Страница 80 - гдз по алгебре 11 класс учебник Абылкасымова, Жумагулова

1. Иррационал теңсіздіктің екі жақ бөлігін теріс емес деп алу қажет, себебі теңсіздікті дәрежеге шығару (әдетте квадраттау) амалы жалпы жағдайда мәндес түрлендіру болып табылмайды. Теңсіздіктің екі жағын квадраттағанда теңсіздік белгісінің сақталуы екі жақтың да таңбасына байланысты. Егер теңсіздіктің екі жағы да оң болса, яғни $a > b \ge 0$, онда $a^2 > b^2$ болады. Мысалы, $5 > 3$ дұрыс, және $25 > 9$ да дұрыс. Алайда, егер екі жақтың кем дегенде біреуі теріс болса, квадраттау қате нәтижеге әкелуі мүмкін:
1) Бір жағы оң, екінші жағы теріс: $3 > -4$ дұрыс, бірақ квадраттасақ $9 > 16$ болады, бұл қате.
2) Екі жағы да теріс: $-2 > -5$ дұрыс, бірақ квадраттасақ $4 < 25$ болады (теңсіздік белгісі кері өзгереді).
Сондықтан, иррационал теңсіздікті квадраттау арқылы дұрыс шешу үшін, біз алдымен теңсіздіктің екі жағының да теріс емес екендігіне көз жеткізуіміз керек. Бұл теңсіздіктер жүйесін немесе жүйелер жиынтығын қарастыру арқылы жасалады, бұл амалдың дұрыстығын қамтамасыз етеді. Ответ:

2. Иррационал теңсіздіктерді шешуде қолданылатын екі негізгі тұжырым $\sqrt{f(x)} < g(x)$ және $\sqrt{f(x)} > g(x)$ түріндегі теңсіздіктерге қатысты. Олардың негізгі айырмашылығы шешімдерді табу логикасы мен құрылымында.
1-тұжырым: $\sqrt{f(x)} < g(x)$ түріндегі теңсіздік.
Бұл теңсіздік келесі шарттар бір уақытта орындалатын теңсіздіктер жүйесіне мәндес:$$ \begin{cases} f(x) \ge 0 & \text{(түбір астындағы өрнектің анықталу облысы)} \\ g(x) > 0 & \text{(теріс емес сан оң саннан ғана кіші бола алады)} \\ f(x) < (g(x))^2 & \text{(екі жағын да квадраттау)} \end{cases} $$Мұнда барлық үш шарт бір мезгілде орындалуы керек.
2-тұжырым: $\sqrt{f(x)} > g(x)$ түріндегі теңсіздік.
Бұл теңсіздік екі түрлі жағдайдың бірі орындалатын теңсіздіктер жиынтығына мәндес:$$ \left[ \begin{array}{l} \begin{cases} g(x) < 0 \\ f(x) \ge 0 \end{cases} \\ \begin{cases} g(x) \ge 0 \\ f(x) > (g(x))^2 \end{cases} \end{array} \right. $$Бірінші жүйе $g(x)$ теріс болған жағдайды сипаттайды (бұл кезде теріс емес сан $\sqrt{f(x)}$ әрқашан теріс саннан үлкен). Екінші жүйе $g(x)$ теріс емес болған жағдайды сипаттайды (бұл кезде екі жағын да квадраттауға болады).
Негізгі айырмашылықтар:
1. Құрылымы: Бірінші тұжырым бір ғана теңсіздіктер жүйесіне (логикалық «және») әкеледі. Екінші тұжырым екі жүйенің бірігуіне (логикалық «немесе») әкеледі, яғни шешім екі жағдайдың шешімдерінің бірігуі болып табылады.
2. Логикасы: Айырмашылық $g(x)$ функциясының таңбасына байланысты. $\sqrt{f(x)} < g(x)$ үшін $g(x)$ міндетті түрде оң болуы керек, бұл бір ғана жағдайға әкеледі. Ал $\sqrt{f(x)} > g(x)$ үшін $g(x)$ теріс те, оң да болуы мүмкін, бұл екі бөлек жағдайды қарастыруды талап етеді. Ответ:

