Иррациональные неравенства

Содержание

Суть темы
Равносильные переходы
Сводная таблица базовых схем
Корни нечётной степени
Метод рационализации (замены множителя)
Алгоритм решения
Примеры
Универсальный метод: граничные точки + тест знака
Частые ошибки
Оформление под рубрику ДВИ
Что запомнить
Стратегия на ДВИ

Суть темы

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).

Равносильные переходы

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 $\geqslant 0$ ). Возводить в квадрат можно, только когда обе части неотрицательны — здесь обе $\geqslant 0$ .

Нестрогий случай $\sqrt{f(x)} \leqslant g(x)$ решается аналогично, но обязательно держи все три условия (не вырони ОДЗ $f \geqslant 0$ !):

\sqrt{f(x)} \leqslant g(x) \iff \begin{cases} f(x) \geqslant 0 \\ g(x) \geqslant 0 \\ f(x) \leqslant (g(x))^2 \end{cases}

Пояснение: Здесь возникает совокупность (квадратная скобка, означающая «ИЛИ»).

Если правая часть $\geqslant 0$ , обе части можно возвести в квадрат (ОДЗ $f(x) \geqslant 0$ выполнится автоматически, так как $f(x)$ больше квадрата).
Если правая часть $< 0$ , то неравенство верно всегда, лишь бы существовал корень (нужно потребовать $f(x) \geqslant 0$ ).

Нестрогий случай $\sqrt{f(x)} \geqslant g(x)$ — те же два случая, только в первой системе $f(x) \geqslant (g(x))^2$ становится нестрогим:

\sqrt{f(x)} \geqslant g(x) \iff \left[ \begin{array}{l} \begin{cases} g(x) \geqslant 0 \\ f(x) \geqslant (g(x))^2 \end{cases} \\ \begin{cases} g(x) < 0 \\ f(x) \geqslant 0 \end{cases} \end{array} \right.

Пояснение: Обе части неотрицательны, поэтому возводить в квадрат можно без оговорок. Условие $g(x) \geqslant 0$ писать не надо — оно следует автоматически: из $f(x) \geqslant 0$ и $f(x) < g(x)$ сразу $g(x) > 0$ . Для нестрогого $\sqrt{f} \leqslant \sqrt{g}$ держи $\{ f \geqslant 0;\ f \leqslant g \}$ . Эта схема нужна, когда корни сравниваются напрямую, без дроби — рационализация (см. ниже) применима к дробям, а здесь дроби нет.

Сводная таблица базовых схем

Перед экзаменом удобно держать все случаи в одном месте. Различия — только в знаках строгости; логика везде одна.

ВАЖНОЕ

Все базовые схемы для

\sqrt{f}

Неравенство	Равносильный переход
$\sqrt{f} < g$	$\begin{cases} f \geqslant 0 \\ g > 0 \\ f < g^2 \end{cases}$
$\sqrt{f} \leqslant g$	$\begin{cases} f \geqslant 0 \\ g \geqslant 0 \\ f \leqslant g^2 \end{cases}$
$\sqrt{f} > g$	$\left[\begin{array}{l} \{\, g \geqslant 0,\ f > g^2 \,\} \\ \{\, g < 0,\ f \geqslant 0 \,\} \end{array}\right.$
$\sqrt{f} \geqslant g$	$\left[\begin{array}{l} \{\, g \geqslant 0,\ f \geqslant g^2 \,\} \\ \{\, g < 0,\ f \geqslant 0 \,\} \end{array}\right.$
$\sqrt{f} < \sqrt{g}$	$\begin{cases} f \geqslant 0 \\ f < g \end{cases}$

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».

Корни нечётной степени

Всё сказанное выше — про чётный корень ( $\sqrt{\;}$ , $\sqrt[4]{\;}$ и т.д.), который требует ОДЗ и контроля знаков. С нечётным корнем ( $\sqrt[3]{\;}$ , $\sqrt[5]{\;}$ ) ситуация принципиально проще.

