Разобрался в теме? Закрепи на задачах
Задачи по каждой теме с ИИ-проверкой и конспекты по всем разделам ЕГЭ. Бесплатно, 20 проверок в неделю.
При решении уравнений мы можем найти корни любым удобным способом, а затем проверить их подстановкой или проверкой ОДЗ. Для иррациональных неравенств такой подход не работает: их решениями являются бесконечные множества (интервалы), которые невозможно проверить подстановкой.
Поэтому главное правило ДВИ для неравенств с радикалами — каждый шаг должен быть равносильным (эквивалентным) переходом. Ты не можешь просто возвести обе части в квадрат, не наложив строгие условия на знаки обеих частей и область допустимых значений (ОДЗ).
Квадратный корень — функция неотрицательная, и извлекать его можно только из неотрицательных чисел. Эти два факта диктуют правила избавления от радикалов. Системы ниже нужно понимать логически, а не просто заучивать.
Пояснение: Если корень меньше g(x), то g(x) обязан быть строго больше нуля (ведь корень ⩾0). Возводить в квадрат можно, только когда обе части неотрицательны — здесь обе ⩾0.
Нестрогий случай f(x)⩽g(x) решается аналогично, но обязательно держи все три условия (не вырони ОДЗ f⩾0!):
f(x)⩽g(x)⟺⎩⎨⎧f(x)⩾0g(x)⩾0f(x)⩽(g(x))2Пояснение: Здесь возникает совокупность (квадратная скобка, означающая «ИЛИ»).
1. Если правая часть ⩾0, обе части можно возвести в квадрат (ОДЗ f(x)⩾0 выполнится автоматически, так как f(x) больше квадрата).
2. Если правая часть <0, то неравенство верно всегда, лишь бы существовал корень (нужно потребовать f(x)⩾0).
Нестрогий случай f(x)⩾g(x) — те же два случая, только в первой системе f(x)⩾(g(x))2 становится нестрогим:
f(x)⩾g(x)⟺{g(x)⩾0f(x)⩾(g(x))2{g(x)<0f(x)⩾0Пояснение: Обе части неотрицательны, поэтому возводить в квадрат можно без оговорок. Условие g(x)⩾0 писать не надо — оно следует автоматически: из f(x)⩾0 и f(x)<g(x) сразу g(x)>0. Для нестрогого f⩽g держи {f⩾0; f⩽g}. Эта схема нужна, когда корни сравниваются напрямую, без дроби — рационализация (см. ниже) применима к дробям, а здесь дроби нет.
Перед экзаменом удобно держать все случаи в одном месте. Различия — только в знаках строгости; логика везде одна.
| Неравенство | Равносильный переход |
|---|---|
| f<g | ⎩⎨⎧f⩾0g>0f<g2 |
| f⩽g | ⎩⎨⎧f⩾0g⩾0f⩽g2 |
| f>g | [{g⩾0, f>g2}{g<0, f⩾0} |
| f⩾g | [{g⩾0, f⩾g2}{g<0, f⩾0} |
| f<g | {f⩾0f<g |
Мнемоника: в случаях «меньше» — одна система (правая часть обязана быть положительной/неотрицательной); в случаях «больше» — совокупность двух систем (правая часть может быть отрицательной, тогда неравенство верно «даром», лишь бы корень существовал). См. также справочник, раздел «Иррациональные неравенства».
Всё сказанное выше — про чётный корень (, 4 и т.д.), который требует ОДЗ и контроля знаков. С нечётным корнем (3, 5) ситуация принципиально проще.
Корень нечётной степени определён для любого знака подкоренного выражения:
3−8=−2,2k+1a существует при любом a∈R.Функция t↦t2k+1 строго возрастает на всей оси, поэтому возведение в нечётную степень — равносильный переход без всяких условий на знак:
3u<v⟺u<v3,3u⩽3w⟺u⩽w.Главное отличие от : ОДЗ кубического корня не сужается (под ним может стоять что угодно), знак можно не проверять, скобки «совокупность» не нужны. Это резко упрощает технику — но именно поэтому абитуриент, выучивший только квадратный корень, теряется, встретив 3.
Записывать 3f(x) через систему с условием f(x)⩾0 — грубая ошибка: ты искусственно сузишь ОДЗ и потеряешь часть ответа. Проверяй степень корня до того, как наложишь ОДЗ.
На ДВИ очень часто встречаются дробно-рациональные неравенства, где в числителе и/или знаменателе стоят разности корней. Решать их возведением в квадрат крайне сложно. Здесь спасает метод рационализации.
Знак разности f(x)−g(x) совпадает со знаком разности f(x)−g(x) при условии выполнения ОДЗ (f(x)⩾0 и g(x)⩾0).
В неравенстве вида h(x)f(x)−g(x)∨0 разность корней можно заменить:
f(x)−g(x)⟶f(x)−g(x)Обязательно приписав ОБА условия f(x)⩾0 и g(x)⩾0 (забыть второе — типичная потеря баллов).
Почему так: домножим разность на сопряжённое — оно положительно:
f−g=f+g(f−g)(f+g)=f+gf−g.Знаменатель f+g>0 на ОДЗ, поэтому знак всей дроби равен знаку f−g. На ДВИ полезно знать этот вывод на случай, если проверяющий придерётся к необоснованному переходу.