3. Иррационал теңсіздіктерді шешу кезінде қолданылатын тұжырымдар дәрежелік функцияның монотондылық қасиетіне негізделген. Нақтырақ айтсақ, $y=x^2$ функциясының қасиетіне.
$y=x^2$ функциясы $[0, +\infty)$ аралығында қатаң өспелі болып табылады. Бұл дегеніміз, кез келген теріс емес $a$ және $b$ сандары үшін, егер $a < b$ болса, онда $a^2 < b^2$ болады. Дәл осы қасиет теңсіздіктің екі жағы да теріс емес екеніне көз жеткізгеннен кейін, оны квадрат дәрежеге шығарып, теңсіздік белгісін сақтауға мүмкіндік береді.
Мысалы, $\sqrt{f(x)} < g(x)$ теңсіздігін шешкенде, біз $g(x) > 0$ (демек, екі жағы да теріс емес) деп шарт қоямыз. Осыдан кейін $y=x^2$ функциясының $[0, +\infty)$ аралығындағы монотонды өсу қасиетіне сүйеніп, $(\sqrt{f(x)})^2 < (g(x))^2$, яғни $f(x) < (g(x))^2$ теңсіздігіне көше аламыз.
Сонымен, иррационал теңсіздіктерді шешудің негізінде жатқан басты математикалық принцип – дәрежелік функцияның теріс емес сандар жиынындағы монотондылығы. Ответ:

1) Решим неравенство $\sqrt{x} \ge 2$.

Сначала найдем область допустимых значений (ОДЗ). Выражение под знаком квадратного корня должно быть неотрицательным, поэтому $x \ge 0$.

Теперь решим само неравенство. Поскольку обе части неравенства ($\sqrt{x}$ и 2) неотрицательны, мы можем возвести их в квадрат, сохранив знак неравенства:

$(\sqrt{x})^2 \ge 2^2$

$x \ge 4$

Сравним полученное решение с ОДЗ. Условие $x \ge 4$ полностью удовлетворяет условию $x \ge 0$. Следовательно, решением является $x \ge 4$.

Ответ: $x \in [4, +\infty)$.

2) Решим неравенство $\sqrt{x} < 5$.

Область допустимых значений (ОДЗ) для этого неравенства определяется условием $x \ge 0$.

Возведем обе части неравенства в квадрат. Так как обе части неотрицательны, знак неравенства не изменится:

$(\sqrt{x})^2 < 5^2$

$x < 25$

Теперь необходимо учесть ОДЗ. Мы имеем систему неравенств:

$\begin{cases} x < 25 \\ x \ge 0 \end{cases}$

Решением этой системы является двойное неравенство $0 \le x < 25$.

Ответ: $x \in [0, 25)$.

3) Решим неравенство $\sqrt[3]{x} > 3$.

Область допустимых значений для кубического корня — все действительные числа, так как корень нечетной степени можно извлекать из любого числа (как положительного, так и отрицательного). ОДЗ: $x \in (-\infty, +\infty)$.

Чтобы избавиться от знака корня, возведем обе части неравенства в третью степень. При возведении в нечетную степень знак неравенства сохраняется:

$(\sqrt[3]{x})^3 > 3^3$

$x > 27$

Так как ОДЗ не накладывает ограничений, решение неравенства — $x > 27$.

Ответ: $x \in (27, +\infty)$.

4) Решим неравенство $\sqrt[3]{x} \le 2$.

Область допустимых значений (ОДЗ) для кубического корня — все действительные числа ($x \in \mathbb{R}$).

Возведем обе части неравенства в третью степень. Так как степень нечетная, знак неравенства не меняется:

$(\sqrt[3]{x})^3 \le 2^3$

$x \le 8$

Это и есть окончательное решение, поскольку ОДЗ не вносит дополнительных ограничений.

Ответ: $x \in (-\infty, 8]$.

1) Решим неравенство $\sqrt{x+1} > 2$.

