Номер 30.46, страница 196, часть 2 - гдз по алгебре 11 класс учебник Мордкович, Семенов

§ 30. Иррациональные уравнения и неравенства. Глава 6. Уравнения и неравенства. Системы уравнений и неравенств*. ч. 2 - номер 30.46, страница 196.

Решите неравенство:

30.46. а) $\sqrt{x + 6} < x;$

б) $\sqrt{5 + 12x - x^2} > x - 7;$

в) $\sqrt{2x^3 + x^2 - 20} \le x;$

г) $\sqrt{2x^3 + x + 3} \ge x\sqrt{6}.$

а)

Дано неравенство $\sqrt{x+6} < x$.

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

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

Подставляем наши выражения:

$\begin{cases} x+6 \ge 0 \\ x > 0 \\ x+6 < x^2 \end{cases}$

Решаем каждое неравенство системы:

1. $x+6 \ge 0 \implies x \ge -6$.

2. $x > 0$.

3. $x+6 < x^2 \implies x^2 - x - 6 > 0$.

Для решения квадратного неравенства 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, неравенство $x^2-x-6>0$ выполняется при $x \in (-\infty, -2) \cup (3, +\infty)$.

Теперь найдем пересечение решений всех трех неравенств:

$x \in [-6, +\infty) \cap (0, +\infty) \cap ((-\infty, -2) \cup (3, +\infty))$.

Пересечение первых двух интервалов дает $x \in (0, +\infty)$.

Пересекая $(0, +\infty)$ с $(-\infty, -2) \cup (3, +\infty)$, получаем итоговое решение $x \in (3, +\infty)$.

Ответ: $(3, +\infty)$.

б)

Дано неравенство $\sqrt{5 + 12x - x^2} > x - 7$.

Это неравенство вида $\sqrt{f(x)} > g(x)$ распадается на две совокупности систем:

1. Если правая часть отрицательна, $x - 7 < 0$, то неравенство выполняется для всех $x$, при которых подкоренное выражение неотрицательно.

$\begin{cases} x - 7 < 0 \\ 5 + 12x - x^2 \ge 0 \end{cases}$

Решаем эту систему:

$x < 7$.

$5 + 12x - x^2 \ge 0 \implies x^2 - 12x - 5 \le 0$.

Найдем корни уравнения $x^2 - 12x - 5 = 0$: $D = (-12)^2 - 4(1)(-5) = 144 + 20 = 164 = 4 \cdot 41$.

$x = \frac{12 \pm \sqrt{164}}{2} = \frac{12 \pm 2\sqrt{41}}{2} = 6 \pm \sqrt{41}$.

Решение неравенства $x^2 - 12x - 5 \le 0$ есть отрезок $[6 - \sqrt{41}, 6 + \sqrt{41}]$.

Найдем пересечение $x < 7$ и $x \in [6 - \sqrt{41}, 6 + \sqrt{41}]$. Так как $6 < \sqrt{41} < 7$, то $6+\sqrt{41} > 12$. Следовательно, $7 < 6+\sqrt{41}$.

Решение первой системы: $x \in [6 - \sqrt{41}, 7)$.

2. Если правая часть неотрицательна, $x - 7 \ge 0$, то можно возвести обе части в квадрат.

$\begin{cases} x - 7 \ge 0 \\ 5 + 12x - x^2 > (x - 7)^2 \end{cases}$

Решаем эту систему:

$x \ge 7$.

$5 + 12x - x^2 > x^2 - 14x + 49 \implies 2x^2 - 26x + 44 < 0 \implies x^2 - 13x + 22 < 0$.

Корни уравнения $x^2 - 13x + 22 = 0$ это $x_1 = 2$, $x_2 = 11$.

Решение неравенства $x^2 - 13x + 22 < 0$ есть интервал $(2, 11)$.

Найдем пересечение $x \ge 7$ и $x \in (2, 11)$. Получаем $x \in [7, 11)$.

Объединяя решения обоих случаев, получаем:

$[6 - \sqrt{41}, 7) \cup [7, 11) = [6 - \sqrt{41}, 11)$.

Ответ: $[6 - \sqrt{41}, 11)$.

в)

Дано неравенство $\sqrt{2x^3 + x^2 - 20} \le x$.

