Номер 30.62, страница 198, 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 30.62, страница 198.

30.62. Решите неравенство:

a) $\sqrt{x+3} \ge \frac{x+3}{x+1}$;

б) $\sqrt{x+2} > \frac{4-x}{x-1}$;

В) $\sqrt{x+4} \le \frac{x+4}{x+2}$;

Г) $\sqrt{2x+3} < \frac{2x}{1-x}$.

а) $ \sqrt{x+3} \geqslant \frac{x+3}{x+1} $

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ).
Подкоренное выражение должно быть неотрицательным: $x+3 \geqslant 0 \implies x \geqslant -3$.
Знаменатель дроби не должен быть равен нулю: $x+1 \neq 0 \implies x \neq -1$.
ОДЗ: $x \in [-3, -1) \cup (-1, +\infty)$.

2. Рассмотрим случай, когда $x+3=0$, то есть $x=-3$.
Подставляем в неравенство: $\sqrt{-3+3} \geqslant \frac{-3+3}{-3+1} \implies \sqrt{0} \geqslant \frac{0}{-2} \implies 0 \geqslant 0$.
Неравенство верное, значит $x=-3$ является решением.

3. Рассмотрим случай, когда $x+3 > 0$, то есть $x > -3$.
В этом случае $\sqrt{x+3} > 0$, и мы можем разделить обе части неравенства на $\sqrt{x+3}$:
$1 \geqslant \frac{\sqrt{x+3}}{x+1}$.

Теперь рассмотрим два подслучая в зависимости от знака знаменателя $x+1$.
Подслучай 3.1: $x+1 > 0 \implies x > -1$.
В этом случае можно умножить обе части неравенства на $x+1$, не меняя знака неравенства:
$x+1 \geqslant \sqrt{x+3}$.
Так как $x > -1$, обе части этого неравенства неотрицательны. Можем возвести их в квадрат:
$(x+1)^2 \geqslant x+3$
$x^2 + 2x + 1 \geqslant x+3$
$x^2 + x - 2 \geqslant 0$
$(x+2)(x-1) \geqslant 0$.
Решением этого квадратного неравенства являются $x \in (-\infty, -2] \cup [1, +\infty)$.
Учитывая условие этого подслучая $x > -1$, получаем решение: $x \in [1, +\infty)$.

Подслучай 3.2: $x+1 < 0 \implies x < -1$.
Учитывая, что мы рассматриваем $x > -3$, этот подслучай соответствует интервалу $-3 < x < -1$.
Умножим обе части неравенства $1 \geqslant \frac{\sqrt{x+3}}{x+1}$ на $x+1$. Так как $x+1$ отрицательно, знак неравенства меняется на противоположный:
$x+1 \leqslant \sqrt{x+3}$.
На интервале $(-3, -1)$ левая часть $(x+1)$ отрицательна, а правая часть $\sqrt{x+3}$ неотрицательна. Неравенство вида "отрицательное число $\leqslant$ неотрицательное число" всегда истинно. Следовательно, все $x$ из интервала $(-3, -1)$ являются решениями.

4. Объединим все найденные решения:
- Из пункта 2: $x=-3$.
- Из подслучая 3.1: $x \in [1, +\infty)$.
- Из подслучая 3.2: $x \in (-3, -1)$.
Общее решение: $x \in [-3, -1) \cup [1, +\infty)$.

Ответ: $x \in [-3, -1) \cup [1, +\infty)$.

б) $ \sqrt{x+2} > \frac{4-x}{x-1} $

1. ОДЗ: $x+2 \ge 0 \implies x \ge -2$ и $x-1 \ne 0 \implies x \ne 1$.
ОДЗ: $x \in [-2, 1) \cup (1, +\infty)$.