ВАЖНОЕ

Свойства нечётного корня

Корень нечётной степени определён для любого знака подкоренного выражения:

\sqrt[3]{-8} = -2, \qquad \sqrt[2k+1]{a} \ \text{существует при любом } a \in \mathbb{R}.

Функция $t \mapsto t^{2k+1}$ строго возрастает на всей оси, поэтому возведение в нечётную степень — равносильный переход без всяких условий на знак:

\sqrt[3]{u} < v \iff u < v^3, \qquad \sqrt[3]{u} \leqslant \sqrt[3]{w} \iff u \leqslant w.

Главное отличие от $\sqrt{\;}$ : 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 $\sqrt[3]{\;}$ .

Метод рационализации (замены множителя)

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.

ВАЖНОЕ

Рационализация разности корней

Знак разности $\sqrt{f(x)} - \sqrt{g(x)}$ совпадает со знаком разности $f(x) - g(x)$ при условии выполнения ОДЗ ( $f(x) \geqslant 0$ и $g(x) \geqslant 0$ ).

В неравенстве вида $\dfrac{\sqrt{f(x)} - \sqrt{g(x)}}{h(x)} \lor 0$ разность корней можно заменить:

\sqrt{f(x)} - \sqrt{g(x)} \quad \longrightarrow \quad f(x) - g(x)

Обязательно приписав ОБА условия $f(x) \geqslant 0$ и $g(x) \geqslant 0$ (забыть второе — типичная потеря баллов).

Почему так: домножим разность на сопряжённое — оно положительно:

\sqrt{f} - \sqrt{g} = \frac{(\sqrt{f}-\sqrt{g})(\sqrt{f}+\sqrt{g})}{\sqrt{f}+\sqrt{g}} = \frac{f - g}{\sqrt{f}+\sqrt{g}}.

Знаменатель $\sqrt{f}+\sqrt{g} > 0$ на ОДЗ, поэтому знак всей дроби равен знаку $f - g$ . На ДВИ полезно знать этот вывод на случай, если проверяющий придерётся к необоснованному переходу.

ВАЖНОЕ

Рационализировать можно ЛЮБОЙ множитель

Замена разности на разность подкоренных с сохранением знака применима к любому множителю — и в числителе, и в знаменателе дроби.

Множитель вида «корень минус число» $\sqrt{f} - a$ :

при $a > 0$ трактуй как $\sqrt{f} - \sqrt{a^2}$ и заменяй на $f - a^2$ (с условием $f \geqslant 0$ );
при $a \leqslant 0$ множитель $\sqrt{f} - a \geqslant 0$ всегда на ОДЗ (неотрицательное минус неположительное), знак он не меняет — его просто отбрасывают как положительный множитель (при $a<0$ — строго положительный).

Это правило шире, чем «разность двух корней»: число всегда можно внести под корень. Отработаем его в Примере 2.

Алгоритм решения

АЛГОРИТМ

Как решать иррациональное неравенство на ДВИ

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).
Выпиши ОДЗ. В равносильных переходах ОДЗ встроена в системы. Но для дробных неравенств и при рационализации надёжнее выписать ОДЗ отдельным блоком в самом начале.
Избавься от корней. Перейди к алгебраической системе с помощью равносильностей или замены множителей.
Реши полученные рациональные неравенства методом интервалов. Наноси корни на ось, расставляй знаки. Следи за сменой знака неравенства при умножении/делении на отрицательное.
Сделай пересечение/объединение. Системы — пересекай, совокупности — объединяй. Строго различай выколотые и закрашенные точки, особенно на границах ОДЗ.

Примеры

Пример 1. Классический равносильный переход

Реши неравенство $\sqrt{2x^2 - 5x + 2} > x - 1$ .

Переходим к равносильной совокупности

Имеем неравенство вида $\sqrt{f(x)} > g(x)$ . Переходим к равносильной совокупности:

\left[ \begin{array}{l} \begin{cases} x - 1 < 0 \\ 2x^2 - 5x + 2 \geqslant 0 \end{cases} \quad \text{(Случай 1)} \\ \begin{cases} x - 1 \geqslant 0 \\ 2x^2 - 5x + 2 > (x - 1)^2 \end{cases} \quad \text{(Случай 2)} \end{array} \right.

