ГДЗ по алгебре 10 класс Шабунин дидактические материалы (Алимов) Базовый и углубленный уровень глава 2 / задание для интересующихся математикой - 9

**а)** $\sqrt{x^2 - 2x} < 1 + \sqrt{x^2 - x - 2}$ 1. Найдём область допустимых значений (ОДЗ) неравенства: $$ \begin{cases} x^2 - 2x \ge 0 \\ x^2 - x - 2 \ge 0 \end{cases} $$ Решим первое неравенство: $x(x - 2) \ge 0 \implies x \in (-\infty; 0] \cup [2; +\infty)$. Решим второе неравенство: $(x - 2)(x + 1) \ge 0 \implies x \in (-\infty; -1] \cup [2; +\infty)$. Пересекая полученные промежутки, находим ОДЗ: $$ x \in (-\infty; -1] \cup [2; +\infty) $$ 2. Обе части исходного неравенства неотрицательны при всех $x$ из ОДЗ, поэтому возведём обе части в квадрат: $$ x^2 - 2x < \left(1 + \sqrt{x^2 - x - 2}\right)^2 $$ $$ x^2 - 2x < 1 + 2\sqrt{x^2 - x - 2} + x^2 - x - 2 $$ Упростим выражение: $$ x^2 - 2x < x^2 - x - 1 + 2\sqrt{x^2 - x - 2} $$ $$ -x + 1 < 2\sqrt{x^2 - x - 2} \iff 2\sqrt{x^2 - x - 2} > 1 - x $$ 3. Решим полученное иррациональное неравенство как совокупность двух систем: * Первый случай (правая часть отрицательна): $$ \begin{cases} 1 - x < 0 \\ x^2 - x - 2 \ge 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x > 1 \\ x \in (-\infty; -1] \cup [2; +\infty) \end{cases} \implies x \in [2; +\infty) $$ * Второй случай (правая часть неотрицательна): $$ \begin{cases} 1 - x \ge 0 \\ 4(x^2 - x - 2) > (1 - x)^2 \end{cases} $$ $$ \begin{cases} x \le 1 \\ 4x^2 - 4x - 8 > 1 - 2x + x^2 \end{cases} \implies \begin{cases} x \le 1 \\ 3x^2 - 2x - 9 > 0 \end{cases} $$ Найдём корни квадратного трёхчлена $3x^2 - 2x - 9$: $D = (-2)^2 - 4 \cdot 3 \cdot (-9) = 4 + 108 = 112 = 16 \cdot 7$, $x_{1,2} = \frac{2 \pm 4\sqrt{7}}{6} = \frac{1 \pm 2\sqrt{7}}{3} = \frac{1 \pm \sqrt{28}}{3}$. Решением неравенства $3x^2 - 2x - 9 > 0$ является $x \in \left(-\infty; \frac{1 - 2\sqrt{7}}{3}\right) \cup \left(\frac{1 + 2\sqrt{7}}{3}; +\infty\right)$. Так как $\frac{1 + 2\sqrt{7}}{3} \approx 2{,}1 > 1$, а $\frac{1 - 2\sqrt{7}}{3} \approx -1{,}43 < 1$, с учётом $x \le 1$ получаем: $$ x < \frac{1 - 2\sqrt{7}}{3} $$ Объединяя оба случая: $$ x < \frac{1 - 2\sqrt{7}}{3} \quad \text{или} \quad x \ge 2 $$ 4. Найдём пересечение с ОДЗ $x \in (-\infty; -1] \cup [2; +\infty)$: Поскольку $\frac{1 - 2\sqrt{7}}{3} < -1$, весь интервал $\left(-\infty; \frac{1 - 2\sqrt{7}}{3}\right)$ входит в ОДЗ, как и луч $[2; +\infty)$. Ответ: $x < \frac{1 - \sqrt{28}}{3}$, $x \ge 2$ (или $x \in \left(-\infty; \frac{1 - 2\sqrt{7}}{3}\right) \cup [2; +\infty)$). --- **б)** $\sqrt{x^2 - 4x + 3} < 1 + \sqrt{x^2 - 5x + 4}$ 1. Найдём ОДЗ: $$ \begin{cases} x^2 - 4x + 3 \ge 0 \\ x^2 - 5x + 4 \ge 0 \end{cases} \implies \begin{cases} (x - 1)(x - 3) \ge 0 \\ (x - 1)(x - 4) \ge 0 \end{cases} $$ $$ \begin{cases} x \in (-\infty; 1] \cup [3; +\infty) \\ x \in (-\infty; 1] \cup [4; +\infty) \end{cases} \implies x \in (-\infty; 1] \cup [4; +\infty) $$ 2. Обе части неравенства неотрицательны при всех $x$ из ОДЗ, поэтому возведём их в квадрат: $$ x^2 - 4x + 3 < \left(1 + \sqrt{x^2 - 5x + 4}\right)^2 $$ $$ x^2 - 4x + 3 < 1 + 2\sqrt{x^2 - 5x + 4} + x^2 - 5x + 4 $$ $$ x^2 - 4x + 3 < x^2 - 5x + 5 + 2\sqrt{x^2 - 5x + 4} $$ $$ x - 2 < 2\sqrt{x^2 - 5x + 4} \iff 2\sqrt{x^2 - 5x + 4} > x - 2 $$ 3. Решим иррациональное неравенство: * Первый случай (правая часть отрицательна): $$ \begin{cases} x - 2 < 0 \\ x^2 - 5x + 4 \ge 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x < 2 \\ x \in (-\infty; 1] \cup [4; +\infty) \end{cases} \implies x \in (-\infty; 1] $$ * Второй случай (правая часть неотрицательна): $$ \begin{cases} x - 2 \ge 0 \\ 4(x^2 - 5x + 4) > (x - 2)^2 \end{cases} $$ $$ \begin{cases} x \ge 2 \\ 4x^2 - 20x + 16 > x^2 - 4x + 4 \end{cases} \implies \begin{cases} x \ge 2 \\ 3x^2 - 16x + 12 > 0 \end{cases} $$ Найдём корни уравнения $3x^2 - 16x + 12 = 0$: $D_1 = (-8)^2 - 3 \cdot 12 = 64 - 36 = 28$, $x_{1,2} = \frac{8 \pm \sqrt{28}}{3} = \frac{8 \pm 2\sqrt{7}}{3}$. Решение неравенства $3x^2 - 16x + 12 > 0$: $x \in \left(-\infty; \frac{8 - 2\sqrt{7}}{3}\right) \cup \left(\frac{8 + 2\sqrt{7}}{3}; +\infty\right)$. Оценим корни: $\frac{8 - 2\sqrt{7}}{3} \approx 0{,}9 < 2$, поэтому левый интервал не пересекается с $x \ge 2$. $\frac{8 + 2\sqrt{7}}{3} \approx 4{,}43 > 2$. С учётом $x \ge 2$ получаем: $$ x > \frac{8 + 2\sqrt{7}}{3} $$ Объединяя оба случая: $$ x \le 1 \quad \text{или} \quad x > \frac{8 + 2\sqrt{7}}{3} $$ 4. Найдём пересечение с ОДЗ $x \in (-\infty; 1] \cup [4; +\infty)$: Луч $(-\infty; 1]$ полностью входит в ОДЗ. Поскольку $\frac{8 + 2\sqrt{7}}{3} \approx 4{,}43 > 4$, луч $\left(\frac{8 + 2\sqrt{7}}{3}; +\infty\right)$ целиком содержится в $[4; +\infty)$. Ответ: $x \le 1$, $x > \frac{8 + 2\sqrt{7}}{3}$ (или $x \in (-\infty; 1] \cup \left(\frac{8 + 2\sqrt{7}}{3}; +\infty\right)$).