Упр.30.26 ГДЗ Мордкович Семенов 11 класс (Алгебра)
а) v(x^2+5x-11)?x+4; г) v(x^2-7x+12)>x-5;
б) v(37+5x-x^2)>x-10; д) v(9+5x-x^2)
а) $$\sqrt{x^2+5x-11}\le x+4$$
Возведём в квадрат, учитывая, что правая часть неотрицательна:
$$x^2+5x-11\le (x+4)^2$$
$$x^2+5x-11\le x^2+8x+16$$
$$3x\ge -27,\quad x\ge -4$$
$$x\ge -9,\quad x\ge -4$$
Область определения:
$$x^2+5x-11\ge 0$$
$$D=5^2+4\cdot 11=69$$
$$x_{1,2}=\frac{-5\pm \sqrt{69}}{2}$$
Тогда
$$x\le \frac{-5-\sqrt{69}}{2}\quad \text{или}\quad x\ge \frac{-5+\sqrt{69}}{2}$$
С учётом $$x\ge -4$$ получаем:
$$x\in \left[\frac{\sqrt{69}-5}{2};+\infty\right)$$
б) $$\sqrt{37+5x-x^2}>x-10$$
Если $$x\le 10$$, то правая часть не положительна, а левая неотрицательна, значит неравенство выполняется при условии существования корня:
$$37+5x-x^2\ge 0$$
$$x^2-5x-37\le 0$$
$$D=25+148=173$$
$$x\in \left[\frac{5-\sqrt{173}}{2};\frac{5+\sqrt{173}}{2}\right]$$
Пересекаем с $$x\le 10$$:
$$x\in \left[\frac{5-\sqrt{173}}{2};\frac{5+\sqrt{173}}{2}\right]$$
в) $$\sqrt{2x^3+x^2-20}\le x$$
Так как левая часть неотрицательна, то обязательно $$x\ge 0$$. Возведём в квадрат:
$$2x^3+x^2-20\le x^2$$
$$2x^3-20\le 0$$
$$x^3\le 10$$
$$x\le \sqrt[3]{10}$$
Область определения:
$$2x^3+x^2-20\ge 0$$
$$2x^3+x^2-20=(x-2)(2x^2+5x+10)\ge 0$$
Так как $$2x^2+5x+10>0$$ при всех $$x$$, то
$$x\ge 2$$
Итак,
$$x\in [2;\sqrt[3]{10}]$$
г) $$\sqrt{x^2-7x+12}>x-5$$
Если $$x\le 5$$, то неравенство выполняется при условии существования корня:
$$x^2-7x+12\ge 0$$
$$ (x-3)(x-4)\ge 0$$
$$x\le 3 \quad \text{или}\quad x\ge 4$$
Пересечение с $$x\le 5$$ даёт:
$$(-\infty;3]\cup [4;5]$$
Если $$x>5$$, то правая часть положительна, и после возведения в квадрат получаем:
$$x^2-7x+12>(x-5)^2$$
$$3x>13$$
$$x>\frac{13}{3}$$
С учётом $$x>5$$ и области определения получаем ещё:
$$x\in [4;+\infty)$$
Итог:
$$x\in (-\infty;3]\cup [4;+\infty)$$
д) $$\sqrt{9+5x-x^2}
Правая часть должна быть положительной, значит $$x>8$$. Возведём в квадрат:
$$9+5x-x^2<(x-8)^2$$
$$2x^2-21x+55>0$$
$$D=21^2-4\cdot 2\cdot 55=1$$
$$x_{1,2}=\frac{21\pm 1}{4}$$
$$x_1=5,\quad x_2=\frac{11}{2}$$
Тогда
$$x<5 \quad \text{или}\quad x>\frac{11}{2}$$
Но с условием $$x>8$$ это не пересекается с областью определения:
$$9+5x-x^2\ge 0$$
$$x^2-5x-9\le 0$$
$$x\in \left[\frac{5-\sqrt{61}}{2};\frac{5+\sqrt{61}}{2}\right]$$
Так как $$8>\frac{5+\sqrt{61}}{2}$$, решений нет.
е) $$\sqrt{2x^3+x+3}\le x\sqrt{6}$$
Так как левая часть неотрицательна, то $$x\sqrt6\ge 0$$, значит $$x\ge 0$$. Возведём в квадрат:
$$2x^3+x+3\le 6x^2$$
$$2x^3-6x^2+x+3\le 0$$
$$ (x-1)(2x^2-4x-3)\le 0$$
$$2x^2-4x-3=0$$
$$D=16+24=40$$
$$x=\frac{4\pm \sqrt{40}}{4}=1\pm \frac{\sqrt{10}}{2}$$
Тогда
$$x\in \left[1-\frac{\sqrt{10}}{2};\,1+\frac{\sqrt{10}}{2}\right]$$
С учётом $$x\ge 0$$ получаем:
$$x\in \left[1;\,1+\frac{\sqrt{10}}{2}\right]$$
Ответ
а) $$\left[\frac{\sqrt{69}-5}{2};+\infty\right)$$; б) $$\left[\frac{5-\sqrt{173}}{2};\frac{5+\sqrt{173}}{2}\right]$$; в) $$[2;\sqrt[3]{10}]$$; г) $$(-\infty;3]\cup [4;+\infty)$$; д) решений нет; е) $$\left[1;\,1+\frac{\sqrt{10}}{2}\right]$$.