Случай 1: правая часть отрицательна

\begin{cases} x < 1 \\ 2(x - 2)(x - 0{,}5) \geqslant 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x < 1 \\ x \in (-\infty;\, 0{,}5] \cup [2;\, +\infty) \end{cases}

Пересечение дает множество $x \in (-\infty;\, 0{,}5]$ .

Случай 2: возводим в квадрат

Правая часть неотрицательна, возводим в квадрат.

\begin{cases} x \geqslant 1 \\ 2x^2 - 5x + 2 > x^2 - 2x + 1 \end{cases} \implies \begin{cases} x \geqslant 1 \\ x^2 - 3x + 1 > 0 \end{cases}

Корни квадратного трехчлена: $x = \dfrac{3 \pm \sqrt{5}}{2}$ . Парабола ветвями вверх, решение неравенства: $x \in \left(-\infty;\, \dfrac{3 - \sqrt{5}}{2}\right) \cup \left(\dfrac{3 + \sqrt{5}}{2};\, +\infty\right)$ . Пересекаем с условием $x \geqslant 1$ . Так как $\dfrac{3 - \sqrt{5}}{2} < 1$ , а $\dfrac{3 + \sqrt{5}}{2} > 1$ , получаем $x \in \left(\dfrac{3 + \sqrt{5}}{2};\, +\infty\right)$ .

Объединяем случаи

Объединяем множества из двух случаев.

Ответ: $x \in (-\infty;\, 0{,}5] \cup \left(\dfrac{3 + \sqrt{5}}{2};\, +\infty\right)$ .

Пример 2. Дробь и метод рационализации

Реши неравенство $\dfrac{\sqrt{3-2x} - 1}{\sqrt{x+2} - 1} \leqslant 1$ .

ОДЗ

Выражения под корнями неотрицательны, знаменатель не равен нулю.

\begin{cases} 3 - 2x \geqslant 0 \\ x + 2 \geqslant 0 \\ \sqrt{x+2} - 1 \neq 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x \leqslant 1{,}5 \\ x \geqslant -2 \\ x \neq -1 \end{cases}

ОДЗ: $x \in [-2;\, -1) \cup (-1;\, 1{,}5]$ .

Преобразование

Перенесем 1 влево и приведем к общему знаменателю:

\frac{\sqrt{3-2x} - 1 - (\sqrt{x+2} - 1)}{\sqrt{x+2} - 1} \leqslant 0 \iff \frac{\sqrt{3-2x} - \sqrt{x+2}}{\sqrt{x+2} - \sqrt{1}} \leqslant 0

Заметь: число $1$ в знаменателе мы записали как $\sqrt{1}$ — это и есть приём «корень минус число» $\sqrt{f} - a = \sqrt{f} - \sqrt{a^2}$ при $a=1>0$ .

Рационализация (словами!)

Запиши на экзамене явно: «На ОДЗ применим метод замены множителя (рационализации) к числителю и к знаменателю». Числитель: $\sqrt{3-2x} - \sqrt{x+2} \to (3-2x)-(x+2)$ . Знаменатель: $\sqrt{x+2}-\sqrt{1} \to (x+2)-1$ . Оба условия неотрицательности подкоренных уже учтены в ОДЗ.

\frac{(3 - 2x) - (x + 2)}{(x + 2) - 1} \leqslant 0 \iff \frac{1 - 3x}{x + 1} \leqslant 0

Метод интервалов

Умножим числитель на $-1$ . Поскольку $-1<0$ , знак неравенства меняется на противоположный:

\frac{3x - 1}{x + 1} \geqslant 0

Корни: числитель $x = \dfrac{1}{3}$ (нестрогое неравенство $\Rightarrow$ точка закрашенная), знаменатель $x = -1$ (всегда выколотая). Расставляем знаки: $+$ на $(-\infty;-1)$ , $-$ на $(-1;\,1/3)$ , $+$ на $(1/3;+\infty)$ . Решение этого неравенства: $x \in (-\infty;\, -1) \cup \left[\dfrac{1}{3};\, +\infty\right)$ .