Замена разности на разность подкоренных с сохранением знака применима к любому множителю — и в числителе, и в знаменателе дроби.
Множитель вида «корень минус число» f−a:
Это правило шире, чем «разность двух корней»: число всегда можно внести под корень. Отработаем его в Примере 2.
1. Проанализируй структуру. Чётный корень против многочлена — схемы равносильных переходов. Корень против корня — отдельная схема. Дробь с радикалами — рационализация. Нечётный корень — возводи в нечётную степень без условий. Сумма нескольких радикалов — оценка/монотонность (см. ниже).
2. Выпиши ОДЗ. В равносильных переходах ОДЗ встроена в системы. Но для дробных неравенств и при рационализации надёжнее выписать ОДЗ отдельным блоком в самом начале.
3. Избавься от корней. Перейди к алгебраической системе с помощью равносильностей или замены множителей.
4. Реши полученные рациональные неравенства методом интервалов. Наноси корни на ось, расставляй знаки. Следи за сменой знака неравенства при умножении/делении на отрицательное.
5. Сделай пересечение/объединение. Системы — пересекай, совокупности — объединяй. Строго различай выколотые и закрашенные точки, особенно на границах ОДЗ.
Реши неравенство 2x2−5x+2>x−1.
Реши неравенство x+2−13−2x−1⩽1.
Реши неравенство (x2−4)x−1⩽0.
Реши неравенство x2−1<x+1.
Реши неравенство 32−x+x−1⩽1.
Когда системы громоздки, схемы не подходят (сумма радикалов, смешанные степени), работает страховочный метод, полностью обоснованный под рубрику ДВИ.
1. Выпиши ОДЗ — вне его решений нет.
2. Найди все точки, где выражение обращается в нуль или меняет знак: реши уравнение «равенство частей» (например F(x)=0) и добавь точки, где знаменатель/подкоренные обращаются в нуль.
3. Разбей ОДЗ этими точками на интервалы. Внутри каждого интервала выражение знака не меняет (непрерывность).
4. Протестируй по одной пробной точке в каждом интервале — подставь и посмотри знак.
5. Собери ответ из интервалов нужного знака. Отдельно реши судьбу каждой граничной точки по строгости неравенства и ОДЗ.
Метод медленнее систем, но почти не даёт логических ошибок — его держат как запасной, когда «красивого» равносильного перехода не видно.
Ошибка: Решать x+2>x возведением обеих частей в квадрат ⟹x+2>x2.
Правильно: Правая часть может быть отрицательной! Если x=−1, то неравенство 1>−1 верно, но возведение в квадрат даст 1>1 (ложь). Обязательно расписывай на совокупность двух систем по формуле.
Ошибка: При решении A(x)⋅B(x)⩽0 просто отбросить корень и решать систему {A(x)⩽0B(x)⩾0.
Правильно: Если B(x)=0, то левая часть равна нулю, и неравенство (если оно нестрогое) выполняется независимо от знака A(x)! Правильный переход: B(x)=0{B(x)>0A(x)⩽0 (как разобрано в Примере 3).
Ошибка: В дроби x+11−3x⩽0 умножить числитель на −1 и оставить тот же знак: x+13x−1⩽0.
Правильно: Умножение/деление обеих частей на отрицательное число (здесь −1) переворачивает знак неравенства: получится x+13x−1⩾0. Эту «граблю» легко не заметить — отмечай знак множителя явно (как в Примере 2, шаг 4).
Ошибка: Заменяя f−g на f−g, приписать только f⩾0.
Правильно: Рационализация разности корней законна только при обоих условиях f⩾0 и g⩾0. Если второй корень не существует — переход неверен, можно потерять или приобрести решения. Всегда выписывай ОДЗ всех радикалов сразу.
Ошибка: При пересечении решения с ОДЗ механически ставить выколотую/закрашенную точку «как привыкли».
Правильно: Граница включается, только если она удовлетворяет И неравенству (с учётом его строгости), И ОДЗ. Конкуренция: точка x=−1 в Примере 2 выколота, потому что в ней знаменатель равен нулю (запрет ОДЗ), хотя само неравенство нестрогое. А точка x=1/3 закрашена, потому что неравенство нестрогое и ОДЗ её разрешает. Проверяй каждую границу подстановкой.
ДВИ оценивают по outcomes-рубрике с частичным баллом «±»: важен не только ответ, но и обоснованность каждого перехода. Ниже эталон записи на примере x2−1<x+1 (Пример 4) — как это должно выглядеть в чистовике.
Дано: x2−1<x+1.
Решение. Неравенство вида f<g равносильно системе (корень неотрицателен, правая часть обязана быть положительной, обе части неотрицательны — возводим в квадрат):
⎩⎨⎧x2−1⩾0,x+1>0,x2−1<(x+1)2.Решаем построчно: x2−1⩾0⟺x⩽−1 или x⩾1; x+1>0⟺x>−1; третье: x2−1<x2+2x+1⟺x>−1. Пересекая, получаем x⩾1.
Проверка границы x=1: 0<2 — верно, точка включается.
Ответ: x∈[1;+∞).