Номер 15.6, страница 127 - гдз по алгебре 11 класс учебник Абылкасымова, Корчевский

15.6. 1) $\sqrt{x-6} \cdot \sqrt{x-12} < x-1$;

2) $\sqrt{1-x} \cdot \sqrt{1+x} < 0$;

3) $\sqrt{x^2-x-2} < x$;

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

1) Решим неравенство $\sqrt{x-6} \cdot \sqrt{x-12} < x-1$.

Сначала найдем область допустимых значений (ОДЗ). Подкоренные выражения должны быть неотрицательными:

$ \begin{cases} x-6 \ge 0 \\ x-12 \ge 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x \ge 6 \\ x \ge 12 \end{cases} \implies x \ge 12 $.

При $x \ge 12$ левая часть неравенства $\sqrt{x-6} \cdot \sqrt{x-12}$ является произведением неотрицательных чисел и, следовательно, неотрицательна. Правая часть $x-1$ также положительна, так как $x \ge 12 \implies x-1 \ge 11 > 0$.

Поскольку обе части неравенства неотрицательны, мы можем возвести их в квадрат:

$(\sqrt{x-6} \cdot \sqrt{x-12})^2 < (x-1)^2$

$(x-6)(x-12) < (x-1)^2$

$x^2 - 12x - 6x + 72 < x^2 - 2x + 1$

$x^2 - 18x + 72 < x^2 - 2x + 1$

Перенесем члены с $x$ в одну сторону, а константы в другую:

$72 - 1 < 18x - 2x$

$71 < 16x$

$x > \frac{71}{16}$

$x > 4.4375$

Теперь необходимо найти пересечение полученного решения с ОДЗ: $x \ge 12$ и $x > 4.4375$.

Пересечением этих двух условий является $x \ge 12$.

Ответ: $x \in [12, +\infty)$.

2) Решим неравенство $\sqrt{1-x} \cdot \sqrt{1+x} < 0$.

Найдем ОДЗ:

$ \begin{cases} 1-x \ge 0 \\ 1+x \ge 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x \le 1 \\ x \ge -1 \end{cases} \implies x \in [-1, 1] $.

В области допустимых значений оба множителя $\sqrt{1-x}$ и $\sqrt{1+x}$ неотрицательны. Их произведение $\sqrt{1-x} \cdot \sqrt{1+x}$ также всегда неотрицательно, то есть $\sqrt{1-x} \cdot \sqrt{1+x} \ge 0$.

Неравенство требует, чтобы это произведение было строго меньше нуля, что невозможно. Следовательно, у данного неравенства нет решений.

Ответ: $\emptyset$ (нет решений).

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

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

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

Подставим наши функции:

$ \begin{cases} x^2 - x - 2 \ge 0 \\ x > 0 \\ x^2 - x - 2 < x^2 \end{cases} $

Решим каждое неравенство системы:

1. $x^2 - x - 2 \ge 0$. Корни уравнения $x^2 - x - 2 = 0$ равны $x_1=2$ и $x_2=-1$. Так как это парабола с ветвями вверх, решение неравенства: $x \in (-\infty, -1] \cup [2, \infty)$.

2. $x > 0$.

3. $x^2 - x - 2 < x^2 \implies -x - 2 < 0 \implies -x < 2 \implies x > -2$.

Теперь найдем пересечение всех трех решений: $x \in ((-\infty, -1] \cup [2, \infty)) \cap (0, \infty) \cap (-2, \infty)$.

Пересечение $(0, \infty)$ и $(-2, \infty)$ дает $(0, \infty)$.

Пересечение $(0, \infty)$ с $(-\infty, -1] \cup [2, \infty)$ дает $[2, \infty)$.

Ответ: $x \in [2, +\infty)$.

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

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

Система 1: Когда правая часть отрицательна. Неравенство будет верным для всех $x$ из ОДЗ.

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

Система 2: Когда правая часть неотрицательна. Можно возвести в квадрат.

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

Решим каждую систему.

Система 1:

$x+3 < 0 \implies x < -3$.

$x^2 - 3x + 2 \ge 0$. Корни уравнения $x^2 - 3x + 2 = 0$ равны $x_1=1$ и $x_2=2$. Решение неравенства: $x \in (-\infty, 1] \cup [2, \infty)$.

Пересечение $x < -3$ и $x \in (-\infty, 1] \cup [2, \infty)$ дает $x \in (-\infty, -3)$.

Система 2:

$x+3 \ge 0 \implies x \ge -3$.

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

$x^2 - 3x + 2 > x^2 + 6x + 9$

$-3x + 2 > 6x + 9$

$-7 > 9x$

$x < -\frac{7}{9}$

Пересечение $x \ge -3$ и $x < -\frac{7}{9}$ дает $x \in [-3, -\frac{7}{9})$.

Общее решение является объединением решений двух систем: $(-\infty, -3) \cup [-3, -\frac{7}{9})$.

Объединяя эти интервалы, получаем $(-\infty, -\frac{7}{9})$.

Ответ: $x \in (-\infty, -7/9)$.