Пересечение с ОДЗ

Пересекаем полученное множество $(-\infty;\, -1) \cup \left[\dfrac{1}{3};\, +\infty\right)$ с ОДЗ $[-2;\, -1) \cup (-1;\, 1{,}5]$ . Слева остаётся $[-2;\,-1)$ (точка $-1$ выколота и там, и там). Справа остаётся $\left[\dfrac{1}{3};\, 1{,}5\right]$ : левый конец $1/3$ закрашен (он в обоих множествах), правый конец $1{,}5$ закрашен (граница ОДЗ, неравенство там определено). Получаем $[-2;\, -1) \cup \left[\dfrac{1}{3};\, 1{,}5\right]$ .

Ответ: $x \in [-2;\, -1) \cup \left[\dfrac{1}{3};\, 1{,}5\right]$ .

Пример 3. Скрытая ловушка с изолированной точкой

Реши неравенство $(x^2 - 4)\sqrt{x - 1} \leqslant 0$ .

Пример 4. Базовая схема «корень меньше» с нелинейной правой частью

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

Пример 5. Нечётный корень и сумма радикалов: оценка слагаемых

Реши неравенство $\sqrt[3]{2-x} + \sqrt{x - 1} \leqslant 1$ .

Анализ структуры и ОДЗ

Двумя школьными схемами это не решается: слева сумма корней разной степени. Применяем приём оценки слагаемых на ОДЗ (см. справочник, «Метод мажорант» и «Монотонность и оценки»).

Кубический корень определён при любом аргументе, поэтому ОДЗ задаёт только квадратный: $x - 1 \geqslant 0 \implies x \geqslant 1$ .

Угадываем граничную точку

При $x = 2$ :

\sqrt[3]{2-2} + \sqrt{2-1} = \sqrt[3]{0} + \sqrt{1} = 0 + 1 = 1.

Равенство достигается: $x=2$ — кандидат в концы ответа.

Монотонность

Рассмотрим $F(x) = \sqrt[3]{2-x} + \sqrt{x-1}$ на ОДЗ $x \geqslant 1$ .

$\sqrt[3]{2-x}$ убывает (внутри $2-x$ убывает, кубический корень возрастает);
$\sqrt{x-1}$ возрастает.

Сумма «убывающая + возрастающая» сама по себе не обязана быть монотонной, поэтому оценим аккуратно. Проверим знак производной или, проще, сравним значения по краям и в середине:

$x=1$ : $F = \sqrt[3]{1} + 0 = 1$ ;
$x=2$ : $F = 0 + 1 = 1$ ;
$x=1{,}5$ : $\sqrt[3]{0{,}5} + \sqrt{0{,}5} \approx 0{,}794 + 0{,}707 = 1{,}501 > 1$ .

Внутри отрезка значение больше 1, на концах равно 1. Значит, на $[1;\,2]$ неравенство $F(x)\leqslant 1$ выполняется только в двух точках $x=1$ и $x=2$ , а строго внутри — нарушается.

Что на $[2;+\infty)$

На этом луче оба корня определены, а функция $F(x)=\sqrt[3]{2-x}+\sqrt{x-1}$ непрерывна (сумма непрерывных). На левом конце $F(2)=\sqrt[3]{0}+\sqrt{1}=0+1=1$ — равенство достигается (точка $x=2$ включается). Дальше слагаемое $\sqrt[3]{2-x}$ становится отрицательным и тянет сумму вниз, поэтому сразу за $x=2$ значение $F$ опускается ниже $1$ (проба $x=5$ : $\sqrt[3]{-3}+\sqrt{4}\approx -1{,}442+2=0{,}558\leqslant 1$ ). Но при $x\to+\infty$ доминирует $\sqrt{x-1}\to+\infty$ (квадратный корень обгоняет кубический), поэтому $F(x)\to+\infty$ — значит, правее неравенство снова нарушится, и есть точка, где $F$ возвращается к $1$ .