Поскольку правая часть неравенства - положительное число (2 > 0), обе части неравенства неотрицательны. Мы можем возвести их в квадрат, сохранив знак неравенства. Это преобразование является равносильным, так как условие неотрицательности подкоренного выражения ($x+1 \ge 0$) будет автоматически выполнено, если $x+1 > 4$.

Возводим обе части в квадрат:

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

$x+1 > 4$

Переносим 1 в правую часть:

$x > 4 - 1$

$x > 3$

Таким образом, решением неравенства является интервал $(3, +\infty)$.

Ответ: $x \in (3, +\infty)$.

2) Решим неравенство $\sqrt{1-x} \le 4$.

Данное неравенство равносильно системе двух условий. Во-первых, подкоренное выражение должно быть неотрицательным (область допустимых значений, ОДЗ). Во-вторых, можно возвести в квадрат обе части неравенства, так как они обе неотрицательны.

$\begin{cases} 1-x \ge 0 \\ (\sqrt{1-x})^2 \le 4^2 \end{cases}$

Решим эту систему:

$\begin{cases} -x \ge -1 \\ 1-x \le 16 \end{cases}$

$\begin{cases} x \le 1 \\ -x \le 15 \end{cases}$

$\begin{cases} x \le 1 \\ x \ge -15 \end{cases}$

Объединяя оба условия, получаем двойное неравенство: $-15 \le x \le 1$.

Ответ: $x \in [-15, 1]$.

3) Решим неравенство $\sqrt{3x+1} \ge 1$.

Обе части неравенства неотрицательны, поэтому мы можем возвести их в квадрат. Условие неотрицательности подкоренного выражения ($3x+1 \ge 0$) будет выполнено автоматически, поскольку $3x+1 \ge 1^2=1$, а $1>0$.

Возводим обе части в квадрат:

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

$3x+1 \ge 1$

$3x \ge 1 - 1$

$3x \ge 0$

$x \ge 0$

Решением неравенства является промежуток $[0, +\infty)$.

Ответ: $x \in [0, +\infty)$.

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

Это неравенство также равносильно системе. Подкоренное выражение должно быть неотрицательным (ОДЗ), и после возведения в квадрат обеих частей (что допустимо, так как они обе неотрицательны) неравенство должно сохраняться.

$\begin{cases} 2x-1 \ge 0 \\ (\sqrt{2x-1})^2 < 3^2 \end{cases}$

Решим систему:

$\begin{cases} 2x \ge 1 \\ 2x-1 < 9 \end{cases}$

$\begin{cases} x \ge \frac{1}{2} \\ 2x < 10 \end{cases}$

$\begin{cases} x \ge 0.5 \\ x < 5 \end{cases}$

Найдем пересечение этих двух условий. Это все числа, которые больше или равны 0.5 и одновременно меньше 5. Это соответствует полуинтервалу $[0.5, 5)$.

Ответ: $x \in [0.5, 5)$.

1) $\sqrt{3x - 8} < -2$
По определению, значение арифметического квадратного корня не может быть отрицательным числом. То есть, для любого $x$ из области допустимых значений, $\sqrt{3x - 8} \ge 0$.
Неравенство требует, чтобы неотрицательное число было меньше отрицательного числа $-2$, что невозможно. Следовательно, у неравенства нет решений.
Ответ: $x \in \emptyset$.

2) $\sqrt[3]{x + 2} \le -5$
Область определения кубического корня — все действительные числа. Возведем обе части неравенства в третью степень. Так как функция $y = t^3$ является монотонно возрастающей, знак неравенства сохраняется.
$(\sqrt[3]{x + 2})^3 \le (-5)^3$
$x + 2 \le -125$
$x \le -125 - 2$
$x \le -127$
Ответ: $(-\infty; -127]$.

3) $\sqrt{2x + 1} > 8$
Сначала найдем область допустимых значений (ОДЗ). Выражение под корнем должно быть неотрицательным.
$2x + 1 \ge 0$
$2x \ge -1$
$x \ge -\frac{1}{2}$
Поскольку обе части неравенства $\sqrt{2x + 1} > 8$ положительны, можно возвести их в квадрат, сохранив знак неравенства.
$(\sqrt{2x + 1})^2 > 8^2$
$2x + 1 > 64$
$2x > 63$
$x > 31.5$
Учитывая ОДЗ ($x \ge -0.5$), полученное решение $x > 31.5$ полностью ему удовлетворяет.
Ответ: $(31.5; +\infty)$.

