Примеры решений неравенств обобщенным методом интервалов

Пример 1. Решите неравенство $$ \sqrt {4 - \sqrt {1 - x} } > \sqrt {2 - x}$$

Решение: Пусть $$ h(x) = \sqrt {4 - \sqrt {1 - x} } - \sqrt {2 - x} > 0$$

1. Найдем $$ D(h):\left\{ \begin{array}{l} 1 - x \ge 0; \\ 2 - x \ge 0; \\ \sqrt {1 - x} \le 4. \\ \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x \le 1; \\ x \le 2; \\ x \ge - 15 \\ \end{array} \right. \Rightarrow D(h) = \left[ { - 15;1} \right] $$

2. Найдем $$ N(h):\sqrt {4 - \sqrt {1 - x} } - \sqrt {2 - x} = 0 \Leftrightarrow \sqrt {1 - x} = x + 2 \Leftrightarrow 1 - x = \left( {x + 2} \right)^2 ,\quad x \ge - 2 $$ $$ \Leftrightarrow x^2 + 5x + 3 = 0 \Rightarrow x_1 = \frac{{ - 5 + \sqrt {13} }}{2} \in D(h),\quad x_2 = \frac{{ - 5 - \sqrt {13} }}{2} \approx - 4,3 \notin D(h) $$

3. Найдем $$ O\left( h \right) = D\left( h \right)\backslash N\left( h \right) = \left[ { - 15;\frac{{ - 5 + \sqrt {13} }}{2}} \right) \cup \left( {\frac{{ - 5 + \sqrt {13} }}{2};1} \right] $$

4. Определим знак h(x) на промежутках $$ O_1 ,\;O_2 $$:

  • $$ O_1 = \left[ { - 15;\frac{{ - 5 + \sqrt {13} }}{2}} \right) \approx \left[ { - 15; - 0,6} \right) \Rightarrow x = - 10 \in O_1 \Rightarrow h( - 10) = \sqrt {4 - \sqrt {11} } - \sqrt {12} < 0$$
  • $$ \;O_2 = \left( {\frac{{ - 5 + \sqrt {13} }}{2};1} \right] \approx \left( { - 0,6;1} \right] \Rightarrow x = 0 \in O_2 \Rightarrow h(0) = \sqrt 3 - \sqrt 2 > 0 $$

5. Ответ:$$ \left( {\frac{{ - 5 + \sqrt {13} }}{2};1} \right] $$ .

Пример 2. Решите неравенство $$ \sqrt {x^2 + 3x + 2} < 1 + \sqrt {x^2 - x + 1} $$

Решение: Пусть $$ h(x) = \sqrt {x^2 + 3x + 2} - \sqrt {x^2 - x + 1} - 1 < 0$$

1. Найдем $$ D(h):\left\{ \begin{array}{l} x^2 + 3x + 2 \ge 0; \\ x^2 - x + 1 \ge 0. \\ \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x \le - 2,\quad x \ge - 1; \\ x \in R. \\ \end{array} \right. \Rightarrow D(h) = \left( { - \infty ; - 2} \right] \cup \left[ { - 1; + \infty } \right) $$

2. Найдем $$ N(h):\sqrt {x^2 + 3x + 2} - \sqrt {x^2 - x + 1} - 1 = 0 \Leftrightarrow \sqrt {x^2 + 3x + 2} = \sqrt {x^2 - x + 1} + 1 \Leftrightarrow \sqrt {x^2 - x + 1} = 2x \Leftrightarrow $$ $$ x^2 - x + 1 = 4x^2 ,\;x \ge 0 \Leftrightarrow 3x^2 + x - 1 = 0 \Rightarrow x_2 = \frac{{ - 1 + \sqrt {13} }}{6} \in D(h),\quad x_1 = \frac{{ - 1 - \sqrt {13} }}{6} \approx - 0,8 \notin D(h)$$

3. Найдем $$ O\left( h \right) = D\left( h \right)\backslash N\left( h \right) = \left( { - \infty ; - 2} \right] \cup \left[ { - 1;\frac{{ - 1 + \sqrt {13} }}{6}} \right) \cup \left( {\frac{{ - 1 + \sqrt {13} }}{6}; + \infty } \right) $$

