Иррациональные неравенства: метод эквивалентных систем

Иррациональные неравенства — одна из самых трудных тем в задании 15 ЕГЭ. Кажется, что нужно «просто возвести в квадрат», как в уравнении. Но в неравенстве это не работает: возведение может добавить посторонние решения или потерять настоящие, и проверкой это не исправить, как в уравнении.

Правильный путь — метод эквивалентных систем. Это не «алгоритм возведения в квадрат», а формальная запись всех условий, при которых неравенство выполняется. Разберём два основных типа конструкций — $\sqrt{f(x)}>g(x)$ и $\sqrt{f(x)}<g(x)$, а также нестрогие варианты и случай с двумя корнями.

В чём ключевая идея метода эквивалентных систем? Возведение в квадрат — это не равносильное преобразование само по себе: оно сохраняет смысл неравенства только при определённых знаках частей. Поэтому вместо того чтобы возводить «вслепую» и потом мучиться с проверкой (которая для неравенств не работает), мы заранее выписываем все условия в виде системы. Система фиксирует: где определён корень (ОДЗ), какой знак у правой части, и какое неравенство получается после корректного возведения. Решив систему, мы автоматически получаем правильный ответ без посторонних решений. Это превращает «страшную» тему в работу по шаблону.

Почему «просто возвести в квадрат» не работает

Рассмотрим неравенство $\sqrt{x}>x-2$.

Если возвести обе части в квадрат: $x>(x-2{)}^2=x^2-4x+4$, то есть $x^2-5x+4<0$, $(x-1)(x-4)<0$, $x\in (1;4)$.

Но это неверный ответ. Например, $x=0$ удовлетворяет исходному неравенству ($\sqrt{0}=0$, $0-2=-2$, и $0>-2$ — верно), но не входит в полученный интервал $(1;4)$.

Что пошло не так: при $x=0$ правая часть $x-2=-2<0$, а левая $\sqrt{x}=0\ge 0$. Неравенство $\sqrt{x}>-2$ верно автоматически — корень всегда неотрицателен. Но возведение в квадрат потеряло этот случай.

Метод эквивалентных систем учитывает это: в случае «правая часть отрицательная» неравенство $\sqrt{f(x)}>g(x)$ верно автоматически (если $f(x)\ge 0$).

Вот ключевое наблюдение. Корень $\sqrt{f(x)}$ всегда неотрицателен. Поэтому всё зависит от знака правой части $g(x)$. Если правая часть отрицательна, то неотрицательный корень заведомо больше неё — неравенство выполняется само собой, нужно лишь, чтобы корень существовал (ОДЗ $f(x)\ge 0$). А если правая часть неотрицательна, то обе части неравенства неотрицательны, и только тогда возведение в квадрат корректно. Именно это разделение на два случая по знаку правой части и порождает «две системы» в типе $\sqrt{f(x)}>g(x)$. Понимая эту логику, ты не зубришь формулу, а выводишь её на месте.

Тип 1: $\sqrt{f(x)}>g(x)$

Это неравенство равносильно объединению двух систем:

$\sqrt{f(x)}>g(x)\iff \left[\begin{array}{c}\{\begin{array}{l}g(x)<0,\\ f(x)\ge 0\end{array}\\ \{\begin{array}{l}g(x)\ge 0,\\ f(x)>g(x{)}^2\end{array}\end{array}\right]$

Что означает каждая система:

Система 1 — правая часть отрицательна. Тогда неравенство верно автоматически (корень $\sqrt{f(x)}\ge 0>g(x)$), но требуется ОДЗ корня — $f(x)\ge 0$.

Система 2 — правая часть неотрицательна. Тогда обе части можно возводить в квадрат (обе неотрицательны), и неравенство $f(x)>g(x{)}^2$ эквивалентно исходному. ОДЗ корня $f(x)\ge 0$ автоматически следует из $f(x)>g(x{)}^2\ge 0$.

Финальный ответ — объединение решений двух систем. Две системы соединены логическим «или»: неравенство выполняется, если работает хотя бы одна из них. Внутри каждой системы условия соединены «и» — должны выполняться все одновременно. Эту разницу легко перепутать, и она критична: «или» между системами даёт объединение множеств, «и» внутри системы — пересечение. Держи в голове картинку: сначала находишь решение каждой системы (пересечение её условий), потом объединяешь два результата.

Пример 1: $\sqrt{x+3}>x-1$

Это неравенство типа $\sqrt{f(x)}>g(x)$, поэтому работаем с двумя системами.