4) $(x - 12)\sqrt{x - 3} \le 0$
Найдем область допустимых значений (ОДЗ):
$x - 3 \ge 0 \implies x \ge 3$
На ОДЗ множитель $\sqrt{x - 3}$ всегда неотрицателен ($\ge 0$). Произведение двух множителей будет меньше или равно нулю, если один из них меньше или равен нулю, а другой больше или равен нулю.
Поскольку $\sqrt{x - 3} \ge 0$, то для выполнения неравенства необходимо, чтобы множитель $(x - 12)$ был меньше или равен нулю:
$x - 12 \le 0 \implies x \le 12$
Теперь нужно найти пересечение полученного условия с ОДЗ:
$\begin{cases} x \ge 3 \\ x \le 12 \end{cases}$
Решением системы является промежуток $[3; 12]$.
Проверим также случай, когда $\sqrt{x - 3} = 0$, то есть $x = 3$. При $x=3$ неравенство обращается в верное равенство $0 \le 0$.
При $x=12$ неравенство также обращается в верное равенство $0 \le 0$.
Таким образом, решение удовлетворяет всем условиям.
Ответ: $[3; 12]$.

1) Решим неравенство $\sqrt{x^2 + x - 2} < 2$.
Данное иррациональное неравенство равносильно системе неравенств:
$ \begin{cases} x^2 + x - 2 \ge 0 \\ x^2 + x - 2 < 2^2 \end{cases} $
Решим первое неравенство: $x^2 + x - 2 \ge 0$.
Найдем корни уравнения $x^2 + x - 2 = 0$. По теореме Виета, корни $x_1 = -2$ и $x_2 = 1$.
Так как ветви параболы $y = x^2 + x - 2$ направлены вверх, решение неравенства: $x \in (-\infty, -2] \cup [1, +\infty)$.
Решим второе неравенство: $x^2 + x - 2 < 4$, что эквивалентно $x^2 + x - 6 < 0$.
Найдем корни уравнения $x^2 + x - 6 = 0$. По теореме Виета, корни $x_1 = -3$ и $x_2 = 2$.
Так как ветви параболы $y = x^2 + x - 6$ направлены вверх, решение неравенства: $x \in (-3, 2)$.
Теперь найдем пересечение решений обоих неравенств: $((-\infty, -2] \cup [1, +\infty)) \cap (-3, 2)$.
Пересечением является объединение интервалов $(-3, -2]$ и $[1, 2)$.
Ответ: $x \in (-3, -2] \cup [1, 2)$.

2) Решим неравенство $\sqrt{x^2 + x + 1} < 1$.
Это неравенство равносильно системе:
$ \begin{cases} x^2 + x + 1 \ge 0 \\ x^2 + x + 1 < 1^2 \end{cases} $
Рассмотрим первое неравенство: $x^2 + x + 1 \ge 0$.
Дискриминант квадратного трехчлена $D = 1^2 - 4 \cdot 1 \cdot 1 = -3$.
Поскольку дискриминант отрицательный ($D < 0$) и старший коэффициент положителен ($a=1 > 0$), выражение $x^2 + x + 1$ всегда положительно. Таким образом, первое неравенство выполняется для всех действительных чисел $x \in (-\infty, +\infty)$.
Рассмотрим второе неравенство: $x^2 + x + 1 < 1$, что эквивалентно $x^2 + x < 0$.
Вынесем $x$ за скобки: $x(x+1) < 0$.
Корни уравнения $x(x+1) = 0$ равны $x_1 = 0$ и $x_2 = -1$.
Решением неравенства является интервал между корнями: $x \in (-1, 0)$.
Пересечение решений $(-\infty, +\infty)$ и $(-1, 0)$ дает $(-1, 0)$.
Ответ: $x \in (-1, 0)$.