4. Определим знак h(x) на промежутках $$ O_1 ,\;O_2 ,\;O_3$$:

  • $$ O_1 = \left( { - \infty ; - 2} \right] \Rightarrow x = - 3 \in O_1 \Rightarrow h( - 3) = \sqrt 2 - \sqrt {13} - 1 < 0$$
  • $$ O_2 = \left[ { - 1;\frac{{ - 1 + \sqrt {13} }}{6}} \right) \approx \left[ { - 1;0,4} \right) \Rightarrow x = 0 \in O_2 \Rightarrow h(0) = \sqrt 2 - 2 < 0$$
  • $$ O_3 = \left( {\frac{{ - 1 + \sqrt {13} }}{6}; + \infty } \right) \approx \left( {0,4; + \infty } \right) \Rightarrow x = 1 \in O_3 \Rightarrow h(1) = \sqrt 6 - 2 > 0 $$

5. Ответ: $$ \left( { - \infty ; - 2} \right] \cup \left[ { - 1;\frac{{ - 1 + \sqrt {13} }}{6}} \right)$$ .

Пример 3. Решите неравенство $$ \log _{\frac{{25\; - \;x^2 }}{{16}}} \frac{{24 - 2x - x^2 }}{{14}} > 1$$

Решение: Пусть $$ h(x) = \log _{\frac{{25\; - \;x^2 }}{{16}}} \frac{{24 - 2x - x^2 }}{{14}} - 1 > 0 $$

1. Найдем $$ D(h):\left\{ \begin{array}{l} 25 - x^2 > 0; \\ 25 - x^2 \ne 16; \\ 24 - 2x - x^2 > 0. \\ \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 5 < x < 5; \\ x \ne \pm 3; \\ - 6 < x < 4. \\ \end{array} \right. \Rightarrow D(h) = \left( { - 5; - 3} \right) \cup \left( { - 3;3} \right) \cup \left( {3;4} \right)$$

2. Найдем $$ N(h):\log _{\frac{{25\; - \;x^2 }}{{16}}} \frac{{24 - 2x - x^2 }}{{14}} - 1 = 0 \Leftrightarrow \frac{{\ln \frac{{24 - 2x - x^2 }}{{14}}}}{{\ln \frac{{25 - x^2 }}{{16}}}} - 1 = 0 \Leftrightarrow \frac{{\ln \frac{{24 - 2x - x^2 }}{{14}} - \ln \frac{{25 - x^2 }}{{16}}}}{{\ln \frac{{25 - x^2 }}{{16}} - \ln 1}} = 0$$ $$ \Leftrightarrow \left( {\frac{{24 - 2x - x^2 }}{{14}} - \frac{{25 - x^2 }}{{16}}} \right):\left( {\frac{{25 - x^2 }}{{16}} - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x^2 + 16x - 17 = 0 \Rightarrow x_1 = - 17 \notin D(h),\quad x_1 = 1 \in D(h)$$

3. Найдем $$ O\left( h \right) = D\left( h \right)\backslash N\left( h \right) = \left( { - 5; - 3} \right) \cup \left( { - 3;1} \right) \cup \left( {1;3} \right) \cup \left( {3;4} \right)$$

4. Определим знак h(x) на промежутках $$ O_1 ,\;O_2 ,\;O_3 ,\;O_4$$:

  • $$ O_1 = \left( { - 5; - 3} \right) \Rightarrow x = - 4 \in O_1 \Rightarrow h( - 4) = \log _{\frac{9}{{16}}} \frac{{128}}{{63}} < 0$$
  • $$ O_2 = \left( { - 3;1} \right) \Rightarrow x = 0 \in O_2 \Rightarrow h(0) = \log _{\frac{{25}}{{16}}} \frac{{384}}{{350}} > 0$$
  • $$ O_3 = \left( {1;3} \right) \Rightarrow x = 2 \in O_3 \Rightarrow h(2) = \log _{\frac{{21}}{{16}}} \frac{{128}}{{147}} < 0 $$
  • $$ O_4 = \left( {3;4} \right) \Rightarrow x = 3,5 \in O_4 \Rightarrow h(3,5) = \log _{\frac{{51}}{{64}}} \frac{5}{{17}} > 0$$

5. Ответ:$$ \;\left( { - 3;1} \right) \cup \left( {3;4} \right)$$ .

