Номер 16.11, страница 126 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

16.11. Решите неравенство:

1) $3\sqrt{x} - \sqrt{x+3} > 1$;

2) $\sqrt{x+3} < \sqrt{x-1} + \sqrt{x-2}$.

1) $3\sqrt{x}-\sqrt{x+3} > 1$

Сначала найдем область допустимых значений (ОДЗ). Выражения под знаком корня должны быть неотрицательными:

$ \begin{cases} x \ge 0 \\ x+3 \ge 0 \end{cases} $ $ \implies $ $ \begin{cases} x \ge 0 \\ x \ge -3 \end{cases} $ $ \implies x \ge 0$.

ОДЗ: $x \in [0, +\infty)$.

Перепишем неравенство, уединив один из корней:

$3\sqrt{x} - 1 > \sqrt{x+3}$

Данное неравенство равносильно системе:

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

Решим эту систему:

1. $x+3 \ge 0 \implies x \ge -3$. Это условие уже учтено в ОДЗ.

2. $3\sqrt{x} - 1 > 0 \implies 3\sqrt{x} > 1 \implies \sqrt{x} > \frac{1}{3}$. Возводя в квадрат, получаем $x > \frac{1}{9}$.

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

$9x - 6\sqrt{x} + 1 > x + 3$

$8x - 2 > 6\sqrt{x}$

$4x - 1 > 3\sqrt{x}$

Сделаем замену $t = \sqrt{x}$. Так как $x > 1/9$, то $t > 1/3$. Неравенство принимает вид:

$4t^2 - 1 > 3t$

$4t^2 - 3t - 1 > 0$

Найдем корни квадратного уравнения $4t^2 - 3t - 1 = 0$:

$D = (-3)^2 - 4 \cdot 4 \cdot (-1) = 9 + 16 = 25 = 5^2$

$t_1 = \frac{3-5}{8} = -\frac{1}{4}$, $t_2 = \frac{3+5}{8} = 1$.

Решением неравенства $4t^2 - 3t - 1 > 0$ является $t \in (-\infty, -1/4) \cup (1, +\infty)$.

Учитывая условие $t > 1/3$, получаем $t > 1$.

Возвращаемся к переменной $x$:

$\sqrt{x} > 1 \implies x > 1$.

Объединим все найденные условия: $x \ge 0$ (ОДЗ), $x > 1/9$ и $x > 1$. Пересечением этих множеств является $x > 1$.

Ответ: $x \in (1, +\infty)$.

2) $\sqrt{x+3} < \sqrt{x-1} + \sqrt{x-2}$

Найдем область допустимых значений (ОДЗ):

$ \begin{cases} x+3 \ge 0 \\ x-1 \ge 0 \\ x-2 \ge 0 \end{cases} $ $ \implies $ $ \begin{cases} x \ge -3 \\ x \ge 1 \\ x \ge 2 \end{cases} $ $ \implies x \ge 2$.

ОДЗ: $x \in [2, +\infty)$.

В области допустимых значений обе части неравенства неотрицательны, поэтому можно возвести их в квадрат:

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

$x+3 < (x-1) + 2\sqrt{(x-1)(x-2)} + (x-2)$

$x+3 < 2x - 3 + 2\sqrt{x^2 - 3x + 2}$

$6 - x < 2\sqrt{x^2 - 3x + 2}$

Рассмотрим два случая в зависимости от знака левой части.

Случай 1: Левая часть отрицательна.

$6 - x < 0 \implies x > 6$.

В этом случае неравенство выполняется, так как отрицательное число всегда меньше неотрицательного (значение корня). Учитывая ОДЗ ($x \ge 2$), получаем, что все $x > 6$ являются решением.

Случай 2: Левая часть неотрицательна.

$6 - x \ge 0 \implies x \le 6$.

В этом случае обе части неравенства неотрицательны, и мы можем снова возвести их в квадрат:

$(6 - x)^2 < (2\sqrt{x^2 - 3x + 2})^2$

$36 - 12x + x^2 < 4(x^2 - 3x + 2)$

$36 - 12x + x^2 < 4x^2 - 12x + 8$

$36 < 3x^2 + 8$

$28 < 3x^2$

$x^2 > \frac{28}{3}$

Решением этого неравенства является $x < -\sqrt{\frac{28}{3}}$ или $x > \sqrt{\frac{28}{3}}$.

Теперь нужно найти пересечение полученного решения с условиями для этого случая: $x \ge 2$ (ОДЗ) и $x \le 6$.

Поскольку $\sqrt{\frac{28}{3}} = \sqrt{9\frac{1}{3}}$, то $\sqrt{9} < \sqrt{\frac{28}{3}} < \sqrt{16}$, т.е. $3 < \sqrt{\frac{28}{3}} < 4$.

Решение $x < -\sqrt{\frac{28}{3}}$ не удовлетворяет ОДЗ.

Остается найти пересечение $x > \sqrt{\frac{28}{3}}$, $x \ge 2$ и $x \le 6$. Так как $2 < \sqrt{\frac{28}{3}}$, то решением для второго случая будет интервал $(\sqrt{\frac{28}{3}}, 6]$.

Объединим решения из обоих случаев:

Случай 1: $x \in (6, +\infty)$.

Случай 2: $x \in (\sqrt{\frac{28}{3}}, 6]$.

Объединение этих двух множеств дает $x \in (\sqrt{\frac{28}{3}}, +\infty)$.

Ответ: $x \in (\sqrt{\frac{28}{3}}, +\infty)$.