют место следующие эквивалентности.
8>
8>
√
√
>< f(x)=g(x),
>< f(x)=g(x),
I)
f(x)= g(x) ⇔ >>:
⇔ >>:
f(x)≥0
g(x)≥0.
√
√
√
f(x)+ g(x)=c ⇔ f(x)+2 f(x) g(x)+g(x)=c2 ⇔
8> √
>> 2 f(x) g(x)=c2 −f(x)−g(x),
>><
√
√
2
⇔ 2 f(x) g(x)=c −f(x)−g(x) ⇔ >> f(x)≥0,
>>:
g(x)≥0.
√
√
√
З а м е ч а н и е 1. Переход от f(x) g(x) к f(x) g(x) может
расширить область определения задачи, из-за чего могут возникнуть
посторонние корни. Поэтому при таком переходе следует восстановить
ограничения f(x)≥0, g(x)≥0, имевшие место в исходном уравнении.
З а м е ч а н и е 2. Отметим, что любое из двух последних неравенств можно опустить с сохранением равносильности: ведь из того,
что f(x) g(x) стоит под корнем, следует, что f(x) g(x)≥0. Так что, например, из неравенств f(x) g(x)≥0 и g(x)≥0 автоматически следует,
что f(x)≥0 (за исключением
случая f(x)<0, g(x)=0; однако в этом
√
случае равенство 2 f(x) g(x)=c2 −f(x)−g(x) не может выполняться).
II)
√
7
Таким образом,
√
8> √
>> 2 f(x) g(x)=c2 −f(x)−g(x),
>><
⇔
f(x)+ g(x)=c ⇔ >> f(x)≥0,
>>
>: g(x)≥0
8> √
8> √
>>< 2 f(x) g(x)=c2 −f(x)−g(x),
>< 2 f(x) g(x)=c2 −f(x)−g(x),
⇔ >>
⇔ >>
>: g(x)≥0
>: f(x)≥0
√
Возможен другой путь:
8>
>>< f(x)=(c− √g(x))2 ,
√
f(x)+ g(x)=c ⇔ f(x)=c− g(x) ⇔ >>
>: c− g(x)≥0,
и задача сведена к основному уравнению.
√
√
√
f(x)− g(x)=c ⇔ f(x)=( g(x)+c)2 .
III)
√
√
√
√
Доказательства приведённых в теореме 2 переходов оставляем вам
в качестве упражнений.
> > >
§ 4. Примеры решения задач с двумя радикалами.
√
√
6. Решите уравнение x2 −2x= x−1.
Р е ш е н и е.
√
√
x2 −2x= x−1
8> 2
>>< x −2x=x−1,
>>
>: x−1≥0
√
8> 2
3± 5
>>< x −3x+1=0,
−
→ D=32 −4=5, x1,2 =
.
>>
2
>: x≥1
8> (,
√
>> ,,
>> ,, x= 3+ 5 ,
>> ,,
2
>>< ,,
√
√
>> ,,
3−
5
3− 5
>> ,, x=
;
−
→
П
р
о
в
е
р
к
а:
1,
>> *
2
2√
>>
>: x≥1
3− 5 2,
√
1
5,
√
√
3+ 5
1< 5.
x=
.
2
→
О т в е т:
8
√
3+ 5
.
2
√
√
7. Решите уравнение x+ x+1=3.
Р е ш е н и е.
8> p
8>
√
>><
√
>>< 2x+1+2 x(x+1)=9,
√
2
x+ x+1=3 ⇔ >>
⇔ >> x +x=4−x, ⇔
>: x≥0
>: x≥0
8> 8> 2
>> >>< x +x=x2 −8x+16,
8>
>>< >>
>< 9x=16,
16
>
:
>
⇔ > 4−x≥0;
⇔ >>:
.
⇔ x=
9
0≤x≤4
>>
: x≥0
О т в е т:
16
.
9
8. Решите уравнение
Р е ш е н и е.
