Номер 58.19, страница 228, часть 2 - гдз по алгебре 10-11 класс задачник Мордкович, Семенов

§58. Уравнения и неравенства с двумя переменными. Глава 10. Уравнения и неравенства. Системы уравнений и неравенств. ч. 2 - номер 58.19, страница 228.

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

б) $\sqrt{1 - y} \le \sqrt{1 - 2x^2}$

В) $\sqrt{x + y - 1} > \sqrt{2x - y}$

Г) $\sqrt{y^2 - 1} \ge \sqrt{2x - 1}$

а) Исходное неравенство: $\sqrt{3x - y - 1} < \sqrt{2x + y - 1}$.

Данное иррациональное неравенство равносильно системе, включающей в себя область допустимых значений (ОДЗ) и результат возведения в квадрат обеих частей неравенства. Так как функция $f(t)=\sqrt{t}$ монотонно возрастающая, неравенство $\sqrt{A} < \sqrt{B}$ равносильно системе $\begin{cases} A \ge 0 \\ A < B \end{cases}$. Условие $B > A \ge 0$ гарантирует, что и подкоренное выражение $B$ также неотрицательно, поэтому условие $B \ge 0$ можно было бы вывести, но для ясности лучше начать с полной ОДЗ.

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ): подкоренные выражения должны быть неотрицательными.
$\begin{cases} 3x - y - 1 \ge 0 \\ 2x + y - 1 \ge 0 \end{cases}$

2. Так как обе части неравенства неотрицательны, возведем их в квадрат:
$(\sqrt{3x - y - 1})^2 < (\sqrt{2x + y - 1})^2$
$3x - y - 1 < 2x + y - 1$
$3x - 2x < y + y$
$x < 2y$, что эквивалентно $y > \frac{x}{2}$.

3. Объединим все условия в одну систему:
$\begin{cases} 3x - y - 1 \ge 0 \\ 2x + y - 1 \ge 0 \\ y > \frac{x}{2} \end{cases}$

Выразим $y$ в каждом неравенстве, чтобы было удобнее интерпретировать решение графически:
$\begin{cases} y \le 3x - 1 \\ y \ge -2x + 1 \\ y > \frac{x}{2} \end{cases}$
Решением является область на координатной плоскости, ограниченная сверху прямой $y = 3x - 1$, снизу прямой $y = -2x + 1$ и находящаяся строго выше прямой $y = \frac{x}{2}$.

Ответ: $\begin{cases} y \le 3x - 1 \\ y \ge -2x + 1 \\ y > \frac{x}{2} \end{cases}$

б) Исходное неравенство: $\sqrt{1 - y} \le \sqrt{1 - 2x^2}$.

Неравенство вида $\sqrt{A} \le \sqrt{B}$ равносильно системе $\begin{cases} A \ge 0 \\ A \le B \end{cases}$. Условие $B \ge A \ge 0$ гарантирует, что и $B$ неотрицательно.

1. Составим эквивалентную систему:
$\begin{cases} 1 - y \ge 0 \\ 1 - y \le 1 - 2x^2 \end{cases}$

2. Упростим эту систему:
$\begin{cases} y \le 1 \\ -y \le -2x^2 \end{cases}$
Умножим второе неравенство на -1, изменив знак неравенства на противоположный:
$\begin{cases} y \le 1 \\ y \ge 2x^2 \end{cases}$

3. Объединим в двойное неравенство:
$2x^2 \le y \le 1$.
Это и есть решение. Заметим, что из этого решения автоматически следует выполнение ОДЗ для второго корня: $2x^2 \le y \le 1 \implies 2x^2 \le 1 \implies 1-2x^2 \ge 0$.

Ответ: $2x^2 \le y \le 1$

в) Исходное неравенство: $\sqrt{x + y - 1} > \sqrt{2x - y}$.

Неравенство вида $\sqrt{A} > \sqrt{B}$ равносильно системе $\begin{cases} B \ge 0 \\ A > B \end{cases}$. Условие $A > B \ge 0$ гарантирует, что и $A$ неотрицательно.

1. Составим эквивалентную систему:
$\begin{cases} 2x - y \ge 0 \\ x + y - 1 > 2x - y \end{cases}$

2. Упростим эту систему:
Из первого неравенства: $y \le 2x$.
Из второго неравенства: $y + y > 2x - x + 1 \implies 2y > x + 1 \implies y > \frac{x + 1}{2}$.

3. Запишем итоговую систему:
$\begin{cases} y \le 2x \\ y > \frac{x + 1}{2} \end{cases}$
Решением является область на координатной плоскости, расположенная между прямыми $y = \frac{x+1}{2}$ (не включая саму прямую) и $y = 2x$ (включая прямую).

Ответ: $\begin{cases} y \le 2x \\ y > \frac{x + 1}{2} \end{cases}$

г) Исходное неравенство: $\sqrt{y^2 - 1} \ge \sqrt{2x - 1}$.

Неравенство вида $\sqrt{A} \ge \sqrt{B}$ равносильно системе $\begin{cases} B \ge 0 \\ A \ge B \end{cases}$. Условие $A \ge B \ge 0$ гарантирует, что и $A$ неотрицательно.

1. Составим эквивалентную систему:
$\begin{cases} 2x - 1 \ge 0 \\ y^2 - 1 \ge 2x - 1 \end{cases}$

2. Упростим эту систему:
Из первого неравенства: $2x \ge 1 \implies x \ge \frac{1}{2}$.
Из второго неравенства: $y^2 \ge 2x$.

3. Запишем итоговую систему:
$\begin{cases} x \ge \frac{1}{2} \\ y^2 \ge 2x \end{cases}$
Заметим, что из этой системы автоматически следует выполнение ОДЗ для первого корня: $x \ge \frac{1}{2} \implies 2x \ge 1$. Тогда из $y^2 \ge 2x$ следует, что $y^2 \ge 1$, а значит $y^2 - 1 \ge 0$.
Решением является часть плоскости правее вертикальной прямой $x = \frac{1}{2}$ (включая прямую), которая лежит "снаружи" от параболы $y^2 = 2x$ (включая точки на самой параболе).

Ответ: $\begin{cases} x \ge \frac{1}{2} \\ y^2 \ge 2x \end{cases}$