Copyright\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix}1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md 1

Иррациональные неравенства

Неравенство, содержащее неизвестные величины или некоторые функциии неизвестных величин под знаком радикала называется иррациональным неравенством.

При решении иррациональных неравенств, как правило, приходится возводить обе части неравенства в натуральную степень. Такого рода преобразования могут привести к неравенствам, которые не равносильны исходному, и посколько множество решений в большинстве случаев представляет бесконечное множество, невозможно провести проверку полученых решений подстановкой. Единственный способ, который гарантирует правильный ответ, состоит в применении исключительно равносильных преобразований неравенств. В связи с этим, приведем соответсвующие утверждения, которые часто исппользуются при решении иррациональных неравенств (во всех утверждениях n - натуральное число).

A1. Неравенство

2n \sqrt{f(x)} > g(x)

равносильно совокупности систем

[ \begin{matrix}\{ & \begin{matrix}g(x) < 0, \\ f(x) ≥ 0, \end{matrix} \\ \{ & \begin{matrix}g(x) ≥ 0, \\ f(x) > [g(x)]^{2n}. \end{matrix} \end{matrix}

Замечание. Из утверждения A1 следует что неравенство

2n \sqrt{f(x)} > b,

при b ≥ 0 равносильно неравенству f(x) > [b]^{2n}, а при b < 0 равносильно неравенству f(x) ≥ 0.

A2. Неравенство

2n \sqrt{f(x)} < g(x)

равносильно следующей системе неравенств

\{ \begin{matrix}g(x) > 0, \\ f(x) ≥ 0, \\ f(x) < [g(x)]^{2n}. \end{matrix}

Замечание. Из утверждения A2 следует, что если правая часть неравенства есть число b (g(x) = b), то

− ^{2n} \sqrt{f(x)} < b ⇔ 0 ≤ f(x) < [b]^{2n}, если b > 0;

− неравенство ^{2n} \sqrt{f(x)} < b не имеет решений, если b ≤ 0.

A3. Неравенство

2n \sqrt{f(x)} > ^{2n} \sqrt{g(x)}

Copyright\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix}1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md 2

равносильно системе неравенств

\{ \begin{matrix}f(x) > g(x), \\ g(x) ≥ 0. \end{matrix}

A4. Неравенство

\frac{\sqrt[2n]{f(x)}}{g(x)} > 1

равносильно системе неравенств

\{ \begin{matrix}f(x) > [g(x)]^{2n}, \\ g(x) > 0. \end{matrix}

A5. Неравенство

\frac{\sqrt[2n]{f(x)}}{g(x)} < 1

равносильно следующей совокупности систем

[ \begin{matrix}\{ & \begin{matrix}g(x) < 0, \\ f(x) ≥ 0, \end{matrix} \\ \{ & \begin{matrix}g(x) > 0, \\ f(x) ≥ 0, \\ f(x) < [g(x)]^{2n}. \end{matrix} \end{matrix}

A6. Неравенство

2n \sqrt{f(x)} · g(x) ≥ 0

равносильно совокупности

[ \begin{matrix}\{ & \begin{matrix}f(x) = 0, \\ x ∈ D(g), \end{matrix} \\ \{ & \begin{matrix}f(x) > 0, \\ g(x) ≥ 0, \end{matrix} \end{matrix}

где D(g) означает область определения функции g.

A7. Неравенство

2n \sqrt{f(x)} · g(x) ≤ 0

равносильно совокупности

[ \begin{matrix}\{ & \begin{matrix}f(x) = 0, \\ x ∈ D(g), \end{matrix} \\ \{ & \begin{matrix}f(x) > 0, \\ g(x) ≤ 0. \end{matrix} \end{matrix}

A8. Неравенства

2n+1 \sqrt{f(x)} < g(x) и f(x) < [g(x)]^{2n+1}

равносильны.

A9. Неравенства

2n+1 \sqrt{f(x)} > g(x) и f(x) > [g(x)]^{2n+1}

равносильны.

Замечание. Если m нечетное число, то

\begin{matrix}f(x) < g(x) ⇔ [f(x)]^{m} < [g(x)]^{m}, \\ f(x) > g(x) ⇔ [f(x)]^{m} > [g(x)]^{m}, \end{matrix}

т.е. при возведении в нечетную степень знак неравенства не изменяется.

Расмотрим несколько примеров.