Система 1: $\{\begin{array}{l}x-1<0,\\ x+3\ge 0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x<1,\\ x\ge -3\end{array}\iff x\in [-3;1)$.

Система 2: $\{\begin{array}{l}x-1\ge 0,\\ x+3>(x-1{)}^2\end{array}$.

Решим $x+3>(x-1{)}^2=x^2-2x+1$: $x+3>x^2-2x+1$ $0>x^2-3x-2$ $x^2-3x-2<0$

Корни $x^2-3x-2=0$: $x=\frac{3\pm \sqrt{9+8}}{2}=\frac{3\pm \sqrt{17}}{2}$.

Численно: $\sqrt{17}\approx 4,12$, корни примерно $x\approx -0,56$ и $x\approx 3,56$ — это нужно лишь для понимания расположения корней на прямой.

Парабола ветвями вверх, $<0$ между корнями: $x\in \left(\frac{3-\sqrt{17}}{2};\frac{3+\sqrt{17}}{2}\right)$.

С условием $x\ge 1$: $x\in \left[1;\frac{3+\sqrt{17}}{2}\right)$.

Объединение: $x\in [-3;1)\cup \left[1;\frac{3+\sqrt{17}}{2}\right)=\left[-3;\frac{3+\sqrt{17}}{2}\right)$.

Ответ: $x\in \left[-3;\frac{3+\sqrt{17}}{2}\right)$.

Разберём, почему две системы объединились в один сплошной промежуток. Система 1 дала отрезок $[-3;1)$ — это значения, где правая часть отрицательна и неравенство верно автоматически. Система 2 дала $\left[1;\frac{3+\sqrt{17}}{2}\right)$ — значения, где правая часть неотрицательна и неравенство проверено возведением. Эти два куска состыковались в точке $x=1$ (где правая часть меняет знак), поэтому ответ — единый промежуток. Так бывает не всегда: иногда системы дают разорванные куски, и тогда ответ — настоящее объединение. Ответ оставляют с радикалом $\frac{3+\sqrt{17}}{2}$ — это точная граница, десятичное приближение нужно лишь для понимания расположения.

Пример 2: простой случай, $\sqrt{x-1}>2$

Метод: правая часть $g(x)=2>0$ — система 1 не применима (там $g(x)<0$). Используем систему 2:

$\{\begin{array}{l}2\ge 0,\text{ всегда верно}\\ x-1>4\end{array}$

То есть $x>5$.

Ответ: $x\in (5;+\infty )$.

ОДЗ $x-1\ge 0$ автоматически следует из $x>5$.

Этот пример показывает важный частный случай: когда правая часть — положительная константа, всё резко упрощается. Условие «$g(x)<0$» невозможно (константа $2>0$), поэтому первая система отпадает, а вторая сводится к простому возведению в квадрат. Запомни: если справа стоит положительное число, неравенство $\sqrt{f(x)}>c$ при $c>0$ равносильно просто $f(x)>c^2$ (ОДЗ при этом выполняется автоматически, ведь $c^2>0$).

Тип 2: $\sqrt{f(x)}<g(x)$

Это неравенство равносильно одной системе:

$\sqrt{f(x)}<g(x)\iff \{\begin{array}{l}f(x)\ge 0,\\ g(x)>0,\\ f(x)<g(x{)}^2\end{array}$

Объяснение трёх условий:

• $f(x)\ge 0$ — ОДЗ корня (без него корень не определён).
• $g(x)>0$ — правая часть должна быть положительной. Если правая отрицательна, неравенство $\sqrt{f(x)}<g(x)$ невозможно: левая всегда неотрицательна.
• $f(x)<g(x{)}^2$ — после возведения в квадрат (обе части неотрицательны, возводить можно).

Все три условия должны выполняться одновременно.

Почему здесь только одна система, а не две, как в типе 1? Потому что корень $\sqrt{f(x)}$ неотрицателен, и чтобы он был меньше $g(x)$, правая часть обязана быть строго положительной — отрицательной или нулевой она быть не может (иначе неотрицательное не окажется меньше). Значит, случай «$g(x)<0$» здесь невозможен в принципе, и остаётся единственная ветвь, где всё положительно и возведение в квадрат корректно. Это зеркальная ситуация к типу 1: там два случая, здесь — один, и разница идёт от направления знака неравенства.

Пример 3: $\sqrt{x+5}<x-1$

Система:

$\{\begin{array}{l}x+5\ge 0,\\ x-1>0,\\ x+5<(x-1{)}^2\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x\ge -5,\\ x>1,\\ x+5<x^2-2x+1\end{array}$

Третье условие: $x+5<x^2-2x+1$, то есть $0<x^2-3x-4$, то есть $x^2-3x-4>0$.