Эту правую границу не надо подбирать численно — она табличная. Проверим $x=10$ :

F(10)=\sqrt[3]{2-10}+\sqrt{10-1}=\sqrt[3]{-8}+\sqrt{9}=-2+3=1.

Оба корня извлеклись нацело: $x=10$ — точный корень уравнения $F(x)=1$ . Итак, на $[2;+\infty)$ ровно две точки равенства: $x=2$ и $x=10$ .

Сборка через тест знаков на ОДЗ

Граничные точки равенства на $[1;+\infty)$ : $x=1$ , $x=2$ и $x=10$ . Они режут ОДЗ на куски; тестируем $F(x)\leqslant 1$ по одной пробной точке каждого:

$(1;\,2)$ : проба $x=1{,}5 \Rightarrow F\approx 1{,}50 > 1$ — не подходит;
$(2;\,10)$ : проба $x=5 \Rightarrow F\approx 0{,}56 \leqslant 1$ — подходит;
$(10;+\infty)$ : проба $x=27 \Rightarrow \sqrt[3]{-25}+\sqrt{26}\approx -2{,}92+5{,}10=2{,}18 > 1$ — не подходит.

Концы $x=1$ , $x=2$ , $x=10$ дают равенство $\Rightarrow$ входят (неравенство нестрогое). Точка $x=1$ — изолированная (соседний интервал $(1;2)$ не подошёл), а $[2;\,10]$ — сплошной отрезок.

Ответ: $x \in \{1\} \cup [2;\, 10]$ .

Чему учит пример. (1) Кубический корень не сужает ОДЗ и определён при любом знаке. (2) Сумму радикалов не «раздавить» одной схемой — работают оценка значений, непрерывность и тест знака на интервалах ОДЗ. (3) Границы ищи прежде всего среди «круглых» $x$ , где оба корня берутся нацело (здесь $\sqrt[3]{-8}=-2$ , $\sqrt{9}=3$ ): на ДВИ ответ почти всегда табличный, а не подобранный численно.

Универсальный метод: граничные точки + тест знака

Когда системы громоздки, схемы не подходят (сумма радикалов, смешанные степени), работает страховочный метод, полностью обоснованный под рубрику ДВИ.

АЛГОРИТМ

Метод граничных точек

Выпиши ОДЗ — вне его решений нет.
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.
Разбей ОДЗ этими точками на интервалы. Внутри каждого интервала выражение знака не меняет (непрерывность).
Протестируй по одной пробной точке в каждом интервале — подставь и посмотри знак.
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.

Частые ошибки

ЧАСТАЯ ОШИБКА

Потеря корней при сокращении ОДЗ

Ошибка: При решении $A(x) \cdot \sqrt{B(x)} \leqslant 0$ просто отбросить корень и решать систему $\begin{cases} A(x) \leqslant 0 \\ B(x) \geqslant 0 \end{cases}$ . Правильно: Если $B(x) = 0$ , то левая часть равна нулю, и неравенство (если оно нестрогое) выполняется независимо от знака $A(x)$ ! Правильный переход: $\left[ \begin{array}{l} B(x) = 0 \\ \begin{cases} B(x) > 0 \\ A(x) \leqslant 0 \end{cases} \end{array} \right.$ (как разобрано в Примере 3).

ЧАСТАЯ ОШИБКА

Путаница строгость/нестрогость на границе — самая дорогая по баллам

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.

Оформление под рубрику ДВИ

ДВИ оценивают по outcomes-рубрике с частичным баллом «±»: важен не только ответ, но и обоснованность каждого перехода. Ниже эталон записи на примере $\sqrt{x^2-1} < x+1$ (Пример 4) — как это должно выглядеть в чистовике.

Эталон полного решения

Дано: $\sqrt{x^2-1} < x+1$ .