√
√
5−2x+ x−1=2 ⇔
√
√
5−2x+ x−1=2.
8>
>>< 5−2x+x−1+2√(5−2x)(x−1)=4,
⇔
>>:
x−1≥0
8>
>> 4(5−2x)(x−1)=x2,
8> √
>><
>>< 2 (5−2x)(x−1)=x,
⇔ >>
⇔ >> x≥1,
⇔
: x≥1
>>
: x≥0
8>
>>< 4(5x−2x2 −5+2x)=x2,
⇔ >>
: x≥1
8> 2
D
14±4
>>< 9x −28x+20=0,
−
→
=142 −9·20=16, x1,2 =
.
>>
4
9
>: x≥1
8> (,
>> ,, x=2,
(,
>> ,,
,, x=2,
>< ,,
,
10
>> ,* x= 9 ; ⇔ ,,, x= 10 .
>>
,*
9
>: x≥1
О т в е т:
10
; 2.
9
√
√
9. Решите уравнение 2x+1− x=1.
Р е ш е н и е.
√
√
√
√
√
√
2x+1− x=1 ⇔ 2x+1= x+1 ⇔ 2x+1=x+1+2 x ⇔ x=2 x ⇔
8> 2
(,
, x=0,
><>> x =4x,
⇔ >
⇔ ,,,,*
>: x≥0
x=4.
О т в е т: 0; 4.
Некоторые уравнения с радикалами допускают и более простые
решения, не использующие√переходы
из § 3.
√
10. Решите уравнение 3x− x=2.
9
√
√
√
√
Р е ш е н и е. 3x− x=2 ⇔ ( 3−1) x=2 ⇔
√
√
√
√
√
√
2
2( 3+1)
⇔ x= √
⇔ x=
⇔ x= 3+1 ⇔ x=4+2 3.
3−1
3−1
√
О т в е т: 4+2 3.
§ 5. Использование монотонности функций при решении уравнений. В этом параграфе рассмотрим ещё один метод решения уравнений, базирующийся на следующей теореме.
Т е о р е м а 3. Уравнение f(x)=0, где f(x) — строго возрастающая
или строго убывающая на некотором множестве функция, не может
иметь на этом множестве более одного решения.
Для доказательства теоремы достаточно заметить, что строго возрастающая (строго убывающая) функция в различных точках принимает
различные значения.
Отсюда следует, что если удаётся угадать или быстро подобрать
один корень подобного уравнения и показать проверяющему, что вы
понимаете, почему других корней
нет, то можно писать ответ.
√
11. Решите уравнение
x=2−x.
√
√
Р е ш е н и е. x=2−x ⇔ x+x=2. Очевидно, что x=1 — корень
уравнения, и, поскольку левая часть строго возрастает (как сумма
строго возрастающих функций), то других решений нет.
О т в е т: 1.
√
√
12. Решите уравнение
2x+5=8−
√
√
√x−1. √
Р е ш е н и е. 2x+5=8− x−1 ⇔ 2x+5+ x−1−8=0. Левая
часть строго возрастает, как сумма строго возрастающих функций. При
x=10 она равна нулю, при x>10 она больше нуля, а при x<10 —
меньше нуля.
О т в е т: 10.
(Попробуйте решить эту задачу при помощи переходов из § 3.
Сколько времени вам на это√ понадобилось?)
√
13. Решите уравнение 13−x− x=1.
Р е ш е н и е. Левая часть этого уравнения является строго убывающей функцией как разность строго убывающей и строго возрастающей,
и, значит, уравнение имеет не более одного решения.
Очевидно, что x=4 является решением уравнения.
О т в е т: 4.
З а м е ч а н и е. Предлагаем вам решение всякой задачи начинать
с выяснения ответа на вопрос: <Нельзя ли использовать монотонность, чтобы избежать длинных выкладок?>. Просматривая школьные
(и экзаменационные) задачи, можно убедиться, что многие из них допускают такое решение.