Пример 4. Решите неравенство $$ \log \;_{tg\;x} \frac{{\sin x}}{2} < 2$$

Решение: Пусть $$ h(x) = \log \;_{tg\;x} \frac{{\sin x}}{2} - 2 < 0 $$

1. Найдем $$ D(h):\left\{ \begin{array}{l} \sin x > 0; \\ tgx > 0; \\ tgx \ne 1. \\ \end{array} \right.\left\{ \begin{array}{l} 2\pi n < x < \pi + 2\pi n,\;n \in Z; \\ 2\pi n < x < \frac{\pi }{2} + 2\pi m,\;m \in Z; \\ x \ne \frac{\pi }{4} + \pi k,\;k \in Z. \\ \end{array} \right. \Rightarrow D(h) = \left( {2\pi m;\frac{\pi }{4} + 2\pi m} \right) \cup \left( {\frac{\pi }{4} + 2\pi m;\frac{\pi }{2} + 2\pi m} \right),m \in Z $$

2. Найдем $$ N(h):\log \;_{tg\;x} \frac{{\sin x}}{2} - 2 = 0 \Leftrightarrow \log \;_{tg\;x} \frac{{\sin x}}{2} = 2 \Rightarrow \sin x = 2tg^2 x \Leftrightarrow \sin x\left( {1 - \sin ^2 x} \right) = 2\sin ^2 x \Leftrightarrow $$ $$ \sin x\left( {\sin ^2 x + 2\sin x - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \sin x = 0, \\ \sin ^2 x + 2\sin x - 1. \\ \end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} x = \pi n,\;n \in Z, \\ x = \arcsin \left( {\sqrt 2 - 1} \right) + 2\pi k,\;k \in Z. \\ \end{array} \right.$$ Так как $$ 0 < \sqrt 2 - 1 < \frac{1}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow 0 < \arcsin \left( {\sqrt 2 - 1} \right) < \frac{\pi }{4} $$

3. Найдем $$ O\left( h \right) = D\left( h \right)\backslash N\left( h \right) = \left( {2\pi n;\arcsin \left( {\sqrt 2 - 1} \right) + 2\pi n} \right) \cup \left( {\arcsin \left( {\sqrt 2 - 1} \right) + 2\pi n;\frac{\pi }{4} + 2\pi n} \right) \cup \left( {\frac{\pi }{4} + 2\pi n;\frac{\pi }{2} + 2\pi n} \right),n \in Z $$

4. Определим знак h(x) на промежутках $$ O_1 ,\;O_2 ,\;O_3$$:

  • $$ O_1 = \left( {2\pi n;\arcsin \left( {\sqrt 2 - 1} \right) + 2\pi n} \right),\;n \in Z \Rightarrow x = \frac{\pi }{{12}} \in O_1 \Rightarrow h\left( {\frac{\pi }{{12}}} \right) = \log _{0,3} 1,8 < 0$$
  • $$ O_2 = \left( {\arcsin \left( {\sqrt 2 - 1} \right) + 2\pi n;\frac{\pi }{4} + 2\pi n} \right),\;n \in Z \Rightarrow x = \frac{\pi }{6} \in O_2 \Rightarrow h\left( {\frac{\pi }{6}} \right) = \log _{\frac{1}{{\sqrt 3 }}} \frac{3}{4} > 0$$
  • $$ O_3 = \left( {\frac{\pi }{4} + 2\pi n;\frac{\pi }{2} + 2\pi n} \right),\;n \in Z \Rightarrow x = \frac{\pi }{3} \in O_3 \Rightarrow g\left( {\frac{\pi }{3}} \right) = \log _{\sqrt 3 } \frac{{\sqrt 3 }}{{12}} < 0$$

5. Ответ:$$ \left( {2\pi n;\arcsin \left( {\sqrt 2 - 1} \right) + 2\pi n} \right) \cup \left( {\frac{\pi }{4} + 2\pi n;\frac{\pi }{2} + 2\pi n} \right),n \in Z $$ .

2017-01-14 11:11:28