Пример 1. Решить неравенства

\begin{matrix}a) \sqrt{x^{2} + 3x − 18} > 2x + 3, & g) \sqrt{x^{2} − x − 2} > \sqrt{6 + 5x − x^{2}}, \\ b) \sqrt{x^{2} − x − 90} ≥ −1, & h) \frac{\sqrt{2 − x}}{1 + x} > 1, \\ c) ^{4} \sqrt{x^{2} − 9x + 16} > 2, & i) \frac{\sqrt{x − 3}}{3 − |x − 6|} < 1, \\ d) \sqrt{x^{2} + 4x − 5} < 2x + 1, & j) (x − 1)\sqrt{6 + x − x^{2}} ≤ 0, \\ e) \sqrt{x^{2} − 5x + 4} < 2, & k) \frac{9 − x}{1 − x}\sqrt{x^{2} − 8x + 7} ≥ 0, \\ f) \sqrt{x^{2} − x − 2} ≤ −2, & l) ^{3} \sqrt{x^{3} + x^{2} + x + 1} < x + 1. \end{matrix}

Решение. a) Используя утверждение A1 (в данном случае f(x) = x^{2} + 3x − 18, a g(x) = 2x + 3) получим

\sqrt{x^{2} + 3x − 18} > 2x + 3 ⇔ [ \begin{matrix}\{ & \begin{matrix}x^{2} + 3x − 18 ≥ 0, \\ 2x + 3 < 0, \end{matrix} \\ \{ & \begin{matrix}x^{2} + 3x − 18 > (2x + 3)^{2}, \\ 2x + 3 ≥ 0, \end{matrix} \end{matrix} ⇔ [ \begin{matrix}x ∈ (−∞, −6], \\ x ∈ ∅, \end{matrix} ⇔

⇔ x ∈ (−∞, −6].

Действительно, поскольку

x^{2} + 3x − 18 ≥ 0 ⇔ (x + 6)(x − 3) ≥ 0,

решение первого неравенства есть множество x ∈ (−∞; −6] ∪ [3; +∞). Решения второго неравенства системы x ∈ (∞, −\frac{3}{2}), следовательно, решение первой системы совокупности неравенств есть множество x ∈ (−∞, −6].

Первое неравенство второй системы совокупности не имеет решений

x^{2} + 3x − 18 > (2x + 3)^{2} ⇔ x^{2} + 3x − 18 > 4x^{2} + 12x + 9 ⇔
⇔ 3x^{2} + 9x + 27 < 0 ⇔ x^{2} + 3x + 9 < 0 ⇔ x ∈ ∅,

и, следовательно, вторая система совокупности не имеет решений.

Таким образом множество решений исходного неравенства есть (−∞, −6].

b) Заметим, что правая часть неравенства есть отрицательное число, а левая часть (как только существует - x^{2} − x − 90 ≥ 0) получает неотрицательные значения. Таким образом (см. замечание к утверждению A1) множество решений исходного неравенства находится решая неравенство

x^{2} − x − 90 ≥ 0,

или

(x + 9)(x − 10) ≥ 0,

откуда x ∈ (−∞, −9] ∪ [10, +∞).

c) Возводим обе части неравенства в четвертую степень и получим равносильное неравенство (см. замечание к утверждению A1)

x^{2} − 9x + 16 > 16,

или

x^{2} − 9x > 0,

откуда x ∈ (−∞, 0) ∪ (9, +∞).

d) Используя утверждение A2 (здесь f(x) = x^{2} + 4x − 5 и g(x) = 2x − 3) получим

\sqrt{x^{2} + 4x − 5} < 2x + 1 ⇔ \{ \begin{matrix}2x + 1 ≥ 0, \\ x^{2} + 4x − 5 ≥ 0, \\ x^{2} + 4x − 5 < (2x + 1)^{2}, \end{matrix} ⇔ \{ \begin{matrix}x ≥ −\frac{1}{2}, \\ [ & \begin{matrix}x ≤ −5, \\ x ≥ 1, \end{matrix} \\ 3x^{2} + 6 > 0, \end{matrix} ⇔

⇔ \{ \begin{matrix}x ≥ 1, \\ x ∈ R, \end{matrix} ⇔ x ≥ 1.

e) Используя замечание к утверждению A2, получим

\sqrt{x^{2} − 5x + 4} < 2 ⇔ \{ \begin{matrix}x^{2} − 5x + 4 < 4, \\ x^{2} − 5x + 4 ≥ 0, \end{matrix} ⇔ \{ \begin{matrix}x^{2} − 5x < 0, \\ x^{2} − 5x + 4 ≥ 0 \end{matrix} ⇔ \{ \begin{matrix}0 < x < 5, \\ [ & \begin{matrix}x ≤ 1, \\ x ≥ 4, \end{matrix} \end{matrix} ⇔