2. Решение иррационального неравенства вида $\sqrt{f(x)} > g(x)$ равносильно совокупности двух систем:

Система 1: Правая часть отрицательна. Неравенство выполняется для всех $x$ из ОДЗ, где $g(x) < 0$.$ \begin{cases} x \in [-2, 1) \cup (1, +\infty) \\ \frac{4-x}{x-1} < 0 \end{cases} $
Решим второе неравенство методом интервалов. Нули числителя: $x=4$. Нуль знаменателя: $x=1$.
Интервалы $(-\infty, 1)$, $(1, 4)$, $(4, +\infty)$. Знаки дроби: `−`, `+`, `−`.
$\frac{4-x}{x-1} < 0$ при $x \in (-\infty, 1) \cup (4, +\infty)$.
Пересекая с ОДЗ $x \in [-2, 1) \cup (1, +\infty)$, получаем решение для первой системы: $x \in [-2, 1) \cup (4, +\infty)$.

Система 2: Правая часть неотрицательна. Можно возвести обе части в квадрат.
$ \begin{cases} x \in [-2, 1) \cup (1, +\infty) \\ \frac{4-x}{x-1} \ge 0 \\ x+2 > (\frac{4-x}{x-1})^2 \end{cases} $
Из предыдущего пункта, $\frac{4-x}{x-1} \ge 0$ при $x \in (1, 4]$. Пересекая с ОДЗ, получаем $x \in (1, 4]$.
Теперь на этом интервале решим третье неравенство:
$x+2 > \frac{(4-x)^2}{(x-1)^2}$
$(x+2)(x-1)^2 > (4-x)^2$
$(x+2)(x^2-2x+1) > 16-8x+x^2$
$x^3 - 2x^2 + x + 2x^2 - 4x + 2 > 16 - 8x + x^2$
$x^3 - 3x + 2 > 16 - 8x + x^2$
$x^3 - x^2 + 5x - 14 > 0$
Найдем корни многочлена $P(x) = x^3 - x^2 + 5x - 14$. Подбором находим корень $x=2$: $P(2)=8-4+10-14=0$.
Разделим многочлен на $(x-2)$: $(x^3 - x^2 + 5x - 14) : (x-2) = x^2+x+7$.
Квадратный трехчлен $x^2+x+7$ имеет дискриминант $D = 1^2 - 4 \cdot 1 \cdot 7 = -27 < 0$, значит $x^2+x+7 > 0$ при всех $x$.
Неравенство $(x-2)(x^2+x+7) > 0$ равносильно $x-2 > 0$, то есть $x > 2$.
Пересекаем полученное решение $x>2$ с условием $x \in (1, 4]$. Получаем $x \in (2, 4]$.

3. Объединим решения обеих систем:
$x \in [-2, 1) \cup (4, +\infty)$ и $x \in (2, 4]$.
Объединяя эти множества, получаем: $x \in [-2, 1) \cup (2, 4] \cup (4, +\infty)$, что можно записать как $x \in [-2, 1) \cup (2, +\infty)$.

Ответ: $x \in [-2, 1) \cup (2, +\infty)$.

в) $ \sqrt{x+4} \le \frac{x+4}{x+2} $

1. ОДЗ: $x+4 \ge 0 \implies x \ge -4$ и $x+2 \ne 0 \implies x \ne -2$.
ОДЗ: $x \in [-4, -2) \cup (-2, +\infty)$.

2. Рассмотрим случай $x=-4$.
Подставляем в неравенство: $\sqrt{-4+4} \le \frac{-4+4}{-4+2} \implies 0 \le 0$. Верно, $x=-4$ — решение.

3. Рассмотрим случай $x > -4$. Тогда $x+4 > 0$ и $\sqrt{x+4} > 0$.
Разделим обе части неравенства на $\sqrt{x+4}$:
$1 \le \frac{\sqrt{x+4}}{x+2}$.

Подслучай 3.1: $x+2 > 0 \implies x > -2$.
Умножим обе части на $x+2$ (знак не меняется):
$x+2 \le \sqrt{x+4}$.
На интервале $x > -2$ левая часть положительна, как и правая. Возводим в квадрат:
$(x+2)^2 \le x+4$
$x^2 + 4x + 4 \le x+4$
$x^2 + 3x \le 0$
$x(x+3) \le 0$.
Решение этого неравенства: $x \in [-3, 0]$.
Учитывая условие $x > -2$, получаем решение для этого подслучая: $x \in (-2, 0]$.