Решение. Неравенство вида $\sqrt{f} < g$ равносильно системе (корень неотрицателен, правая часть обязана быть положительной, обе части неотрицательны — возводим в квадрат):

\begin{cases} x^2-1 \geqslant 0, \\ x+1 > 0, \\ x^2-1 < (x+1)^2. \end{cases}

Решаем построчно: $x^2-1\geqslant 0 \iff x\leqslant -1$ или $x\geqslant 1$ ; $\ x+1>0 \iff x>-1$ ; третье: $x^2-1<x^2+2x+1 \iff x>-1$ . Пересекая, получаем $x\geqslant 1$ .

Проверка границы $x=1$ : $\sqrt{0}<2$ — верно, точка включается.

Ответ: $x\in[1;+\infty)$ .

СОВЕТ

За что снимают «±»

Нет обоснования перехода («возвёл в квадрат» без проверки знака правой части) — даже при верном ответе балл срезают.
Потеряно условие ОДЗ (одно из $f\geqslant 0$ / $g\geqslant 0$ при рационализации, знаменатель $\neq 0$ ).
Перепутана строгость на границе — выколол закрашенную или наоборот.
Не указан метод словами — для рационализации обязательна фраза «на ОДЗ применим метод замены множителя».
Не разобрана совокупность полностью — взял только один случай из двух у $\sqrt{f}>g$ . Полный ответ при безупречном обосновании каждого шага — полный балл; одна логическая дыра — «±».

Что запомнить

Никаких догадок. Иррациональные неравенства решаются только равносильными переходами или методом интервалов с жёстким соблюдением ОДЗ.
Четыре схемы + корень против корня. Держи в голове сводную таблицу: $\sqrt{f}<g$ , $\sqrt{f}\leqslant g$ , $\sqrt{f}>g$ , $\sqrt{f}\geqslant g$ , $\sqrt{f}<\sqrt{g}$ — различаются только знаками строгости.
Нечётный корень — проще. $\sqrt[3]{\;}$ определён при любом знаке, ОДЗ не сужает, возводи в нечётную степень без условий.
Рационализация — ключ к дробям. Знак $\sqrt{f}-\sqrt{g}$ совпадает со знаком $f-g$ на ОДЗ (оба корня!); рационализировать можно и числитель, и знаменатель, и «корень минус число».
Сумма радикалов — оценка/монотонность или универсальный метод граничных точек + тест знака.
Строгость границ решает балл. Каждую граничную точку проверяй подстановкой.

Стратегия на ДВИ

СОВЕТ

На экзамене

Иррациональное неравенство часто идет под номером 3 в варианте. От тебя ждут идеальной алгебраической культуры: проверяющие будут искать, не забыл ли ты проверить знак правой части перед возведением в квадрат.
Базовые схемы надо уметь не только помнить, но и выводить — листа формул нет. Если забыл знак строгости, восстанови схему логически (корень $\geqslant 0$ , монотонность квадрата).
Если применяешь метод рационализации, обязательно напиши словами: «На ОДЗ применим метод замены множителя (рационализации)». Не делай этот переход молча, за необоснованный шаг снижают баллы. На случай придирки знай вывод через домножение на сопряжённое.
Встретил $\sqrt[3]{\;}$ или сумму радикалов — не пытайся впихнуть в школьную схему: возводи нечётный корень без условий, а сумму оценивай (монотонность / граничные точки).
Всегда выписывай ОДЗ либо в виде отдельной системы до начала решения, либо чётко показывай, в какой момент решения эти условия учтены. На границе ОДЗ проверяй включение точки подстановкой.

Проверь себя

Неравенство $\sqrt{f(x)} < g(x)$ равносильно системе из каких условий?
При каком условии знак разности $\sqrt{f(x)} - \sqrt{g(x)}$ совпадает со знаком $f(x) - g(x)$ ?
Что верно про кубический корень $\sqrt[3]{f(x)}$ в неравенствах?
Каков ответ неравенства $(x^2 - 4)\sqrt{x-1} \leqslant 0$ ?

Иррациональные неравенства

Суть темы

Равносильные переходы

Сводная таблица базовых схем

Корни нечётной степени

Метод рационализации (замены множителя)

Алгоритм решения