⇔ x ∈ (0; 1] ∪ [4; 5).

f) Неравенство не имеет решений, поскольку левая часть неравенства в ОДЗ есть выражение, принимающие неотрицательные значения и, следовательно, не может быть меньше или равно отрицательного числа.

g) Используя утверждение A3 (здесь f(x) = x^{2} − x − 2 и g(x) = 6 + 5x − x^{2}) получим

\sqrt{x^{2} − x − 2} > \sqrt{6 + 5x − x^{2}} ⇔ \{ \begin{matrix}x^{2} − x − 2 > 6 + 5x − x^{2}, \\ 6 + 5x − x^{2} ≥ 0, \end{matrix} ⇔ \{ \begin{matrix}x^{2} − 3x − 4 > 0, \\ x^{2} − 5x − 6 ≤ 0, \end{matrix} ⇔

⇔ \{ \begin{matrix}[ & \begin{matrix}x < −1, \\ x > 4, \end{matrix} \\ −1 ≤ x ≤ 6, \end{matrix} ⇔ x ∈ (4, 6].

Copyright\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix}1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md 5

h) Согласно утверждению A4

\frac{\sqrt{2 − x}}{x + 1} > 1 ⇔ \{ \begin{matrix}2 − x > (x + 1)^{2}, \\ x + 1 > 0, \end{matrix} ⇔ \{ \begin{matrix}x^{2} + 3x − 1 < 0, \\ x > −1, \end{matrix}

⇔ \{ \begin{matrix}\frac{−3 − \sqrt{13}}{2} < x < \frac{−3 + \sqrt{13}}{2}, \\ x > −1, \end{matrix} ⇔ −1 < x < \frac{\sqrt{13} − 3}{2}.

i) Используя утверждение A5 получим следующую совокупность систем

[ \begin{matrix}\{ & \begin{matrix}3 − |x − 6| < 0, \\ x − 3 ≥ 0, \end{matrix} \\ \{ & \begin{matrix}3 − |x − 6| > 0, \\ x − 3 ≥ 0, \\ x − 3 < (3 − |x − 6|)^{2}. \end{matrix} \end{matrix}

Решая первую систему, получим

\{ \begin{matrix}|x − 6| > 3, \\ x ≥ 3, \end{matrix} ⇔ \{ \begin{matrix}[ & \begin{matrix}x − 6 > 3, \\ x − 6 < −3, \end{matrix} \\ x ≥ 3, \end{matrix} ⇔ \{ \begin{matrix}[ & \begin{matrix}x > 9, \\ x < 3, \end{matrix} \\ x ≥ 3, \end{matrix} ⇔ x > 9.

Решая вторую систему совокупности, получим

\{ \begin{matrix}|x − 6| < 3, \\ x ≥ 3, \\ x − 3 < 9 − 6|x − 6| + x^{2} − 12x + 36, \end{matrix} ⇔ \{ \begin{matrix}−3 < x − 6 < 3, \\ x ≥ 3, \\ x^{2} − 6|x − 6| − x + 48 > 0, \end{matrix} ⇔

⇔ \{ \begin{matrix}3 < x < 9, \\ x^{2} − 6|x − 6| − x + 48 > 0, \end{matrix} ⇔ [ \begin{matrix}\{ & \begin{matrix}3 < x ≤ 6, \\ x^{2} + 6(x − 6) − x + 48 > 0, \end{matrix} \\ \{ & \begin{matrix}6 < x < 9, \\ x^{2} − 6(x − 6) − x + 48 > 0, \end{matrix} \end{matrix} ⇔

⇔ [ \begin{matrix}\{ & \begin{matrix}3 < x ≤ 6, \\ x^{2} + 5x + 12 > 0, \end{matrix} \\ \{ & \begin{matrix}6 < x < 9, \\ x^{2} − 7x + 84 > 0, \end{matrix} \end{matrix} ⇔ [ \begin{matrix}\{ & \begin{matrix}3 < x ≤ 6, \\ x ∈ R, \end{matrix} \\ \{ & \begin{matrix}6 < x < 9, \\ x ∈ R, \end{matrix} \end{matrix} ⇔ 3 < x < 9.