Корни: $x^2-3x-4=0$ → $x=4$ или $x=-1$. Парабола ветвями вверх, $>0$ за корнями: $x\in (-\infty ;-1)\cup (4;+\infty )$.

Пересечение трёх условий:

• $x\ge -5$
• $x>1$
• $x\in (-\infty ;-1)\cup (4;+\infty )$

Пересечение $x>1$ и $x\in (-\infty ;-1)\cup (4;+\infty )$: $x\in (4;+\infty )$.

С условием $x\ge -5$ ничего не меняется.

Ответ: $x\in (4;+\infty )$.

Обрати внимание, как «работает» каждое условие. Условие $g(x)>0$ (то есть $x>1$) отсекло отрицательную ветвь решения квадратного неравенства: хотя $x^2-3x-4>0$ выполняется и при $x<-1$, там правая часть $x-1$ отрицательна, и неравенство $\sqrt{x+5}<x-1$ невозможно. Именно поэтому условие положительности правой части — не формальность, а реальный фильтр, отсекающий ложные решения. Без него в ответ попал бы лишний кусок $(-\infty ;-1)$.

Пример 4: $\sqrt{x^2-4}<x$

Система:

$\{\begin{array}{l}{x}^2-4\ge 0,\\ x>0,\\ x^2-4<x^2\end{array}$

• Первое: $x^2\ge 4$, то есть $|x|\ge 2$, то есть $x\le -2$ или $x\ge 2$.
• Второе: $x>0$.
• Третье: $-4<0$ — всегда верно (тавтология).

Пересечение первых двух: $x\ge 2$.

Ответ: $x\in [2;+\infty )$.

Третье условие здесь не сужает ответ. Это бывает: если $f(x)<g(x{)}^2$ после раскрытия превращается в верное при всех $x$, оно автоматически выполняется. В этом примере $x^2-4<x^2$ сводится к $-4<0$ — тождеству, истинному всегда. Поэтому весь ответ определили только первые два условия: ОДЗ корня ($|x|\ge 2$) и положительность правой части ($x>0$). Их пересечение — луч $[2;+\infty )$. Важный урок: не пропускай условия системы только потому, что они «кажутся лишними» — проверь каждое, и тогда увидишь, какие реально работают, а какие выполнены автоматически.

Тип 3: нестрогие неравенства

Аналогичные системы для нестрогих неравенств получаются заменой строгих знаков на нестрогие в финальном «расчётном» условии:

$\sqrt{f(x)}\ge g(x)\iff$:

$\left[\begin{array}{c}\{\begin{array}{l}g(x)<0,\\ f(x)\ge 0\end{array}\\ \{\begin{array}{l}g(x)\ge 0,\\ f(x)\ge g(x{)}^2\end{array}\end{array}\right]$

$\sqrt{f(x)}\le g(x)\iff$:

$\{\begin{array}{l}f(x)\ge 0,\\ g(x)\ge 0,\\ f(x)\le g(x{)}^2\end{array}$

Логика та же: меняется только знак в финальном расчётном неравенстве. Все «знаковые» условия (ОДЗ, знак правой части) остаются прежними — нестрогость затрагивает лишь то неравенство, которое получается после возведения в квадрат. Это естественно: граница (равенство $\sqrt{f(x)}=g(x)$) добавляется в ответ, только если она удовлетворяет ОДЗ и знаковому условию. Поэтому при переходе от строгого к нестрогому достаточно поменять один знак в расчётной строке, а структуру системы не трогать.

Пример 5: $\sqrt{x+1}\le x-1$

Система:

$\{\begin{array}{l}x+1\ge 0,\\ x-1\ge 0,\\ x+1\le (x-1{)}^2\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x\ge -1,\\ x\ge 1,\\ x+1\le x^2-2x+1\end{array}$

Третье: $0\le x^2-3x$, то есть $x^2-3x\ge 0$, то есть $x(x-3)\ge 0$. Корни 0 и 3, парабола ветвями вверх, $\ge 0$ за корнями или в них: $x\le 0$ или $x\ge 3$.

Пересечение с $x\ge 1$: $x\ge 3$.

С $x\ge -1$ ничего не меняется.

Ответ: $x\in [3;+\infty )$.

Тип 4: оба корня в одном неравенстве

Иногда встречается $\sqrt{f(x)}>\sqrt{g(x)}$ или похожие конструкции, когда корни стоят с обеих сторон неравенства. Этот тип решается проще остальных, потому что обе части заведомо неотрицательны.

