Номер 30.51, страница 197, 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 30.51, страница 197.

30.51. a) $\sqrt{x^2 + x} \le 3(x^2 + x) - 4;$

б) $x + 3 + \sqrt{2x^2 - x - 1} \ge 2x^2.$

а) $\sqrt{x^2 + x} \le 3(x^2 + x) - 4$
Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Выражение под корнем должно быть неотрицательным:
$x^2 + x \ge 0$
$x(x+1) \ge 0$
Решением этого неравенства является объединение промежутков $x \in (-\infty, -1] \cup [0, +\infty)$.
Введем замену переменной. Пусть $t = \sqrt{x^2 + x}$. Так как $t$ — это арифметический квадратный корень, должно выполняться условие $t \ge 0$. Тогда $t^2 = x^2 + x$.
Подставим новую переменную в исходное неравенство:
$t \le 3t^2 - 4$
Перенесем все члены в одну сторону, чтобы получить квадратное неравенство:
$3t^2 - t - 4 \ge 0$
Найдем корни соответствующего квадратного уравнения $3t^2 - t - 4 = 0$.
Дискриминант $D = (-1)^2 - 4 \cdot 3 \cdot (-4) = 1 + 48 = 49 = 7^2$.
Корни уравнения: $t_1 = \frac{1 - 7}{2 \cdot 3} = \frac{-6}{6} = -1$ и $t_2 = \frac{1 + 7}{2 \cdot 3} = \frac{8}{6} = \frac{4}{3}$.
Парабола $y = 3t^2 - t - 4$ ветвями вверх, поэтому неравенство $3t^2 - t - 4 \ge 0$ выполняется при $t \le -1$ или $t \ge \frac{4}{3}$.
Учитывая условие $t \ge 0$, получаем, что $t \ge \frac{4}{3}$.
Вернемся к исходной переменной $x$:
$\sqrt{x^2 + x} \ge \frac{4}{3}$
Так как обе части неравенства неотрицательны, мы можем возвести их в квадрат:
$x^2 + x \ge (\frac{4}{3})^2$
$x^2 + x \ge \frac{16}{9}$
$x^2 + x - \frac{16}{9} \ge 0$
Умножим на 9, чтобы избавиться от дроби:
$9x^2 + 9x - 16 \ge 0$
Найдем корни уравнения $9x^2 + 9x - 16 = 0$.
Дискриминант $D = 9^2 - 4 \cdot 9 \cdot (-16) = 81 + 576 = 657$. $\sqrt{D} = \sqrt{9 \cdot 73} = 3\sqrt{73}$.
Корни: $x_{1,2} = \frac{-9 \pm 3\sqrt{73}}{18} = \frac{-3 \pm \sqrt{73}}{6}$.
Парабола $y = 9x^2 + 9x - 16$ ветвями вверх, поэтому неравенство выполняется при $x \le \frac{-3 - \sqrt{73}}{6}$ или $x \ge \frac{-3 + \sqrt{73}}{6}$.
Данное решение $x^2+x \ge \frac{16}{9}$ является более сильным, чем условие ОДЗ ($x^2+x \ge 0$), поэтому оно автоматически удовлетворяет ОДЗ.
Ответ: $x \in (-\infty, \frac{-3 - \sqrt{73}}{6}] \cup [\frac{-3 + \sqrt{73}}{6}, +\infty)$.

б) $x + 3 + \sqrt{2x^2 - x - 1} \ge 2x^2$
Найдем ОДЗ: $2x^2 - x - 1 \ge 0$.
Корни уравнения $2x^2 - x - 1 = 0$: $D = (-1)^2 - 4 \cdot 2 \cdot (-1) = 9$, $x_1 = \frac{1-3}{4} = -\frac{1}{2}$, $x_2 = \frac{1+3}{4} = 1$.
Следовательно, ОДЗ: $x \in (-\infty, -1/2] \cup [1, +\infty)$.
Преобразуем неравенство, оставив корень в одной части:
$\sqrt{2x^2 - x - 1} \ge 2x^2 - x - 3$
Заметим, что выражение в правой части похоже на подкоренное. Сделаем замену:
Пусть $t = \sqrt{2x^2 - x - 1}$, где $t \ge 0$. Тогда $t^2 = 2x^2 - x - 1$.
Правая часть неравенства: $2x^2 - x - 3 = (2x^2 - x - 1) - 2 = t^2 - 2$.
Подставляем в неравенство:
$t \ge t^2 - 2$
$t^2 - t - 2 \le 0$
Найдем корни уравнения $t^2 - t - 2 = 0$. По теореме Виета, корни $t_1 = -1$ и $t_2 = 2$.
Парабола $y=t^2-t-2$ ветвями вверх, поэтому решение неравенства: $-1 \le t \le 2$.
С учетом условия $t \ge 0$, получаем $0 \le t \le 2$.
Возвращаемся к переменной $x$:
$0 \le \sqrt{2x^2 - x - 1} \le 2$
Это двойное неравенство. Левая часть $\sqrt{2x^2 - x - 1} \ge 0$ выполняется для всех $x$ из ОДЗ.
Рассмотрим правую часть: $\sqrt{2x^2 - x - 1} \le 2$.
Возводим обе неотрицательные части в квадрат:
$2x^2 - x - 1 \le 4$
$2x^2 - x - 5 \le 0$
Найдем корни уравнения $2x^2 - x - 5 = 0$.
$D = (-1)^2 - 4 \cdot 2 \cdot (-5) = 1 + 40 = 41$.
Корни: $x_{1,2} = \frac{1 \pm \sqrt{41}}{4}$.
Парабола $y=2x^2-x-5$ ветвями вверх, поэтому решение неравенства: $[\frac{1 - \sqrt{41}}{4}, \frac{1 + \sqrt{41}}{4}]$.
Теперь найдем пересечение этого решения с ОДЗ $x \in (-\infty, -1/2] \cup [1, +\infty)$.
Сравним значения: $\frac{1 - \sqrt{41}}{4} \approx \frac{1 - 6.4}{4} = -1.35$, что меньше $-0.5$.
$\frac{1 + \sqrt{41}}{4} \approx \frac{1 + 6.4}{4} = 1.85$, что больше $1$.
Пересечение множеств $[\frac{1 - \sqrt{41}}{4}, \frac{1 + \sqrt{41}}{4}]$ и $(-\infty, -1/2] \cup [1, +\infty)$ дает:
$[\frac{1 - \sqrt{41}}{4}, -\frac{1}{2}] \cup [1, \frac{1 + \sqrt{41}}{4}]$.
Ответ: $x \in [\frac{1 - \sqrt{41}}{4}, -\frac{1}{2}] \cup [1, \frac{1 + \sqrt{41}}{4}]$.