3) Решим неравенство $\sqrt{x^2 + 3x} > 4$.
Поскольку обе части неравенства неотрицательны, мы можем возвести их в квадрат. Это преобразование является равносильным, так как условие $x^2 + 3x \ge 0$ будет автоматически выполнено, если $x^2 + 3x > 16$.
$x^2 + 3x > 4^2$
$x^2 + 3x > 16$
$x^2 + 3x - 16 > 0$
Найдем корни соответствующего квадратного уравнения $x^2 + 3x - 16 = 0$ с помощью формулы для корней квадратного уравнения:
$x = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a} = \frac{-3 \pm \sqrt{3^2 - 4(1)(-16)}}{2(1)} = \frac{-3 \pm \sqrt{9 + 64}}{2} = \frac{-3 \pm \sqrt{73}}{2}$.
Корни: $x_1 = \frac{-3 - \sqrt{73}}{2}$ и $x_2 = \frac{-3 + \sqrt{73}}{2}$.
Так как ветви параболы $y = x^2 + 3x - 16$ направлены вверх, неравенство выполняется вне интервала между корнями.
Ответ: $x \in (-\infty, \frac{-3 - \sqrt{73}}{2}) \cup (\frac{-3 + \sqrt{73}}{2}, +\infty)$.

4) Решим неравенство $\sqrt{x^2 - 5x} > 3$.
Как и в предыдущем задании, возведем обе неотрицательные части в квадрат:
$x^2 - 5x > 3^2$
$x^2 - 5x > 9$
$x^2 - 5x - 9 > 0$
Найдем корни уравнения $x^2 - 5x - 9 = 0$:
$x = \frac{-(-5) \pm \sqrt{(-5)^2 - 4(1)(-9)}}{2(1)} = \frac{5 \pm \sqrt{25 + 36}}{2} = \frac{5 \pm \sqrt{61}}{2}$.
Корни: $x_1 = \frac{5 - \sqrt{61}}{2}$ и $x_2 = \frac{5 + \sqrt{61}}{2}$.
Ветви параболы $y = x^2 - 5x - 9$ направлены вверх, поэтому решение неравенства находится за пределами корней.
Ответ: $x \in (-\infty, \frac{5 - \sqrt{61}}{2}) \cup (\frac{5 + \sqrt{61}}{2}, +\infty)$.

1) $\sqrt{2x-1} > x-2$

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

$ \left[ \begin{array}{l} \begin{cases} g(x) < 0 \\ f(x) \ge 0 \end{cases} \\ \begin{cases} g(x) \ge 0 \\ f(x) > (g(x))^2 \end{cases} \end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} \begin{cases} x - 2 < 0 \\ 2x - 1 \ge 0 \end{cases} \\ \begin{cases} x - 2 \ge 0 \\ 2x - 1 > (x - 2)^2 \end{cases} \end{array} \right. $

Решим первую систему:

$ \begin{cases} x < 2 \\ 2x \ge 1 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x < 2 \\ x \ge \frac{1}{2} \end{cases} $

Решением первой системы является промежуток $x \in [\frac{1}{2}, 2)$.

Решим вторую систему:

$ \begin{cases} x \ge 2 \\ 2x - 1 > x^2 - 4x + 4 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x \ge 2 \\ x^2 - 6x + 5 < 0 \end{cases} $

Найдем корни квадратного трехчлена $x^2 - 6x + 5 = 0$. По теореме Виета, $x_1 = 1$, $x_2 = 5$. Так как ветви параболы направлены вверх, неравенство $x^2 - 6x + 5 < 0$ выполняется при $x \in (1, 5)$.

Пересекая это решение с условием $x \ge 2$, получаем $x \in [2, 5)$.

Объединим решения обеих систем: $[\frac{1}{2}, 2) \cup [2, 5) = [\frac{1}{2}, 5)$.

Ответ: $x \in [\frac{1}{2}, 5)$.

