Номер 155, страница 331 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

Глава 6. Задачи повышенной трудности. Параграф 3. Уравнения, неравенства и системы - номер 155, страница 331.

Условие.

155. a) $\frac{1-\sqrt{1-4x^2}}{x} < 3$;б) $\frac{\sqrt{x^2-1}+1}{x} \ge 1$;

в) $4x^2+12x\sqrt{1+x} \le 27(1+x)$;

г) $\sqrt{x}+\sqrt{x+7}+2\sqrt{x^2+7x} < 35-2x.$

Решение 3.

Решение 5.

а)

Решим неравенство $\frac{1 - \sqrt{1 - 4x^2}}{x} < 3$.

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ).
Подкоренное выражение должно быть неотрицательным: $1 - 4x^2 \ge 0 \implies 4x^2 \le 1 \implies x^2 \le \frac{1}{4} \implies -\frac{1}{2} \le x \le \frac{1}{2}$.
Знаменатель не должен быть равен нулю: $x \ne 0$.
ОДЗ: $x \in [-\frac{1}{2}, 0) \cup (0, \frac{1}{2}]$.

2. Умножим числитель и знаменатель дроби в левой части на сопряженное выражение $1 + \sqrt{1 - 4x^2}$. Так как $1 + \sqrt{1 - 4x^2} > 0$ на ОДЗ, это преобразование равносильно.
$\frac{(1 - \sqrt{1 - 4x^2})(1 + \sqrt{1 - 4x^2})}{x(1 + \sqrt{1 - 4x^2})} < 3$
$\frac{1 - (1 - 4x^2)}{x(1 + \sqrt{1 - 4x^2})} < 3$
$\frac{4x^2}{x(1 + \sqrt{1 - 4x^2})} < 3$
Сокращаем на $x$ (с учетом $x \ne 0$):
$\frac{4x}{1 + \sqrt{1 - 4x^2}} < 3$

3. Знаменатель $1 + \sqrt{1 - 4x^2}$ всегда положителен, поэтому можно умножить на него обе части неравенства, сохранив знак:
$4x < 3(1 + \sqrt{1 - 4x^2})$
$4x - 3 < 3\sqrt{1 - 4x^2}$

4. Проанализируем полученное неравенство.
Правая часть $3\sqrt{1 - 4x^2}$ всегда неотрицательна.
Рассмотрим левую часть $4x - 3$. В области ОДЗ $x \le \frac{1}{2}$, поэтому $4x \le 4 \cdot \frac{1}{2} = 2$.
Следовательно, $4x - 3 \le 2 - 3 = -1$.
Таким образом, левая часть неравенства всегда отрицательна, а правая — всегда неотрицательна. Неравенство вида «отрицательное число < неотрицательное число» всегда истинно.
Это означает, что неравенство выполняется для всех $x$ из области допустимых значений.

Ответ: $x \in [-\frac{1}{2}, 0) \cup (0, \frac{1}{2}]$.

б)

Решим неравенство $\frac{\sqrt{x^2-1} + 1}{x} \ge 1$.

1. Найдем ОДЗ.
$x^2 - 1 \ge 0 \implies x^2 \ge 1 \implies x \in (-\infty, -1] \cup [1, \infty)$.
$x \ne 0$ (уже учтено).
ОДЗ: $x \in (-\infty, -1] \cup [1, \infty)$.

2. Разобьем решение на два случая в зависимости от знака $x$.
Случай 1: $x > 0$.
С учетом ОДЗ, рассматриваем промежуток $x \in [1, \infty)$.
Умножаем обе части на $x > 0$, знак неравенства сохраняется:
$\sqrt{x^2 - 1} + 1 \ge x$
$\sqrt{x^2 - 1} \ge x - 1$
На промежутке $x \in [1, \infty)$ обе части неравенства неотрицательны, поэтому можно возвести их в квадрат:
$x^2 - 1 \ge (x - 1)^2$
$x^2 - 1 \ge x^2 - 2x + 1$
$-1 \ge -2x + 1$
$2x \ge 2$
$x \ge 1$
Пересекая с условием случая $x \in [1, \infty)$, получаем $x \in [1, \infty)$.

