Иррациональные неравенства: проверяем знак перед квадратом

В неравенстве $\sqrt{x-2}\le3$ сначала нужно $x-2\ge0$, то есть $x\ge2$. Это область допустимых значений — ОДЗ. При меньших x действительного квадратного корня нет.

Арифметический корень $\sqrt A$ определён при $A\ge0$ и всегда неотрицателен. Для $\frac1{\sqrt{x-2}}$ условие уже строгое: $x>2$, потому что знаменатель не может быть нулём.

В примере обе части неотрицательны, поэтому можно сравнить квадраты: $x-2\le9$, то есть $x\le11$. Оба ограничения дают $x\in[2;11]$.

Пересечение означает «выполнено одновременно»: оставляем общую часть множеств. Объединение означает «подходит хотя бы один вариант» и обозначается $\cup$. Эти действия понадобятся при разборе случаев.

Рассмотрим $\sqrt{x+2}<x$. Слева неотрицательное число, поэтому справа обязательно $x>0$. Например, x=−1 находится в ОДЗ, но положительный корень не может быть меньше −1.

Когда обе части неотрицательны, возведение в квадрат сохраняет порядок. Получаем $x+2<x^2$, то есть $(x-2)(x+1)>0$. Это даёт x<−1 или x>2; вместе с x>0 остаётся x>2.

Для произвольных действительных выражений A и B:

• $\sqrt A<B$ равносильно трём условиям: $A\ge0$, $B>0$, $A<B^2$.
• $\sqrt A\le B$ равносильно: $A\ge0$, $B\ge0$, $A\le B^2$.

Все условия в каждой строке должны выполняться одновременно. При нестрогом знаке B=0 возможно, но тогда и A должно быть нулём.

В $\sqrt{x+2}>x$ при $-2\le x<0$ корень определён и неотрицателен, а правая часть отрицательна. Значит, весь этот промежуток подходит без возведения в квадрат.

При $x\ge0$ обе части неотрицательны. Сравниваем квадраты: $x+2>x^2$, то есть $(x-2)(x+1)<0$. Вместе с x≥0 получаем $[0;2)$.

Объединяем два случая: $[-2;0)\cup[0;2)=[-2;2)$.

В общем случае $\sqrt A>B$ решается так:

1. Если $B<0$, достаточно ОДЗ $A\ge0$.
2. Если $B\ge0$, требуем $A>B^2$ и ОДЗ.

Для $\sqrt A\ge B$ в первом случае всё так же; во втором заменяем $A>B^2$ на $A\ge B^2$. Границу B=0 учитываем во втором случае. Результаты случаев объединяем.

В $\sqrt{x+4}\le\sqrt{2x+1}$ обе части по смыслу неотрицательны. ОДЗ: x≥−4 и x≥−1/2, то есть x≥−1/2.

На этой области сравниваем подкоренные выражения: $x+4\le2x+1$, откуда x≥3. Этот ответ уже лежит в ОДЗ. Ответ: $[3;+\infty)$.

Свойство работает потому, что квадратный корень возрастает: для $A,B\ge0$ условия $\sqrt A\le\sqrt B$ и $A\le B$ равносильны.

При сумме корней так «убрать значки» нельзя. Например, $(\sqrt A+\sqrt B)^2=A+2\sqrt{AB}+B$. Смешанный член не исчезает.

Для $\sqrt{x+2}<x$ граничное значение x=2 даёт равенство 2=2 и не входит. Для $\sqrt{x+2}\le x$ эта же граница входит. Но x=−1 не подходит ни одному: справа отрицательное число.

Неравенство решено, когда описаны все подходящие значения, а не только несколько подставленных чисел. Равносильные преобразования и разбор случаев дают полноту; подстановка границ помогает обнаружить ошибку.

Перед ответом проверьте:

• все подкоренные выражения и исходные знаменатели;
• знак правой части перед квадратом;
• пересечение внутри каждого случая и объединение между случаями;
• включение конечных границ в исходном неравенстве.