10
Задачи для самостоятельного решения
Решите уравнения (14—25):
√
14. x=7−x.
√
15. x−1=3−x.
√
16. x2 −x=2x−3.
√
17. 2 (x−2)(4−x)=x−2.
√
√
18. √ 3x+1+ x=11.
√
19. 2x2 −2x=3− x2 −x−1.
20.
21.
22.
23.
24.
25.
√
√
9−x− 4−x=2.
√
x− x+2=4.
√
√
√ 3x−5− 4−x=1.
2
2
√ x +20+x =22.
2
2x +8x+7−x=2.
√
√
2x−4− x+5=1.
О т в е т:
√
15− 29
.
2
О т в е т: 2.
√
11+ 13
.
6
18
О т в е т: 2;
.
5
О т в е т:
О т в е т: 16.
У к а з а н и е: сделайте замену
x2 −x=t. О т в е т: −1; 2.
О т в е т:
О т в е т:
О т в е т:
О т в е т:
О т в е т:
О т в е т:
63
.
16
7.
3.
−4; 4.
−1.
20.
Контрольные задания
Решите уравнения (26—40):
√
√
27. x+1=x.
26. x2 −9=2x−6.
√
√
√
28. 24−x=x−12.
29. 2−x= x2 .
√
√
√
√
√
√
30. 5−3x+ x−1= 2.
31. √π−x= x− π.
√
√
32. 4x+1+√ 3x−2=5.
33. 2 x2 −6x=x+1.
√
2
2
x −2x=−2+
4+4x−2x2 .
34. x
p −2x+
p
√
√
35. 2x+2 2x−1+ 2x−2 2x−1=2.
p
√
√
√
36. 1+ 5−x= 1−2x.
37. 1+x x2 +24=x+1.
p
p
√
√
√
38. 1+ 1+x x2 −24=x.
39. x+ x− 1−x=1.
p
√
√
40. x+1−1= x− x+8.
Часть II
2) правая часть (A2 ) неотрицательна, а левая определена, но тогда
выполняется неравенство (D2 ). Значит, x0 входит в решение совокупности.
Обратно, пусть x0 — решение совокупности. Если для x0 имеет
место система (B2 ), (C2 ), то из неё очевидно следует (A2 ). Если же
x0 удовлетворяет (D2 ), то тогда либо g(x0 )≥0, и, извлекая корень из
левой и правой части, получаем (A2 ), либо же g(x0 )<0, но тогда имеет
место система (B2 ), (C2 ) (поскольку f(x)>(g(x))2 ≥0), из которой
следует (A2 ).
ИРРАЦИОНАЛЬНЫЕ НЕРАВЕНСТВА
§ 6. Основные неравенства. Это неравенства
√
√
f(x)<g(x) и
f(x)>g(x).
II)
√
f(x)>g(x)
(, 8>
,, >< g(x)<0,
,, >>
,, : f(x)≥0;
,,
,* f(x)>(g(x))2
(A1 )
(B1 )
(C1 )
(D1 )
(A2 )
(B2 )
(C2 )
(D2 )
(В случае нестрогих исходных неравенств (A1 ) и (A2 ) неравенства
(B1 ) и (D2 ) заменяются на нестрогие.)
Д о к а з а т е л ь с т в о. I) Пусть x0 — решение (A1 ), тогда
неравенства (C1 ) и (D1 ) очевидно выполняются, а из них и (A1 ) следует (B1 ).
Обратно, пусть для некоторого x0 выполняются все три неравенства системы. Извлекая квадратный корень из неотрицательных левой
и правойp частей (B1 ) и учитывая, что при g(x0 )≥0 имеет место равенство (g(x0 ))2 =g(x0 ), получаем (A1 ).
