Номер 154, страница 331 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

Глава 6. Задачи повышенной трудности. Параграф 3. Уравнения, неравенства и системы - номер 154, страница 331.

Условие.

Решите неравенства (154—158).

154. а) $\sqrt{x^2-3x+2} > 2x-5;$

б) $\sqrt{3x-x^2} < 4-x;$

в) $3\sqrt{x}-\sqrt{x+3} > 1;$

г) $x-\sqrt{1-|x|} < 0.$

Решение 3.

Решение 5.

а) Решим неравенство $\sqrt{x^2 - 3x + 2} > 2x - 5$.

Данное неравенство вида $\sqrt{f(x)} > g(x)$ равносильно совокупности двух систем неравенств.

Первая система соответствует случаю, когда правая часть отрицательна. В этом случае неравенство выполняется для всех $x$ из области определения подкоренного выражения.

$ \begin{cases} 2x - 5 < 0 \\ x^2 - 3x + 2 \ge 0 \end{cases} $

Решаем первое неравенство: $2x < 5$, откуда $x < 2.5$.

Решаем второе неравенство: $x^2 - 3x + 2 \ge 0$. Корнями уравнения $x^2 - 3x + 2 = 0$ являются $x_1=1$ и $x_2=2$. Так как ветви параболы направлены вверх, решение неравенства: $x \in (-\infty, 1] \cup [2, \infty)$.

Пересечение решений $x < 2.5$ и $x \in (-\infty, 1] \cup [2, \infty)$ дает нам $x \in (-\infty, 1] \cup [2, 2.5)$.

Вторая система соответствует случаю, когда правая часть неотрицательна. В этом случае можно возвести обе части неравенства в квадрат.

$ \begin{cases} 2x - 5 \ge 0 \\ x^2 - 3x + 2 > (2x - 5)^2 \end{cases} $

Решаем первое неравенство: $2x \ge 5$, откуда $x \ge 2.5$.

Решаем второе неравенство:
$x^2 - 3x + 2 > 4x^2 - 20x + 25$
$3x^2 - 17x + 23 < 0$

Найдем корни квадратного трехчлена $3x^2 - 17x + 23 = 0$.
Дискриминант $D = (-17)^2 - 4 \cdot 3 \cdot 23 = 289 - 276 = 13$.
Корни: $x_{1,2} = \frac{17 \pm \sqrt{13}}{6}$.
Так как ветви параболы направлены вверх, решение неравенства $3x^2 - 17x + 23 < 0$ есть интервал $x \in (\frac{17 - \sqrt{13}}{6}, \frac{17 + \sqrt{13}}{6})$.

Найдем пересечение решений $x \ge 2.5$ и $x \in (\frac{17 - \sqrt{13}}{6}, \frac{17 + \sqrt{13}}{6})$.
Так как $3 < \sqrt{13} < 4$, то $\frac{17-4}{6} < \frac{17 - \sqrt{13}}{6} < \frac{17-3}{6}$, то есть $2.16 < \frac{17 - \sqrt{13}}{6} < 2.34$.
Следовательно, $2.5 > \frac{17 - \sqrt{13}}{6}$.
Пересечением будет интервал $x \in [2.5, \frac{17 + \sqrt{13}}{6})$.

Объединяя решения обеих систем, получаем окончательный ответ:
$(-\infty, 1] \cup [2, 2.5) \cup [2.5, \frac{17 + \sqrt{13}}{6}) = (-\infty, 1] \cup [2, \frac{17 + \sqrt{13}}{6})$.

Ответ: $x \in (-\infty, 1] \cup [2, \frac{17 + \sqrt{13}}{6})$.

б) Решим неравенство $\sqrt{3x - x^2} < 4 - x$.

Неравенство вида $\sqrt{f(x)} < g(x)$ равносильно системе:

$ \begin{cases} 3x - x^2 \ge 0 \\ 4 - x > 0 \\ 3x - x^2 < (4 - x)^2 \end{cases} $

Решим каждое неравенство системы:

1) $3x - x^2 \ge 0 \implies x(3 - x) \ge 0$. Решением является отрезок $x \in [0, 3]$.

2) $4 - x > 0 \implies x < 4$.

3) $3x - x^2 < 16 - 8x + x^2 \implies 2x^2 - 11x + 16 > 0$.
Найдем дискриминант квадратного трехчлена $2x^2 - 11x + 16$:
$D = (-11)^2 - 4 \cdot 2 \cdot 16 = 121 - 128 = -7$.
Так как $D < 0$ и старший коэффициент $2 > 0$, то трехчлен $2x^2 - 11x + 16$ положителен при любых значениях $x$. Решение этого неравенства: $x \in (-\infty, \infty)$.