т.е. решение исходного неравенства есть

x ∈ (3; 9) ∪ (9; +∞).

j) Согласно утверждению A7 получим:

(x − 1)\sqrt{6 + x − x^{2}} ≤ 0 ⇔ [ \begin{matrix}\{ & \begin{matrix}6 + x − x^{2} = 0, \\ x ∈ R. \end{matrix} \\ \{ & \begin{matrix}6 + x − x^{2} > 0, \\ x − 1 ≤ 0, \end{matrix} \end{matrix} ⇔

⇔ [ \begin{matrix}[ & \begin{matrix}x = −2, \\ x = 3. \end{matrix} \\ \{ & \begin{matrix}−2 < x < 3, \\ x ≤ 1, \end{matrix} \end{matrix} ⇔ x ∈ [−2; 1] ∪ \{3\}.

k) Используя утверждение A6 получим:

\frac{9 − x}{1 − x}\sqrt{x^{2} − 8x + 7} ≥ 0 ⇔ [ \begin{matrix}\{ & \begin{matrix}x^{2} − 8x + 7 = 0, \\ x ≠ 1, \end{matrix} \\ \{ & \begin{matrix}x^{2} − 8x + 7 > 0, \\ \frac{9 − x}{1 − x} ≥ 0, \end{matrix} \end{matrix} ⇔

⇔ [ \begin{matrix}\{ & \begin{matrix}[ & \begin{matrix}x = 1, \\ x = 7, \end{matrix} \\ x ≠ 1, \end{matrix} \\ \{ & \begin{matrix}[ & \begin{matrix}x < 1, \\ x > 7, \end{matrix} \\ [ & \begin{matrix}x > 9, \\ x < 1, \end{matrix} \end{matrix} \end{matrix} ⇔ [ \begin{matrix}x = 7, \\ [ & \begin{matrix}x < 1, \\ x > 9, \end{matrix} \end{matrix} ⇔ x ∈ (−∞, 1) ∪ \{7\} ∪ [9, +∞).

l) Возведя обе части неравенства в куб получим равносильное неравенство (см. утверждение A9)

x^{3} + x^{2} + x + 1 < x^{3} + 3x^{2} + 3x + 1

или

2x^{2} + 2x > 0,

откуда x < −1 или x > 0.

В дальнейшем рассмотрим применение метода подстановки.

Пример 2. Решить неравенства

\begin{matrix}a) 3 ^{6} \sqrt{x + 2} − ^{3} \sqrt{x + 2} ≥ 2, & d) 5x − 17\sqrt{x + 5} + 31 < 0, \\ b) \frac{1}{1 − \sqrt{x + 1}} ≤ \frac{1}{2\sqrt{x + 1} + 1}, & e) 18\sqrt{2x − 1} − 9 ^{4} \sqrt{(2x − 1)(x − 1)} ≥ 2\sqrt{x − 1}, \\ c) \sqrt{\frac{x}{x − 2}} − 2\sqrt{\frac{x − 2}{x}} < 1, & f) ^{3} \sqrt{2 − x} + \sqrt{x − 1} > 1. \end{matrix}

Решение. a) Положив ^{6} \sqrt{x + 2} = t (t ≥ 0), и тем самым ^{3} \sqrt{x + 2} = t^{2}, получим неравенство

3t − t^{2} ≥ 2,

или

t^{2} − 3t + 2 ≤ 0,

откуда

1 ≤ t ≤ 2.

Copyright\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix}1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md 7

Следовательно, исходное неравенство равносильно двойному неравенству

1 ≤ ^{6} \sqrt{x + 2} ≤ 2 ⇔ 1 ≤ x + 2 ≤ 64 ⇔ −1 ≤ x ≤ 62.

b) Положив \sqrt{x + 1} = t, t ≥ 0 и используя метод интервалов получим

\frac{1}{1 − t} ≤ \frac{1}{2t + 1} ⇔ \frac{1}{t − 1} − \frac{1}{2t + 1} ≤ 0 ⇔

⇔ \frac{2t + 1 − (1 − t)}{(1 − t)(2t + 1)} ≤ 0 ⇔ \frac{3t}{(1 − t)(2t + 1)} ≤ 0.

Поскольку t ≥ 0 влечет 2t + 1 ≥ 1, последнее неравенство равносильно системе

\{ \begin{matrix}t = 0, \\ 1 − t < 0, \end{matrix}

откуда получим t = 0 и t > 1. Таким образом:

[ \begin{matrix}\sqrt{x + 1} = 0, \\ \sqrt{x + 1} > 1, \end{matrix}

откуда x = −1 и x > 0. Следовательно, x ∈ {−1} ∪ (0, +∞).

c) Заметим, что данное неравенство содержит взаимно обратные выражения. Положив \sqrt{\frac{x}{x − 2}} = t, тогда \sqrt{\frac{x − 2}{x}} = \frac{1}{t}, получим неравенство

t − 2\frac{1}{t} < 1.