II) Пусть для x0 выполняется неравенство (A2 ). Здесь возможны
два случая:
1) правая часть (A2 ) отрицательна, а левая определена (это описывается неравенствами (B2 ) и (C2 ));
12
8> (,
√
>> ,,
>> ,, x< 3− 5 ,
>> ,,
2
>>< ,,
√
3+ 5
>> ,,,,
x>
;
>> ,*
2
>>
>>
>: 0≤x≤1
0≤x<
√
3− 5
.
2
√ (,
, 3− 5
.
О т в е т: ,,,*0;
2
> > >
Т е о р е м а 4. Имеют место следующие эквивалентности.
√
f(x)<g(x)
I)
8>
>> f(x)<(g(x))2,
>><
>> f(x)≥0,
>>:
g(x)≥0.
§ 7. Примеры решения основных
неравенств.
√
41. Решите неравенство x<1−x.
Р е ш е н и е.
√
x<1−x
8>
>> x≥0,
><
>> x≤1,
>>
: x<(1−x)2
√
3− 5
8> 2
→
П
р
о
в
е
р
к
а:
>>< x −3x+1>0,
2√
>>
>: 0≤x≤1
3− 5
1,
2,
√
1
5,
√
1< 5.
−
→
√
3+ 5
2
√
3– 5
2
0
0
1
√
3– 5
2
√
42. Решите неравенство x+3≤3 x+2.
Р е ш е н и е. Заметим, что из условия x+2≥0. Тогда x+3>0, и
8>
8>
√
>< x+2≥0,
>< x≥−2,
x+3≤3 x+2 ⇔ >>:
⇔
⇔
>>: 2
2
(x+3) ≤9(x+2)
x −3x−9≤0
13
8>
>> x≥−2,
>>
√
√
⇔ <>> 3− 45
3+ 45
>>
≤x≤
>:
2
2
→ П р о в е р к а:
√
−
→
√
√
3− 45
3+ 45
≤x≤
.
2
2
√
√
(,
, 3− 45 3+ 45
О т в е т: ,,,*
,
2
2
√
3− 45
3− 49
3−7
>
=
=−2.
2
2
2
–2
)---.
+
√
3– 45
2
√
3+ 45
2
√
3– 45
2
√
3+ 45
2
√
43. Решите неравенство 2x−x2 <x−1.
Р е ш е н и е.
8>
8>
>> 2x−x2 ≥0,
>> 0≤x≤2,
√
><
>
<
2
2x−x <x−1 ⇔ >> x−1≥0,
⇔ >> x≥1,
⇔
>>
>> 2
: 2x −4x+1>0
>: 2x−x2 <(x−1)2
8>
>> 1≤x≤2;
>> (,
√
>> ,,
>< ,, x>1+ 2 ,
1
⇔ >> ,,,
2
>> ,
√
>> ,,
√
√
>> ,, x<1− 2
1– 22
1+ 22
>: ,*
2
√
2
<x≤2.
2
√
)2
О т в е т: 1+
; 2--+.
2
√
1+
2
2
(,
,, x≤0,
,,
√
,,
,, x≥ 7+ 52 .
,*
3
2
2
> > >
√
44. Решите неравенство x>1−x.
Р е ш е н и е.
√
(, 8>
3− 5
x≥0,
,
>
<
→
П
р
о
в
е
р
к
а:
1,
,
√
,>
2√
x>1−x ⇔ ,,, >: 1−x<0; ⇔
,,
3− 5 2,
* x>(1−x)2
√
(,
1
5,
,, x>1,
√
√
√
,,
1< 5.
⇔ ,, 3− 5
3+ 5
<x<
−
→
,,*
2
2
√
3− 5
.
2
√
3− 5
О т в е т:
; +∞ .
2
x>
14
√
3– 5
2
0
3
√
7+ 52
3
√
(,
,, 7+ 52
,
О т в е т: (−∞; 0]∪ ,*
; +∞ .
3
√
46. Решите неравенство x2 −3x>2x−2.
Р е ш е н и е.
