Номер 11.34, страница 297 - гдз по алгебре 11 класс учебник Никольский, Потапов

Глава 2. Уравнения. Неравенства. Системы. Параграф 11. Равносильность неравенств на множествах - номер 11.34, страница 297.

Условие.

Решите неравенство (11.34—11.46):

11.34 а) $\sqrt{x-2} > \sqrt[3]{x^2 + x\sqrt{x} - 2x + 12\sqrt{x} - 13}$;

б) $\sqrt{x+1} > \sqrt[3]{x^2 + x\sqrt{x} + x + 3\sqrt{x} - 7}$.

Решение 1.

Решение 2.

Решение 4.

a)

Определим область допустимых значений (ОДЗ) неравенства. Наличие выражения $\sqrt{x}$ требует, чтобы $x \ge 0$.

Для упрощения неравенства введем замену переменной. Пусть $t = \sqrt{x}$. Поскольку $x \ge 0$, то и $t \ge 0$. Тогда $x = t^2$ и $x\sqrt{x} = (\sqrt{x})^3 = t^3$. Подставим это в исходное неравенство:

$t - 2 > \sqrt[3]{(t^2)^2 + t^3 - 2t^2 + 12t - 13}$

$t - 2 > \sqrt[3]{t^4 + t^3 - 2t^2 + 12t - 13}$

Возведем обе части неравенства в третью степень. Так как функция $y=z^3$ является строго возрастающей на всей числовой оси, знак неравенства при этом сохраняется:

$(t - 2)^3 > t^4 + t^3 - 2t^2 + 12t - 13$

Раскроем скобки в левой части по формуле куба разности и приведем подобные слагаемые:

$t^3 - 6t^2 + 12t - 8 > t^4 + t^3 - 2t^2 + 12t - 13$

$0 > t^4 + (t^3 - t^3) + (-2t^2 + 6t^2) + (12t - 12t) + (-13 + 8)$

$0 > t^4 + 4t^2 - 5$

Мы получили биквадратное неравенство $t^4 + 4t^2 - 5 < 0$. Для его решения сделаем еще одну замену: $u = t^2$. С учетом того, что $t \ge 0$, имеем $u \ge 0$.

$u^2 + 4u - 5 < 0$

Найдем корни квадратного трехчлена $u^2 + 4u - 5 = 0$. По теореме Виета, корнями являются $u_1 = 1$ и $u_2 = -5$. Разложим на множители: $(u - 1)(u + 5) < 0$.

Решением этого неравенства является интервал $-5 < u < 1$.

Теперь учтем ограничение $u \ge 0$. Пересечение множеств $(-5, 1)$ и $[0, +\infty)$ дает нам $0 \le u < 1$.

Произведем обратную замену $u = t^2$:

$0 \le t^2 < 1$

Неравенство $t^2 \ge 0$ верно для любого действительного $t$. Неравенство $t^2 < 1$ равносильно $-1 < t < 1$. Учитывая ограничение $t \ge 0$, получаем $0 \le t < 1$.

Наконец, вернемся к исходной переменной $x$, зная что $t = \sqrt{x}$:

$0 \le \sqrt{x} < 1$

Возведем все части этого двойного неравенства в квадрат, чтобы найти $x$:

$0^2 \le (\sqrt{x})^2 < 1^2$

$0 \le x < 1$

Это решение полностью входит в ОДЗ ($x \ge 0$).

Ответ: $x \in [0, 1)$.

б)

Область допустимых значений (ОДЗ) неравенства определяется условием $x \ge 0$.

Сделаем замену переменной $t = \sqrt{x}$, где $t \ge 0$. Тогда $x = t^2$ и $x\sqrt{x} = t^3$. Неравенство преобразуется к виду:

$t + 1 > \sqrt[3]{(t^2)^2 + t^3 + t^2 + 3t - 7}$

$t + 1 > \sqrt[3]{t^4 + t^3 + t^2 + 3t - 7}$

Возведем обе части неравенства в куб. Знак неравенства при этом не изменится:

$(t + 1)^3 > t^4 + t^3 + t^2 + 3t - 7$

Раскроем скобки в левой части по формуле куба суммы и упростим полученное выражение:

$t^3 + 3t^2 + 3t + 1 > t^4 + t^3 + t^2 + 3t - 7$

$0 > t^4 + (t^3 - t^3) + (t^2 - 3t^2) + (3t - 3t) + (-7 - 1)$

$0 > t^4 - 2t^2 - 8$

Решим полученное биквадратное неравенство $t^4 - 2t^2 - 8 < 0$. Введем замену $u = t^2$, где $u \ge 0$.

$u^2 - 2u - 8 < 0$

Найдем корни уравнения $u^2 - 2u - 8 = 0$. По теореме Виета, это $u_1 = 4$ и $u_2 = -2$. Неравенство можно представить в виде $(u - 4)(u + 2) < 0$.

Решением этого неравенства является интервал $-2 < u < 4$.

Применяя ограничение $u \ge 0$, находим пересечение множеств $(-2, 4)$ и $[0, +\infty)$, что дает $0 \le u < 4$.

Выполним обратную замену $u = t^2$:

$0 \le t^2 < 4$

Решением неравенства $t^2 < 4$ является $-2 < t < 2$. С учетом условия $t \ge 0$, получаем $0 \le t < 2$.

Вернемся к исходной переменной $x$ ($t = \sqrt{x}$):

$0 \le \sqrt{x} < 2$

Для нахождения $x$ возведем все части в квадрат:

$0^2 \le (\sqrt{x})^2 < 2^2$

$0 \le x < 4$

Полученное решение удовлетворяет ОДЗ ($x \ge 0$).

Ответ: $x \in [0, 4)$.