Так как t > 0, последнее неравенство равносильно следующему

t^{2} − t − 2 < 0,

откуда −1 < t < 2. Так как t > 0, получим 0 < t < 2, или

0 < \sqrt{\frac{x}{x − 2}} < 2.

Последнее неравенство равносильно системе

\{ \begin{matrix}\frac{x}{x − 2} < 4, \\ \frac{x}{x − 2} > 0, \end{matrix}

или

\{ \begin{matrix}\frac{8 − 3x}{x − 2} < 0, \\ [ & \begin{matrix}x < 0, \\ x > 2. \end{matrix} \end{matrix} ⇔ \{ \begin{matrix}[ & \begin{matrix}x > \frac{8}{3}, \\ x < 2, \end{matrix} \\ [ & \begin{matrix}x < 0, \\ x > 2, \end{matrix} \end{matrix}

откуда x ∈ (−∞; 0) ∪ (\frac{8}{3}; +∞).

d) Запишем неравенство (добавив и вычтя 25) следующим образом:

5(x + 5) − 25 − 17\sqrt{x + 5} + 31 < 0.

Обозначив \sqrt{x + 5} = t, (тогда x + 5 = t^{2}) получим квадратное неравенство

5t^{2} − 17t + 6 < 0,

откуда

\frac{2}{5} < t < 3,

или

\frac{2}{5} < \sqrt{x + 5} < 3.

Поскольку все части двойного неравенства положительны, возведя в квадрат получим равносильное неравенство

\frac{4}{25} < x + 5 < 9,

откуда x ∈ (−4\frac{21}{25}; 4).

e) ОДЗ неравенства есть x ≥ 1. На ОДЗ неравенство равносильно следуещему

18 − 9\begin{matrix}^{4} & \sqrt{(2x − 1)(x − 1)} \\ √ & \overline{2x − 1} \end{matrix} ≥ \frac{2\sqrt{x − 1}}{\sqrt{2x − 1}}

или

18 − 9\begin{matrix}^{4} & \sqrt{x − 1} \\ ^{4} & \sqrt{2x − 1} \end{matrix} − 2 ( \begin{matrix}^{4} & \sqrt{x − 1} \\ ^{4} & \sqrt{2x − 1} \end{matrix})^{2} ≥ 0.

Положив \begin{matrix}^{4} & \sqrt{x − 1} \\ ^{4} & \sqrt{2x − 1} \end{matrix} = t, получим квадратное неравенство

18 − 9t − 2t^{2} ≥ 0

решения которого −6 ≤ t ≤ \frac{3}{2}. Так как t ≥ 0, исходное неравенство равносильно следующему

0 ≤ \begin{matrix}^{4} & \sqrt{x − 1} \\ ^{4} & \sqrt{2x − 1} \end{matrix} ≤ \frac{3}{2}.

Используя утверждения A1 и A2 получим

\{ \begin{matrix}\frac{x − 1}{2x − 1} ≤ \frac{81}{16}, \\ x − 1 ≥ 0, \\ 2x − 1 > 0, \end{matrix}

откуда x ≥ 1.

f) Положив \sqrt{x − 1} = t, тем самым x−1 = t^{2} и ^{3} \sqrt{2 − x} = ^{3} \sqrt{1 + (1 − x)} = ^{3} \sqrt{1 − (x − 1)} = 3 \sqrt{1 − t^{2}}, получим неравенство

3 \sqrt{1 − t^{2}} + t > 1,

или

3 \sqrt{1 − t^{2}} > 1 − t.

Возводя в куб получим равносильное неравенство (см. утвеждение A9)

1 − t^{2} > (1 − t)^{3},

или

(1 − t)(1 + t) − (1 − t)^{3} > 0,
(1 − t)(1 + t − (1 − t)^{2}) > 0,
(1 − t)(1 + t − 1 + 2t − t^{2}) > 0,
(1 − t)t(3 − t) > 0.