√
x2 −3x>2x−2
(, 8>
,, >< x−1<0,
1
,, >>: 2
,, x −3x≥0;
,, 2
2
0
3
* x −3x>4x −8x+4
(,
0
,, x≤0,
,, 2
,* 3x −5x+4<0
−
→ Неравенство 3x2 −5x+4<0 не имеет решений, поскольку D=52 −4×
→ ×3·4<0.
x≤0.
О т в е т: (−∞; 0].
1
√
3– 5
2
3
1+
√
45. Решите неравенство 2 x2 −4x≥x−1.
Р е ш е н и е.
(, 8>
,, >> x<1;
(, 8>
,, >>< (,
,
>
x−1<0,
,, <>
√
,, > , x≥4,
2 x2 −4x≥x−1 ⇔ ,,,, >: x2 −4x≥0;
⇔ ,, >> ,,
⇔
,, : ,* x≤0;
,,* 4(x2 −4x)≥(x−1)2
,, 2
,* 3x −14x−1≥0
(,
,, x≤0;
,, (,
√
,, ,,
,, ,, x≥ 7+ 52 ,
⇔ ,,, ,,,
3
0
√
,, ,,
,, ,, x≤ 7− 52
√
√
,* ,*
7+ 52
7– 52
3
√
3+ 5
2
§ 8. Неравенства с двумя радикалами.
Т е о р е м а 5. Имеют место следующие эквивалентности.
8>
√
√
>< f(x)<g(x),
I)
f(x)< g(x) ⇔ >>:
f(x)≥0.
15
√
f(x)+ g(x)<c
(Здесь и далее c — константа,
причём c>0.)
√
√
2
2 f(x) g(x)<c −f(x)−g(x)
8> √
>> 2 f(x) g(x)<c2 −f(x)−g(x),
>><
>> f(x)≥0,
>>
: g(x)≥0.
√
√
З а м е ч а н и е. В отличие от уравнения f(x)+ g(x)=c, здесь
ни одно из неравенств f(x)≥0, g(x)≥0 опустить нельзя, поскольку
иначе при f(x)<0, g(x)=0 или f(x)=0, g(x)<0 переход окажется
неравносильным (сравните с замечанием 2 на стр. 7—8).
Возможен другой путь:
8>
>> f(x)< c− √ g(x) 2 ,
√
√
√
√
><
f(x)+ g(x)<c ⇔ f(x)<c− g(x) ⇔ >> f(x)≥0,
√
>>
: c− g(x)≥0.
II а)
√
√
√
√
f(x)+ g(x)>c ⇔ 2 f(x) g(x)>c2 −f(x)−g(x) ⇔
8> √
>> 2 f(x) g(x)>c2 −f(x)−g(x),
><
⇔ >> f(x)≥0,
>>
>: g(x)≥0.
√
√
З а м е ч а н и е. Как и в случае уравнения f(x)+ g(x)=c, любое
из двух последних неравенств системы можно опустить (но только одно!).
Возможен другой путь:
(, 8>
,, >>< c− √g(x)<0,
,, >
√
√
√
√
f(x)+ g(x)>c ⇔ f(x)>c− g(x) ⇔ ,,, >>: f(x)≥0;
,,* f(x)> c− √g(x)2 .
8>
√
>>< f(x)< g(x)+c 2 ,
>
III а) f(x)− g(x)<c ⇔ f(x)< g(x)+c ⇔ >
>: f(x)≥0.
√
√
√
√
√
б) f(x)− g(x)>c ⇔ f(x)> g(x)+c ⇔ f(x)> g(x)+c 2 .
√
√
√
√
З а м е ч а н и е. Возводить разность радикалов в квадрат даже
с правильным учётом всех случаев, как правило, не следует, так как
этот путь обычно оказывается более длинным и технически сложным,
чем приведённые выше.
Доказательства приведённых в теореме 5 эквивалентностей оставляем вам в качестве упражнений.