Случай 2: $x < 0$.
С учетом ОДЗ, рассматриваем промежуток $x \in (-\infty, -1]$.
Умножаем обе части на $x < 0$, знак неравенства меняется на противоположный:
$\sqrt{x^2 - 1} + 1 \le x$
На промежутке $x \in (-\infty, -1]$ левая часть $\sqrt{x^2 - 1} + 1 \ge 1$, а правая часть $x \le -1$. Неравенство вида «положительное число $\le$ отрицательное число» не имеет решений.

3. Объединяя решения из двух случаев, получаем итоговый ответ.

Ответ: $x \in [1, \infty)$.

в)

Решим неравенство $4x^2 + 12x\sqrt{1+x} \le 27(1+x)$.

1. Найдем ОДЗ: $1+x \ge 0 \implies x \ge -1$. ОДЗ: $x \in [-1, \infty)$.

2. Перенесем все члены в левую часть и преобразуем, выделив полный квадрат.
$4x^2 + 12x\sqrt{1+x} - 27(1+x) \le 0$
$(2x)^2 + 2 \cdot (2x) \cdot (3\sqrt{1+x}) - 27(\sqrt{1+x})^2 \le 0$
Дополним до полного квадрата суммы $(2x + 3\sqrt{1+x})^2$:
$(2x)^2 + 2 \cdot (2x) \cdot (3\sqrt{1+x}) + (3\sqrt{1+x})^2 - (3\sqrt{1+x})^2 - 27(1+x) \le 0$
$(2x + 3\sqrt{1+x})^2 - 9(1+x) - 27(1+x) \le 0$
$(2x + 3\sqrt{1+x})^2 - 36(1+x) \le 0$
$(2x + 3\sqrt{1+x})^2 - (6\sqrt{1+x})^2 \le 0$
Применим формулу разности квадратов $a^2-b^2=(a-b)(a+b)$:
$(2x + 3\sqrt{1+x} - 6\sqrt{1+x})(2x + 3\sqrt{1+x} + 6\sqrt{1+x}) \le 0$
$(2x - 3\sqrt{1+x})(2x + 9\sqrt{1+x}) \le 0$

3. Решим неравенство методом интервалов. Найдем корни каждого множителя.
Первый множитель: $2x - 3\sqrt{1+x} = 0 \implies 2x = 3\sqrt{1+x}$.
Для равенства необходимо $x \ge 0$. Возводим в квадрат: $4x^2 = 9(1+x) \implies 4x^2 - 9x - 9 = 0$.
Корни: $x = \frac{9 \pm \sqrt{81 - 4(4)(-9)}}{8} = \frac{9 \pm \sqrt{225}}{8} = \frac{9 \pm 15}{8}$.
$x_1 = \frac{24}{8} = 3$ (удовлетворяет $x \ge 0$).
$x_2 = \frac{-6}{8} = -\frac{3}{4}$ (не удовлетворяет $x \ge 0$, посторонний корень).
Второй множитель: $2x + 9\sqrt{1+x} = 0 \implies 2x = -9\sqrt{1+x}$.
Для равенства необходимо $x \le 0$. Возводим в квадрат: $4x^2 = 81(1+x) \implies 4x^2 - 81x - 81 = 0$.
Корни: $x = \frac{81 \pm \sqrt{81^2 - 4(4)(-81)}}{8} = \frac{81 \pm \sqrt{81(81+16)}}{8} = \frac{81 \pm 9\sqrt{97}}{8}$.
Корень $x_3 = \frac{81+9\sqrt{97}}{8} > 0$ (посторонний).
Корень $x_4 = \frac{81-9\sqrt{97}}{8}$. Проверим, что он $\le 0$: $81 < 9\sqrt{97} \iff 9 < \sqrt{97} \iff 81 < 97$, верно. Также $x_4 \ge -1$. Корень подходит.