Найдем пересечение решений всех трех неравенств: $x \in [0, 3] \cap (-\infty, 4) \cap (-\infty, \infty)$.

Пересечением является отрезок $[0, 3]$.

Ответ: $x \in [0, 3]$.

в) Решим неравенство $3\sqrt{x} - \sqrt{x+3} > 1$.

Найдем область допустимых значений (ОДЗ): $ \begin{cases} x \ge 0 \\ x+3 \ge 0 \end{cases} \implies x \ge 0$.

Перепишем неравенство в виде $3\sqrt{x} > 1 + \sqrt{x+3}$.

При $x \ge 0$ обе части неравенства положительны, поэтому можно возвести их в квадрат:

$(3\sqrt{x})^2 > (1 + \sqrt{x+3})^2$

$9x > 1 + 2\sqrt{x+3} + (x+3)$

$9x > x + 4 + 2\sqrt{x+3}$

$8x - 4 > 2\sqrt{x+3}$

$4x - 2 > \sqrt{x+3}$

Для выполнения этого неравенства левая часть должна быть положительной, так как правая часть неотрицательна: $4x - 2 > 0$, откуда $x > 0.5$.

При условии $x > 0.5$ обе части неравенства $4x - 2 > \sqrt{x+3}$ положительны, и мы можем снова возвести их в квадрат:

$(4x - 2)^2 > x+3$

$16x^2 - 16x + 4 > x + 3$

$16x^2 - 17x + 1 > 0$

Найдем корни уравнения $16x^2 - 17x + 1 = 0$. Сумма коэффициентов $16 - 17 + 1 = 0$, значит, один корень $x_1=1$. Второй корень по теореме Виета $x_2 = c/a = 1/16$.

Решение неравенства $16x^2 - 17x + 1 > 0$: $x \in (-\infty, 1/16) \cup (1, \infty)$.

Теперь найдем пересечение этого решения с ОДЗ ($x \ge 0$) и условием $x > 0.5$.

$x \in ((-\infty, 1/16) \cup (1, \infty)) \cap [0, \infty) \cap (0.5, \infty)$.

Так как $1/16 = 0.0625$, а $0.5 = 8/16$, то интервал $(-\infty, 1/16)$ не пересекается с $(0.5, \infty)$.

Пересечение $(1, \infty)$ с $(0.5, \infty)$ дает $(1, \infty)$.

Ответ: $x \in (1, \infty)$.

г) Решим неравенство $x - \sqrt{1 - |x|} < 0$.

Перепишем неравенство: $x < \sqrt{1 - |x|}$.

ОДЗ: $1 - |x| \ge 0 \implies |x| \le 1 \implies -1 \le x \le 1$.

Рассмотрим два случая.

Случай 1: $x < 0$.
В этом случае левая часть неравенства отрицательна, а правая неотрицательна. Неравенство вида "отрицательное < неотрицательное" всегда верно. Таким образом, все значения $x < 0$ из ОДЗ являются решениями.
Пересекая $x < 0$ с ОДЗ $x \in [-1, 1]$, получаем $x \in [-1, 0)$.

Случай 2: $x \ge 0$.
В этом случае $|x| = x$. Неравенство принимает вид $x < \sqrt{1 - x}$.
В рамках ОДЗ, для этого случая имеем $x \in [0, 1]$. На этом отрезке обе части неравенства $x < \sqrt{1-x}$ неотрицательны, поэтому их можно возвести в квадрат:
$x^2 < 1 - x$
$x^2 + x - 1 < 0$

Найдем корни уравнения $x^2 + x - 1 = 0$.
$D = 1^2 - 4(1)(-1) = 5$.
$x_{1,2} = \frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}$.

Решение неравенства $x^2 + x - 1 < 0$ есть интервал $x \in (\frac{-1 - \sqrt{5}}{2}, \frac{-1 + \sqrt{5}}{2})$.

Найдем пересечение этого решения с условием для данного случая $x \in [0, 1]$.
$\frac{-1 - \sqrt{5}}{2} < 0$.
$\frac{-1 + \sqrt{5}}{2} \approx \frac{-1+2.23}{2} \approx 0.615$, что находится в интервале $[0,1]$.
Пересечение: $x \in [0, \frac{-1 + \sqrt{5}}{2})$.

Объединим решения обоих случаев:
$x \in [-1, 0) \cup [0, \frac{-1 + \sqrt{5}}{2}) = [-1, \frac{-1 + \sqrt{5}}{2})$.

Ответ: $x \in [-1, \frac{-1 + \sqrt{5}}{2})$.