2
2≤x<
√
3+ 5
.
2
√ (,
, 3+ 5
О т в е т: ,,,*2;
.
2
√
б)
16
§ 9. Примеры решения неравенств с двумя радикалами.
√
√
47. Решите неравенство x2 −2x< x−1.
Р е ш е н и е.
8> 2
>> x −3x+1<0;
8> 2
√
√
>>< (
>
>< x −2x<x−1,
⇔ >> ,,, x≥2,
x2 −2x< x−1 ⇔ >> 2
⇔
: x −2x≥0
>>: ,,*
x≤0
8>
√
√
√
>> 3− 5
3+ 5
3+ 5
3+1
>>
<x<
;
−
→
П
р
о
в
е
р
к
а:
>
=2.
><
2
2
2
2
⇔ >> (,,
>> ,, x≥2,
>> ,,
√
√
: * x≤0
3+ 5
3– 5
48. Решите неравенство
Р е ш е н и е.
√
2
0
2
2
√
√
3+ 5
2
√
x+ x+1≤3.
8> √
√ √
>>< 2 x(x+1)≤8−2x,
√
⇔
x+ x+1≤3 ⇔ 2 x x+1≤9−x−(x+1) ⇔ >>
>: x≥0
8>
>>< x(x+1)≤(4−x)2,
⇔ >>
>: 0≤x≤4
8>
>< 9x≤16,
>>:
0≤x≤4
0
0≤x≤
16/9
16
.
9
0
4
16/9
(,
)
, 16 --О т в е т: ,,*,0;
-.
9 +
√
√
49. Решите неравенство 5−2x+ x−1>2.
Р е ш е н и е.
√
√
5−2x+ x−1>2 ⇔
8> √
8> √
>>< 2 (5−2x)(x−1)>4−(5−2x)−(x−1),
>>< 2 (5−2x)(x−1)>x,
⇔ >>
⇔ >>
⇔
>: x−1≥0
>: x≥1
17
8>
>>< 4(5−2x)(x−1)>x2,
⇔ >>:
x≥1
−
→ Наличие неравенства x≥1 позволяет не рассматривать систему
8> 2
8>
>>< 9x −28x+20<0,
>< (5−2x)(x−1)≥0,
>>
>>:
>: x≥1
x<0.
→
8> >>
>>< 9 x− 10 (x−2)<0,
>>
10/9
2
9
>>
>: x≥1
1
10
<x<2.
9
О т в е т:
10/9
2
10
;2 .
9
50. Решите неравенство
Р е ш е н и е.
√
√
2x+1− x≤1
√
√
2x+1≤ x+1
√
2x+1≤x+1+2 x
√
x≤2 x
x2 ≤4x
(x−4)x≤0
0≤x≤4.
√
√
2x+1− x≤1.
√
−
→ Наличие x обеспечивает выполне→ ние неравенства 2x+1≥0.
−
→ Поскольку 4x в этом неравенстве
неотрицательно, то условие x≥0
→ выполняется автоматически.
О т в е т: [0; 4].
√
√
51. Решите неравенство 3 x− x+3>1.
Р е ш е н и е.
√
√
√
√
√
3 x− x+3>1 ⇔ 3 x> x+3+1 ⇔ 9x>x+3+1+2 x+3 ⇔
√
√
⇔ 8x−4>2 x+3 ⇔ 4x−2> x+3 ⇔
8>
8>
>>< (4x−2)2 >x+3,
>>< 16x2 −17x+1>0,
⇔ >>
⇔
⇔ >>
>: x≥1/2
>: x≥1/2
18
8> (,
>> ,, x>1,
>< ,,
⇔ >> ,* x<1/16;
>>
: x≥1/2
1/16
x>1.
1
1/2
1
О т в е т: (1; +∞).