Это неравенство вида $\sqrt{f(x)} \le g(x)$ равносильно системе неравенств:

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

Подставляем наши выражения:

$\begin{cases} 2x^3 + x^2 - 20 \ge 0 \\ x \ge 0 \\ 2x^3 + x^2 - 20 \le x^2 \end{cases}$

Решим третье неравенство: $2x^3 + x^2 - 20 \le x^2 \implies 2x^3 \le 20 \implies x^3 \le 10 \implies x \le \sqrt[3]{10}$.

Решим первое неравенство: $2x^3 + x^2 - 20 \ge 0$.

Найдем корень многочлена $P(x) = 2x^3 + x^2 - 20$. Подбором находим, что $x=2$ является корнем: $P(2) = 2(2^3) + 2^2 - 20 = 16 + 4 - 20 = 0$.

Разделим многочлен на $(x-2)$: $(2x^3 + x^2 - 20) : (x-2) = 2x^2 + 5x + 10$.

Получаем $(x-2)(2x^2 + 5x + 10) \ge 0$.

Квадратный трехчлен $2x^2 + 5x + 10$ имеет дискриминант $D = 5^2 - 4(2)(10) = 25 - 80 = -55 < 0$. Так как старший коэффициент положителен, этот трехчлен всегда больше нуля.

Следовательно, неравенство равносильно $x-2 \ge 0$, то есть $x \ge 2$.

Теперь объединим все условия в систему:

$\begin{cases} x \ge 2 \\ x \ge 0 \\ x \le \sqrt[3]{10} \end{cases}$

Пересечение этих условий дает $2 \le x \le \sqrt[3]{10}$. Так как $2^3 = 8 < 10$, то $2 < \sqrt[3]{10}$, и интервал не пуст.

Ответ: $[2, \sqrt[3]{10}]$.

г)

Дано неравенство $\sqrt{2x^3 + x + 3} \ge x\sqrt{6}$.

Это неравенство вида $\sqrt{f(x)} \ge g(x)$ распадается на две совокупности систем:

1. Если $x\sqrt{6} < 0 \implies x < 0$. Неравенство верно, если подкоренное выражение определено:

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

Решим $2x^3 + x + 3 \ge 0$. Подбором находим корень $x=-1$. Делим многочлен на $(x+1)$ и получаем $(x+1)(2x^2 - 2x + 3) \ge 0$. Дискриминант $2x^2 - 2x + 3$ равен $D = (-2)^2 - 4(2)(3) = 4 - 24 = -20 < 0$, поэтому $2x^2 - 2x + 3 > 0$ для всех $x$. Неравенство равносильно $x+1 \ge 0 \implies x \ge -1$.

Пересечение $x < 0$ и $x \ge -1$ дает решение $x \in [-1, 0)$.

2. Если $x\sqrt{6} \ge 0 \implies x \ge 0$. Можно возвести обе части в квадрат:

$\begin{cases} x \ge 0 \\ 2x^3 + x + 3 \ge (x\sqrt{6})^2 \end{cases}$

Решаем второе неравенство: $2x^3 + x + 3 \ge 6x^2 \implies 2x^3 - 6x^2 + x + 3 \ge 0$.

Подбором находим корень $x=1$. Делим многочлен на $(x-1)$ и получаем $(x-1)(2x^2 - 4x - 3) \ge 0$.

Найдем корни $2x^2 - 4x - 3 = 0$: $x = \frac{4 \pm \sqrt{16 - 4(2)(-3)}}{4} = \frac{4 \pm \sqrt{40}}{4} = \frac{2 \pm \sqrt{10}}{2}$.

Таким образом, корни кубического многочлена: $\frac{2 - \sqrt{10}}{2}, 1, \frac{2 + \sqrt{10}}{2}$.

Решаем неравенство $2x^3 - 6x^2 + x + 3 \ge 0$ методом интервалов. Решением будет $x \in [\frac{2 - \sqrt{10}}{2}, 1] \cup [\frac{2 + \sqrt{10}}{2}, +\infty)$.

Находим пересечение этого решения с условием $x \ge 0$. Так как $\frac{2 - \sqrt{10}}{2} < 0$, получаем $x \in [0, 1] \cup [\frac{2 + \sqrt{10}}{2}, +\infty)$.

Объединяя решения обоих случаев, получаем:

$[-1, 0) \cup ([0, 1] \cup [\frac{2 + \sqrt{10}}{2}, +\infty)) = [-1, 1] \cup [\frac{2 + \sqrt{10}}{2}, +\infty)$.

Ответ: $[-1, 1] \cup [\frac{2 + \sqrt{10}}{2}, +\infty)$.