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.