4. Нанесем корни $x_4 = \frac{81-9\sqrt{97}}{8}$ и $x_1=3$ на числовую прямую и определим знаки произведения на интервалах, учитывая ОДЗ $x \ge -1$.
Интервалы: $[-1, \frac{81-9\sqrt{97}}{8})$, $(\frac{81-9\sqrt{97}}{8}, 3)$, $(3, \infty)$.
- При $x > 3$ (например $x=8$), оба множителя положительны, произведение `+`.
- При $x \in (\frac{81-9\sqrt{97}}{8}, 3)$ (например $x=0$), $(2(0)-3\sqrt{1})<0$ и $(2(0)+9\sqrt{1})>0$, произведение `-`.
- При $x \in [-1, \frac{81-9\sqrt{97}}{8})$, оба множителя отрицательны, произведение `+`.
Нам нужно, чтобы произведение было $\le 0$. Это выполняется на отрезке между корнями.

Ответ: $x \in [\frac{81 - 9\sqrt{97}}{8}, 3]$.

г)

Решим неравенство $\sqrt{x} + \sqrt{x+7} + 2\sqrt{x^2+7x} < 35 - 2x$.

1. Найдем ОДЗ.
$x \ge 0$
$x+7 \ge 0 \implies x \ge -7$
$x^2+7x = x(x+7) \ge 0 \implies x \in (-\infty, -7] \cup [0, \infty)$.
Левая часть неравенства неотрицательна, значит, правая должна быть положительной: $35 - 2x > 0 \implies 2x < 35 \implies x < 17.5$.
Пересечение всех условий дает ОДЗ: $x \in [0, 17.5)$.

2. Сделаем замену. Пусть $t = \sqrt{x} + \sqrt{x+7}$. На ОДЗ $t > 0$.
Возведем $t$ в квадрат:
$t^2 = (\sqrt{x} + \sqrt{x+7})^2 = x + 2\sqrt{x(x+7)} + x+7 = 2x+7+2\sqrt{x^2+7x}$.
Выразим из этого равенства член $2\sqrt{x^2+7x}$ из исходного неравенства:
$2\sqrt{x^2+7x} = t^2 - (2x+7)$.
Подставим это в исходное неравенство:
$(\sqrt{x} + \sqrt{x+7}) + (t^2 - 2x - 7) < 35 - 2x$
Заменим $(\sqrt{x} + \sqrt{x+7})$ на $t$:
$t + t^2 - 2x - 7 < 35 - 2x$
$t^2 + t - 7 < 35$
$t^2 + t - 42 < 0$

3. Решим квадратное неравенство относительно $t$.
Корни уравнения $t^2 + t - 42 = 0$ находятся по теореме Виета или через дискриминант: $t_1 = -7$, $t_2 = 6$.
Так как ветви параболы направлены вверх, решение неравенства: $-7 < t < 6$.

4. Вернемся к переменной $x$.
$-7 < \sqrt{x} + \sqrt{x+7} < 6$.
Так как $\sqrt{x} + \sqrt{x+7} \ge 0$ на ОДЗ, левая часть неравенства (больше -7) выполняется всегда.
Остается решить: $\sqrt{x} + \sqrt{x+7} < 6$.
Функция $f(x) = \sqrt{x} + \sqrt{x+7}$ является возрастающей на своей области определения. Найдем $x$, при котором достигается равенство.
$\sqrt{x} + \sqrt{x+7} = 6$
$\sqrt{x+7} = 6 - \sqrt{x}$
Обе части неотрицательны (для этого $6-\sqrt{x} \ge 0 \implies \sqrt{x} \le 6 \implies x \le 36$, что выполняется в рамках ОДЗ). Возводим в квадрат:
$x+7 = (6 - \sqrt{x})^2$
$x+7 = 36 - 12\sqrt{x} + x$
$7 = 36 - 12\sqrt{x}$
$12\sqrt{x} = 29$
$\sqrt{x} = \frac{29}{12}$
$x = (\frac{29}{12})^2 = \frac{841}{144}$

5. Так как функция $f(x)$ возрастающая, неравенство $f(x) < 6$ будет выполняться для всех $x$, меньших найденного значения.
$x < \frac{841}{144}$.
Объединим с ОДЗ $x \in [0, 17.5)$. Так как $\frac{841}{144} \approx 5.84$, это значение входит в ОДЗ. Итоговое решение — это пересечение $x \ge 0$ и $x < \frac{841}{144}$.

Ответ: $x \in [0, \frac{841}{144})$.