Поскольку t ≥ 0, последнее неравенство равносильно системе

\{ \begin{matrix}(1 − t)(3 − t) > 0, \\ t ≠ 0, \end{matrix}

откуда следует совокупность

[ \begin{matrix}t > 3, \\ \{ & \begin{matrix}t < 1, \\ t ≠ 0, \end{matrix} \end{matrix}

или

[ \begin{matrix}\sqrt{x − 1} > 3, \\ \{ & \begin{matrix}\sqrt{x − 1} < 1, \\ \sqrt{x − 1} ≠ 0, \end{matrix} \end{matrix}

откуда

[ \begin{matrix}x − 1 > 9, \\ 0 < x − 1 < 1, \end{matrix}

или

[ \begin{matrix}x > 10, \\ 1 < x < 2, \end{matrix}

то есть x ∈ (1; 2) ∪ (10; +∞).

Часто используется следующий способ решения иррациональных неравенств: с помощью преобразований сохраняющих равносильность, исходное неравенство сводится к неравенствам которые фигурируют в утверждениях A1-A9, после чего применяется соответвующее утверждение.

Пример 3. Решить неравенства

a) \sqrt{x + 4} − \sqrt{2x + 1} < \sqrt{2 − x}, d) \sqrt{x − 1} + \sqrt{x + 6} + 2\sqrt{(x − 1)(x + 6)} < 51 − 2x,
b) \frac{\sqrt{1 + x^{3}} + x − 2}{x − 1} ≥ x + 1,  e) \sqrt{x + 4\sqrt{x − 4}} + \sqrt{x − 4\sqrt{x − 4}} ≥ 4.

c) \sqrt{x − \frac{1}{x}} − \sqrt{1 − \frac{1}{x}} > \frac{x − 1}{x},

Решение. a) Решив систему (условие существования радикалов второго порядка)

\{ \begin{matrix}x + 4 ≥ 0, \\ 2x + 1 ≥ 0, \\ 2 − x ≥ 0, \end{matrix}

находим ОДЗ неравенства: [−\frac{1}{2}; 2].

В ОДЗ неравенство равносильно следующему

\sqrt{x + 4} < \sqrt{2 − x} + \sqrt{2x + 1}.

Поскольку обе части неравенства положительны в ОДЗ, возводя в квадрат, получим равносильное неравенство:

x + 4 < 2 − x + 2\sqrt{2 − x}\sqrt{2x + 1} + 2x + 1,

или

1 < 2\sqrt{2 − x}\sqrt{2x + 1}.

Еще раз возводя в квадрат и учитывая ОДЗ получим

\{ \begin{matrix}1 < 4(2 − x)(2x + 1), \\ −\frac{1}{2} ≤ x ≤ 2, \end{matrix}

или

\{ \begin{matrix}8x^{2} − 12x − 7 < 0, \\ −\frac{1}{2} ≤ x ≤ 2, \end{matrix}

откуда

\frac{3 − \sqrt{23}}{4} < x < \frac{3 + \sqrt{23}}{4}.

b) Запишем неравенство следующим образом

\frac{\sqrt{1 + x^{3}} + (x − 2)}{x − 1} − (x + 1) ≥ 0,

или

\begin{matrix}\frac{\sqrt{1 + x^{3}} + (x − 2) − (x^{2} − 1)}{x − 1} ≥ 0, \\ \frac{\sqrt{1 + x^{3}} − (1 − x + x^{2})}{x − 1} ≥ 0. \end{matrix}

Так как 1 + x^{3} = (1 + x)(1 − x + x^{2}) и 1 − x + x^{2} > 0 для любого x ∈ R, неравенство

\frac{\sqrt{(1 + x)(1 − x + x^{2})} − (1 − x + x^{2})}{x − 1} ≥ 0

эквивалентно следующему

\frac{\sqrt{1 − x + x^{2}}(\sqrt{1 + x} − \sqrt{1 − x + x^{2}})}{x − 1} ≥ 0.

Разделив на \sqrt{1 − x + x^{2}} (это выражение положительно для любого x ∈ R) получим неравенство

\frac{\sqrt{1 + x} − \sqrt{1 − x + x^{2}}}{x − 1} ≥ 0,

равносильное совокупности систем неравенств

[ \begin{matrix}\{ & \begin{matrix}\sqrt{1 + x} − \sqrt{1 − x + x^{2}} ≥ 0, \\ x − 1 > 0, \end{matrix} \\ \{ & \begin{matrix}\sqrt{1 + x} − \sqrt{1 − x + x^{2}} ≤ 0, \\ x − 1 < 0, \end{matrix} \end{matrix}

или, учитывая утверждение A3

[ \begin{matrix}\{ & \begin{matrix}1 + x ≥ 1 − x + x^{2}, \\ 1 − x + x^{2} ≥ 0, \\ x > 1, \end{matrix} \\ \{ & \begin{matrix}1 + x < 1 − x + x^{2}, \\ 1 + x ≥ 0, \\ x < 1, \end{matrix} \end{matrix}