§ 10. Использование монотонности функций при решении неравенств. В § 5 был описан один из <нестандартных> приёмов, позволяющий в ряде задач получить ответ без большой технической работы
в том случае, когда уравнение приводилось к виду f(x)=0, где f(x) —
строго возрастающая или строго убывающая на рассматриваемом множестве функция. При решении неравенств в ряде случаев можно
воспользоваться тем же приёмом.
Т е о р е м а 6. Пусть f(x) строго возрастает на своей области
определения Df и f(x0 )=0, тогда имеет место эквивалентность
8>
>< x<x0 ,
f(x)<0 ⇔ >>:
x∈Df .
Если же f(x) строго убывает на Df , то
8>
>< x>x0 ,
f(x)<0 ⇔ >>
: x∈Df .
Неравенства противоположного знака и нестрогие неравенства
рассматриваются аналогично.√
52. Решите неравенство
x<2−x.
√
√
Р е ш е н и е. x<2−x ⇔ x+ x−2<0. Левая часть строго возрастает при x≥0, а при x=1 равна нулю, значит, 0≤x<1.
О т в е т: [0; 1).
√
√
53. Решите неравенство 4x+1+ 2x−3<4.
Р е ш е н и е. Поскольку левая часть строго возрастает на области
определения (x≥3/2) и x=2 — корень соответствующего уравнения,
то 3/2≤x<2.
О т в е т: [3/2; 2).
(Сравните это решение с √основанным
√ на переходах из § 8.)
54. Решите неравенство 13−x− x≥1.
Р е ш е н и е. Левая часть является строго убывающей функцией
(как разность строго убывающей и строго возрастающей). Нетрудно
заметить, что при x=4 левая и правая части равны. Значит, решением
неравенства является пересечение множеств x≤4 и 0≤x≤13.
О т в е т: [0; 4].
19
Задачи для самостоятельного решения
Решите неравенства (55—66):
√
55. x>7−x.
√
56. x−1≤3−x.
√
57. x2 −x>2x−3.
√
58. 2 (x−2)(4−x)≤x−2.
√
√
59. 3x+1+ x<11.
√
√
60. 2x2 −2x≥3− x2 −x−1.
√
√
61. 9−x− 4−x<2.
√
62. x− x+2≤4.
√
√
63. 3x−5− 4−x>1.
√
64. x2 +20+x2 >22.
√
65. 2x2 +8x+7−x>2.
66.
√
√
2x−4− x+5≥1.
√
(,
,, 15− 29
О т в е т: ,,*
; +∞ .
2
О т в е т: [1; 2].
√
(,
, 11+ 13
О т в е т: (−∞; 0]∪ ,,,*1;
.
6
,(, 18 )-О т в е т: {2}∪ ,,,*
; 4---+.
5
О т в е т: [0; 16).
О т в е т: (−∞; −1]∪[2; +∞).
63
О т в е т: −∞;
.
16
О т в е т: [−2; 7].
О т в е т: (3; 4].
О т в е т: (−∞; −4)∪(4; +∞).
√ )2 -О т в е т: −∞; −2−
--+ ∪
2
∪(−1; +∞).
О т в е т: [20; +∞).
Контрольные задания
Решите неравенства (67—81):
√
√
68. x+1>x.
67. x2 −9≥2x−6.
√
√
√
69. 24−x<x−12.
70. 2−x≤ x2 .
√
√
√
√
√
√
72. √π−x≤ x− π.
71. 5−3x+ x−1≤ 2.
√
√
74. 2 x2 −6x<x+1.
73. 8x+1+√ 3x−2<4.
√
75. x2 −2x+ x2 −2x>−2+ 4+4x−2x2 .
p
p
√
√
76. 2x+2 2x−1+ 2x−2 2x−1≤2.
p
√
√
√
77. 1+ 5−x< 1−2x.
78. 1+x x2 +24≥x+1.
p
p
√
√
√
79. 1+ 1+x x2 −24<x.
80. x+ x− 1−x>1.
p
√
√
81. x+1−1≥ x− x+8.