Подслучай 3.2: $x+2 < 0$. Учитывая $x > -4$, этот подслучай соответствует интервалу $-4 < x < -2$.
Умножим обе части неравенства $1 \le \frac{\sqrt{x+4}}{x+2}$ на $x+2$ (знак меняется):
$x+2 \ge \sqrt{x+4}$.
На интервале $(-4, -2)$ левая часть $(x+2)$ отрицательна, а правая $\sqrt{x+4}$ неотрицательна. Неравенство "отрицательное $\ge$ неотрицательное" не может быть верным. Решений в этом подслучае нет.

4. Объединим найденные решения:
- Из пункта 2: $x=-4$.
- Из подслучая 3.1: $x \in (-2, 0]$.
Общее решение: $x \in \{-4\} \cup (-2, 0]$.

Ответ: $x \in \{-4\} \cup (-2, 0]$.

г) $ \sqrt{2x+3} < \frac{2x}{1-x} $

1. ОДЗ: $2x+3 \ge 0 \implies x \ge -1.5$ и $1-x \ne 0 \implies x \ne 1$.
ОДЗ: $x \in [-1.5, 1) \cup (1, +\infty)$.

2. Неравенство вида $\sqrt{f(x)} < g(x)$ равносильно системе:
$ \begin{cases} f(x) \ge 0 \quad (\text{из ОДЗ}) \\ g(x) > 0 \\ f(x) < (g(x))^2 \end{cases} $

Шаг 1: $g(x) > 0$
$\frac{2x}{1-x} > 0$.
Методом интервалов (нули $x=0, x=1$) находим, что это неравенство выполняется при $x \in (0, 1)$.

Шаг 2: Пересечем с ОДЗ.
Условие $x \in (0, 1)$ уже удовлетворяет ОДЗ $x \in [-1.5, 1) \cup (1, +\infty)$.
Значит, дальнейшее решение ищем на интервале $x \in (0, 1)$.

Шаг 3: Возводим в квадрат.
На интервале $x \in (0, 1)$ обе части исходного неравенства положительны, поэтому можно возвести их в квадрат:
$2x+3 < \left(\frac{2x}{1-x}\right)^2$
$2x+3 < \frac{4x^2}{(1-x)^2}$
$(2x+3)(1-x)^2 < 4x^2$
$(2x+3)(1-2x+x^2) < 4x^2$
$2x - 4x^2 + 2x^3 + 3 - 6x + 3x^2 < 4x^2$
$2x^3 - x^2 - 4x + 3 < 4x^2$
$2x^3 - 5x^2 - 4x + 3 < 0$
Найдем корни многочлена $P(x) = 2x^3 - 5x^2 - 4x + 3$.
$P(-1) = 2(-1)^3 - 5(-1)^2 - 4(-1) + 3 = -2-5+4+3=0$. Значит, $x=-1$ — корень.
Разделив $P(x)$ на $(x+1)$, получим $2x^2-7x+3$.
Корни квадратного трехчлена $2x^2-7x+3=0$ находим через дискриминант $D=49-24=25$:
$x_1 = \frac{7-5}{4} = 0.5$, $x_2 = \frac{7+5}{4} = 3$.
Таким образом, неравенство принимает вид $2(x+1)(x-0.5)(x-3) < 0$.
Методом интервалов находим решение: $x \in (-\infty, -1) \cup (0.5, 3)$.

Шаг 4: Пересекаем с интервалом из шага 2.
Нам нужно найти пересечение множества $x \in (-\infty, -1) \cup (0.5, 3)$ с интервалом $x \in (0, 1)$.
$(-\infty, -1) \cap (0, 1) = \emptyset$.
$(0.5, 3) \cap (0, 1) = (0.5, 1)$.

Итоговое решение: $x \in (0.5, 1)$.

Ответ: $x \in (0.5; 1)$.