Question

Помогите, пожалуйста, решить неравенство

Answer 1

$\sqrt{x^2+3x+2}<1+\sqrt{x^2-x+1}\\\\ODZ:\; \; \left \{ {{x^2+3x+2}\geq 0 \atop {x^2-x+1\geq 0}} \right. \; \; \left \{ {{(x+1)(x+2)\geq 0\; \qquad } \atop {x^2-x+1\geq 0\; \; (D<0)}} \right. \; \; \left \{ {{x\in (-\infty ,-2]\, \cup \, [-1,+\infty )} \atop {x\in R}} \right.\; \; \Rightarrow \\\\x\in (-\infty ,-2]\, \cup \, [-1,+\infty )\\\\x^2+3x+2<1+x^2-x+1+2\cdot \sqrt{x^2-x+1}\\\\4x<2\cdot \sqrt{x^2-x+1}\; \Big |:2\\\\\sqrt{x^2-x+1}>2x\; \; \Leftrightarrow \; \; \left \{ {{x^2-x+1\geq 0} \atop {x^2-x+1>4x^2}} \right.\; \; ili\; \; \left \{ {{x^2-x+1\geq 0} \atop {2x<0}} \right.$

$\left \{ {{x\in R} \atop {3x^2+x-1<0}} \right.\; \; \; \; \; ili\; \; \; \; \; \left \{ {{x\in R} \atop {x<0}} \right.\\\\3x^2+x-1<0\; \; \; ili\; \; \; \; x<0\\\\3(x+\frac{1+\sqrt{13}}{6})(x-\frac{\sqrt{13}-1}{6})<0\; \; \; ili\; \; \; x<0\\\\x\in \Big (\frac{-1-\sqrt{13}}{6}\, ;\, \frac{\sqrt{13}-1}{6}\Big )\; \; \; ili\; \; \; x\in (-\infty ,0)$

$\left \{ {{x\in (-\infty ,-2]\, \cup \, [-1,+\infty )} \atop {x\in \Big (\frac{-1-\sqrt{13}}{6}\, ;\, \frac{\sqrt{13}-1}{6}\Big )}} \right. \; \; \; \; ili\; \; \; \; \left \{ {{x\in (-\infty ,-2]\, \cup \, [-1,+\infty )} \atop {x\in (-\infty ,0)}} \right.\\\\x\in \Big (\frac{-1-\sqrt{13}}{6}\, ;\, \frac{\sqrt{13}-1}{6}\Big )\quad ili\quad x\in (-\infty ,-2]\, \cup \, [-1,0)\\\\Otvet:\; \; x\in \Big (-\infty ,-2\Big ]\cup \Big [-1,0\Big)\cup \Big (\frac{-1-\sqrt{13}}{6}\, ;\, \frac{\sqrt{13}-1}{6}\Big )\; \; \Rightarrow \\\\x\in \Big (-\infty ,-2\, \Big ]\cup \Big [-1,\frac{\sqrt{13}-1}{6}\Big )$

$P.S.\; \; a)\; \; 3x^2+x-1=0\; \; ,\; \; D=1^2+4\cdot 3=13\; ,\\\\x_1=\frac{-1-\sqrt{13}}{6}\approx -0,77\; \; ,\; \; x_2=\frac{-1+\sqrt{13}}{6}\approx 0,43$

$b)\; \; \frac{-1-\sqrt{13}}{6}\in [-1,0)\; \; ,\; \; \; 0\in (\, \frac{-1-\sqrt{13}}{6}\, ;\, \frac{-1+\sqrt{13}}{6}\, )$

Answer 2

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

ОДЗ: $\left \{ {{x^2+3x+2\ge0} \atop {x^2-x+1\ge 0}} \right.; \left \{ {{(x+2)(x+1)\ge 0} \atop {(x-1/2)^2+3/4\ge0}} \right. ; \left \{ {{x\in(-\infty;-2]\cup [-1;+\infty)} \atop {x\in R}} \right. \Leftrightarrow x\in(-\infty;-2]\cup [-1;+\infty)$

Поскольку обе части неотрицательны, неравенство можно возвести в квадрат:

$x^2+3x+2<1+2\sqrt{x^2-x+1}+x^2-x+1; \sqrt{x^2-x+1}>2x.$

При решении такого неравенства обычно рассматривают два случая - когда правая часть неотрицательна (тогда неравенство можно возвести в квадрат), и когда она отрицательна (в этом случае неравенство автоматически выполнено на ОДЗ). Однако есть и другой способ решения - решить противоположное неравенство $\sqrt{x^2-x+1}\le 2x,$ после чего получившиеся решения выбросить из ответа. (Простая аналогия, которая поможет разобраться тем, кто сомневается: если из десяти карандашей нужно выбрать девять, можно выбрать один карандаш, отложить его в сторону и взять оставшиеся девять карандашей).

Заметим также, что условие неотрицательности  подкоренного выражения в такой ситуации можно не выписывать: во-первых, мы уже выписывали его при поиске ОДЗ, во-вторых это конкретное подкоренное выражение всюду положительно. Итак,

$\left \{ {{x\ge 0} \atop {x^2-x+1\le 4x^2}} \right. ; \left \{ {{x\ge 0} \atop {3x^2+x-1\ge 0}} \right. ; x\in [\frac{-1+\sqrt{13}}{6};+\infty).$

Выкидываем из ОДЗ то, что мы здесь получили, и получаем ответ:

$x\in (-\infty;-2]\cup [-1;\frac{\sqrt{13}-1}{6})$