откуда следует

[ \begin{matrix}\{ & \begin{matrix}x^{2} − 2x ≤ 0, \\ x ∈ R, \\ x > 1, \end{matrix} \\ \{ & \begin{matrix}x^{2} − 2x ≥ 0, \\ x > −1, \\ x < 1, \end{matrix} \end{matrix} ⇔ [ \begin{matrix}1 < x ≤ 2, \\ −1 < x ≤ 0. \end{matrix}

Таким образом, множество решений исходного неравенства есть x ∈ (−1; 0] ∪ (1; 2].

c) ОДЗ данного неравенства x ∈ [−1; 0) ∪ [1; +∞), определяется решая систему неравенств

\{ \begin{matrix}x − \frac{1}{x} ≥ 0, \\ 1 − \frac{1}{x} ≥ 0. \end{matrix}

Запишем неравенство в виде

\sqrt{\frac{(x − 1)}{x}(x + 1)} − \sqrt{\frac{x − 1}{x}} − \sqrt{(\frac{x − 1}{x})^{2}} > 0

или, используя следующее свойство радикалов четной степени: ^{2n} \sqrt{AB} = ^{2n} \sqrt{|A|} · ^{2n} \sqrt{|B|}, (AB ≥ 0),

\sqrt{|\frac{x − 1}{x}|} (\sqrt{|x + 1|} − 1 − \sqrt{|\frac{x − 1}{x}|}) > 0.

Последнее неравенство, учитывая что в ОДЗ x + 1 ≥ 0 и \frac{x − 1}{x} ≥ 0 и, следовательно

|x + 1| = x + 1, |\frac{x − 1}{x}| = \frac{x − 1}{x}, равносильно системе

\{ \begin{matrix}\sqrt{x + 1} > 1 + \sqrt{\frac{x − 1}{x}}, \\ \sqrt{\frac{x − 1}{x}} ≠ 0, \end{matrix}

которая решается следующим образом

\{ \begin{matrix}\sqrt{x + 1} > 1 + \sqrt{\frac{x − 1}{x}}, \\ x ≠ 1, \\ x ∈ [−1; 0) ∪ [1; +∞), \end{matrix} ⇔ \{ \begin{matrix}x + 1 > 1 + 2\sqrt{\frac{x − 1}{x}} + \frac{x − 1}{x}, \\ x ∈ [−1; 0) ∪ (1; +∞), \end{matrix} ⇔

⇔ \{ \begin{matrix}\frac{x^{2} − x + 1}{x} > 2\sqrt{\frac{x − 1}{x}}, \\ x ∈ [−1; 0) ∪ (1; +∞), \end{matrix} ⇔ \{ \begin{matrix}\frac{x^{2} − x + 1}{x} − \frac{2\sqrt{(x − 1)x}}{|x|} > 0 \\ x ∈ [−1; 0) ∪ (1; +∞), \end{matrix} ⇔

⇔ \{ \begin{matrix}\frac{x(x − 1) ± 2\sqrt{x(x − 1)} + 1}{x} > 0, \\ x ∈ [−1; 0) ∪ (1; +∞), \end{matrix} ⇔ \{ \begin{matrix}\frac{(\sqrt{x(x − 1)} ± 1)^{2}}{x} > 0, \\ x ∈ [−1; 0) ∪ (1; +∞), \end{matrix} ⇔

⇔ \{ \begin{matrix}\sqrt{x(x − 1)} − 1 ≠ 0, \\ x > 0, \\ x ∈ [−1; 0) ∪ (1; +∞), \end{matrix} ⇔ \{ \begin{matrix}x^{2} − x ≠ 1, \\ x ∈ (1; +∞), \end{matrix} ⇔ \{ \begin{matrix}x ≠ \frac{1 ± \sqrt{5}}{2}, \\ x ∈ (1; +∞), \end{matrix} ⇔

⇔ x ∈ (1; \frac{1 + \sqrt{5}}{2}) ⋃ (\frac{1 + \sqrt{5}}{2}; +∞) .

d) Пусть \sqrt{x − 1} + \sqrt{x + 6} = t, тогда x − 1 + 2\sqrt{(x − 1)(x + 6)} + x + 6 = t^{2}, откуда

2\sqrt{(x + 1)(x + 6)} = t^{2} − 2x − 5 и неравенство принимает вид

t + t^{2} − 5 < 51

или

t^{2} + t − 56 < 0,

откуда −8 < t < 7. Так как t > 0 (сумма двух радикалов четной степени), остается t < 7 или \sqrt{x − 1} + \sqrt{x + 6} < 7.