Условия: обе части неотрицательны (это автоматически, корни $\ge 0$). Возводим в квадрат — допустимо, поскольку обе части $\ge 0$.

Эквивалентность:

$\sqrt{f(x)}>\sqrt{g(x)}\iff \{\begin{array}{l}f(x)\ge 0,\\ g(x)\ge 0,\\ f(x)>g(x)\end{array}$

ОДЗ обоих корней должна быть учтена явно — при возведении в квадрат это уходит из вида. Это самая частая ошибка в этом типе: после возведения остаётся только $f(x)>g(x)$, и легко забыть, что оба подкоренных выражения должны быть неотрицательны. Без ОДЗ можно получить «решения» там, где один из корней вообще не существует. Поэтому в системе ОДЗ записывают двумя отдельными строками — для каждого корня свою, — и обязательно пересекают с расчётным неравенством.

Пример 6: $\sqrt{x-1}>\sqrt{3-x}$

$\{\begin{array}{l}x-1\ge 0,\\ 3-x\ge 0,\\ x-1>3-x\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x\ge 1,\\ x\le 3,\\ 2x>4\end{array}\iff \{\begin{array}{l}1\le x\le 3,\\ x>2\end{array}$

Пересечение: $x\in (2;3]$.

Ответ: $x\in (2;3]$.

Здесь ОДЗ двух корней сразу задали отрезок $[1;3]$ (первый корень требует $x\ge 1$, второй — $x\le 3$), а расчётное неравенство $x-1>3-x$ сузило его до $x>2$. Пересечение и дало $(2;3]$: левый конец выколот (строгое неравенство), правый закрашен (он от ОДЗ второго корня, где $3-x=0$ допустимо). Этот пример — образец того, как ОДЗ обоих корней и расчётное условие совместно формируют ответ, и почему ни одну из трёх строк системы нельзя пропустить.

Применение в задании 15 ЕГЭ

Задание 15 — иррациональные, рациональные, показательные, логарифмические неравенства. Балл — 2. Иррациональные неравенства встречаются в 30–40% вариантов. Это одна из самых «алгоритмизируемых» тем второй части: если знаешь правильную эквивалентную систему для своего типа, решение становится почти механическим. Поэтому вложенное время окупается — иррациональное неравенство перестаёт быть лотереей и становится надёжным источником двух баллов.

Алгоритм решения для иррационального неравенства:

1. Определить тип: $\sqrt{f(x)}>g(x)$, $\sqrt{f(x)}<g(x)$, нестрогое, оба корня.
2. Записать эквивалентную систему. Не «возвести в квадрат» — а именно систему с условиями.
3. Решить каждое условие методом интервалов или другим стандартным способом.
4. Найти пересечение или объединение в зависимости от типа.
5. Записать ответ в виде интервала или объединения.

Распространённые ошибки

1. Возводить в квадрат без условий. «$\sqrt{f(x)}<g(x)\iff f(x)<g(x{)}^2$» — это неверно, теряется условие $g(x)>0$. Без него получают посторонние решения.

2. Забывать ОДЗ. Хотя $f(x)>g(x{)}^2\ge 0$ автоматически даёт $f(x)>0$ в типе 1, в нестрогих неравенствах это не всегда так. Лучше всегда явно записывать $f(x)\ge 0$.

3. Путать «или» и «и» при объединении систем. В типе $\sqrt{f(x)}>g(x)$ — две системы соединены или (объединение). Внутри каждой системы условия — и (пересечение). Перепутать = неверный ответ.

4. Неправильно расписывать $g(x{)}^2$. Если $g(x)=x-3$, то $g(x{)}^2=(x-3{)}^2=x^2-6x+9$, а не $x^2-9$. Простая алгебраическая ошибка часто стоит балла.

5. Считать $\sqrt{f(x)}$ равным $|f(x)|$. Это путаница: $\sqrt{a^2}=|a|$, а $\sqrt{f(x)}$ — это просто корень, и он $\ge 0$ при $f(x)\ge 0$. Не путать с модулем.

Связь с другими темами

• Иррациональные уравнения — родственная тема, но логика проще (можно проверять корни).
• Квадратные неравенства — нужны для решения внутренних неравенств в системах.
• Метод интервалов — для решения систем неравенств.
• Свойства корней — фундамент.

Что запомнить

Иррациональные неравенства в задании 15 решаются методом эквивалентных систем:

Главное правило: никогда не возводи неравенство в квадрат без проверки знаков. Это первая ошибка, которая режет балл в задании 15.