2) $\sqrt{2x+1} < x-1$

Данное иррациональное неравенство вида $\sqrt{f(x)} < g(x)$ равносильно системе:

$ \begin{cases} f(x) \ge 0 \\ g(x) > 0 \\ f(x) < (g(x))^2 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} 2x + 1 \ge 0 \\ x - 1 > 0 \\ 2x + 1 < (x - 1)^2 \end{cases} $

Решим эту систему поэтапно:

$ \begin{cases} 2x \ge -1 \\ x > 1 \\ 2x + 1 < x^2 - 2x + 1 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x \ge -\frac{1}{2} \\ x > 1 \\ x^2 - 4x > 0 \end{cases} $

Решим неравенство $x^2 - 4x > 0$. Корни уравнения $x(x-4)=0$ равны $x_1=0$, $x_2=4$. Ветви параболы направлены вверх, поэтому решение неравенства: $x \in (-\infty, 0) \cup (4, \infty)$.

Теперь найдем пересечение всех трех условий:

$ \begin{cases} x \in [-\frac{1}{2}, \infty) \\ x \in (1, \infty) \\ x \in (-\infty, 0) \cup (4, \infty) \end{cases} $

Объединение первых двух условий дает $x > 1$. Пересекая $(1, \infty)$ с $(-\infty, 0) \cup (4, \infty)$, получаем $x \in (4, \infty)$.

Ответ: $x \in (4, \infty)$.

3) $x+2 < \sqrt{x+14}$

Это неравенство вида $g(x) < \sqrt{f(x)}$, что эквивалентно $\sqrt{f(x)} > g(x)$. Оно равносильно совокупности двух систем:

$ \left[ \begin{array}{l} \begin{cases} x + 2 < 0 \\ x + 14 \ge 0 \end{cases} \\ \begin{cases} x + 2 \ge 0 \\ (x + 2)^2 < x + 14 \end{cases} \end{array} \right. $

Решим первую систему:

$ \begin{cases} x < -2 \\ x \ge -14 \end{cases} $

Решением первой системы является промежуток $x \in [-14, -2)$.

Решим вторую систему:

$ \begin{cases} x \ge -2 \\ x^2 + 4x + 4 < x + 14 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x \ge -2 \\ x^2 + 3x - 10 < 0 \end{cases} $

Найдем корни уравнения $x^2 + 3x - 10 = 0$. По теореме Виета, $x_1 = -5$, $x_2 = 2$. Ветви параболы направлены вверх, поэтому неравенство $x^2 + 3x - 10 < 0$ выполняется при $x \in (-5, 2)$.

Пересекая это решение с условием $x \ge -2$, получаем $x \in [-2, 2)$.

Объединим решения обеих систем: $[-14, -2) \cup [-2, 2) = [-14, 2)$.

Ответ: $x \in [-14, 2)$.

4) $x-3 < \sqrt{x+27}$

Это неравенство вида $g(x) < \sqrt{f(x)}$, что эквивалентно $\sqrt{f(x)} > g(x)$. Оно равносильно совокупности двух систем:

$ \left[ \begin{array}{l} \begin{cases} x - 3 < 0 \\ x + 27 \ge 0 \end{cases} \\ \begin{cases} x - 3 \ge 0 \\ (x - 3)^2 < x + 27 \end{cases} \end{array} \right. $

Решим первую систему:

$ \begin{cases} x < 3 \\ x \ge -27 \end{cases} $

Решением первой системы является промежуток $x \in [-27, 3)$.

Решим вторую систему:

$ \begin{cases} x \ge 3 \\ x^2 - 6x + 9 < x + 27 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x \ge 3 \\ x^2 - 7x - 18 < 0 \end{cases} $

Найдем корни уравнения $x^2 - 7x - 18 = 0$. По теореме Виета, $x_1 = -2$, $x_2 = 9$. Ветви параболы направлены вверх, поэтому неравенство $x^2 - 7x - 18 < 0$ выполняется при $x \in (-2, 9)$.

Пересекая это решение с условием $x \ge 3$, получаем $x \in [3, 9)$.

Объединим решения обеих систем: $[-27, 3) \cup [3, 9) = [-27, 9)$.

Ответ: $x \in [-27, 9)$.