Последнее неравенство можно решить аналогично примеру 3a):

\sqrt{x − 1} + \sqrt{x + 6} < 7 ⇔ \{ \begin{matrix}x − 1 + 2\sqrt{x − 1}\sqrt{x + 6} + x + 6 < 49, \\ x − 1 ≥ 0, \\ x + 6 ≥ 0, \end{matrix} ⇔

⇔ \{ \begin{matrix}\sqrt{x − 1}\sqrt{x + 6} < 22 − x, \\ x ≥ 1, \end{matrix} ⇔ \{ \begin{matrix}(x − 1)(x + 6) < (22 − x)^{2}, \\ 22 − x > 0, \\ x ≥ 1, \end{matrix} ⇔

⇔ \{ \begin{matrix}x < 10, \\ 1 ≤ x < 22, \end{matrix} ⇔ 1 ≤ x < 10,

или другим способом: заметим что для x = 10

\sqrt{x − 1} + \sqrt{x + 6} = 7,

следовательно, поскольку функции f(x) = \sqrt{x − 1} + \sqrt{x + 6} является возрастающей, для x ≥ 10 неравенства не имеет решений. Учитывая ОДЗ, запишем множество решений x ∈ [1; 10).

e) Так как

x ± 4\sqrt{x − 4} = x − 4 ± 4\sqrt{x − 4} + 4 = (\sqrt{x − 4} ± 2)^{2}

неравенство равносильно следующему:

\sqrt{(\sqrt{x − 4} + 2)^{2}} + \sqrt{(\sqrt{x − 4} − 2)^{2}} ≥ 4,

или, учитывая что \sqrt{A^{2}} = |A|,

|\sqrt{x − 4} + 2| + |\sqrt{x − 4} − 2| ≥ 4.

Так как \sqrt{x − 4} ≥ 0, то \sqrt{x − 4} + 2 ≥ 2 и, следовательно |\sqrt{x − 4} + 2| = \sqrt{x − 4} + 2. Таким образом,

\sqrt{x − 4} + 2 + |\sqrt{x − 4} − 2| ≥ 4,

или

|\sqrt{x − 4} − 2| ≥ 2 − \sqrt{x − 4}.

Так как |a| ≥ −a, для любого a ∈ R, следует что множество решений исходного неравенства совпадает с ОДЗ, то есть x ≥ 4.

Упражнения

Решить неравенства:

1. \sqrt{2x + 1} + \sqrt{x + 1} < 1.

2. \sqrt{x + 6} − \sqrt{x + 1} > \sqrt{2x − 5}.

3. (x^{2} − 1)\sqrt{x^{2} − x − 2} ≥ 0.

4. \sqrt{\frac{1 − 2x}{x − 2}} > −1.

5. \sqrt{3x − 9} > \sqrt{6 − x}.

6. \frac{x^{2} − 13x + 40}{\sqrt{19x − x^{2} − 78}} ≤ 0.

7. \sqrt{3x − x^{2}} < 4 − x.

8. \sqrt{2x − x^{2}} < 5 − x.

9. \sqrt{11 − 5x} > x − 1.

10. \sqrt{x^{2} + 7x + 12} > 6 − x.

11. \sqrt{x + 2} + \sqrt{x + 1} − \sqrt{2x + 2} ≥ 0.

12. \sqrt{x − 6} − \sqrt{10 − x} ≥ 1.

13. \frac{\sqrt{24 − 2x − x^{2}}}{x} < 1.

14. \frac{1}{\sqrt{1 + x}} > \frac{1}{2 − x}.

15. \frac{\sqrt{17 − 15x − 2x^{2}}}{x + 3} > 0.

16. \frac{6x}{x − 2} − \sqrt{\frac{12x}{x − 2}} − 2 ^{4} \sqrt{\frac{12x}{x − 2}} > 0.

17. ^{3} \sqrt{x^{2}} − ^{3} \sqrt{x} − 6 < 0.

18. \sqrt{x^{2} + 3x + 2} − \sqrt{x^{2} − x + 1} < 1.

19. \frac{2}{2 + \sqrt{4 − x^{2}}} + \frac{1}{2 − \sqrt{4 − x^{2}}} > \frac{1}{x}.

20. \begin{matrix}√ & \overline{x^{2} − 16} \\ √ & \overline{x − 3} \end{matrix} + \sqrt{x − 3} > \frac{5}{\sqrt{x − 3}}.