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:

$\sqrt{f(x)} > g(x) \Leftrightarrow \begin{bmatrix} \begin{cases} g(x) < 0, \\ f(x) \ge 0 \end{cases} \\[1em] \begin{cases} g(x) \ge 0, \\ f(x) > g(x)^2 \end{cases} \end{bmatrix}$

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: $\begin{cases} x - 1 < 0, \\ x + 3 \ge 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x < 1, \\ x \ge -3 \end{cases} \Leftrightarrow x \in [-3; 1)$.

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

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:

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

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:

$\sqrt{f(x)} < g(x) \Leftrightarrow \begin{cases} f(x) \ge 0, \\ g(x) > 0, \\ f(x) < g(x)^2 \end{cases}$

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:

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

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:

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

• 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:

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

$\begin{bmatrix} \begin{cases} g(x) < 0, \\ f(x) \ge 0 \end{cases} \\[1em] \begin{cases} g(x) \ge 0, \\ f(x) \ge g(x)^2 \end{cases} \end{bmatrix}$

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

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

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:

$\begin{cases} x + 1 \ge 0, \\ x - 1 \ge 0, \\ x + 1 \le (x-1)^2 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x \ge -1, \\ x \ge 1, \\ x + 1 \le x^2 - 2x + 1 \end{cases}$

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:

$\sqrt{f(x)} > \sqrt{g(x)} \Leftrightarrow \begin{cases} f(x) \ge 0, \\ g(x) \ge 0, \\ f(x) > g(x) \end{cases}$

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: $\sqrt{x-1} > \sqrt{3-x}$

$\begin{cases} x - 1 \ge 0, \\ 3 - x \ge 0, \\ x - 1 > 3 - x \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x \ge 1, \\ x \le 3, \\ 2x > 4 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} 1 \le x \le 3, \\ x > 2 \end{cases}$

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. «$\sqrt{f(x)} < g(x) \Leftrightarrow f(x) < g(x)^2$» — 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.