Неравенство

[Pripyat]

Добрый день, я решаю неравенство следующего вида: $\frac{x^3-6x-6}{5x+\sqrt{(4x-8)(4x-1)} -3} \leqslant 0$.

С нижним неравенством всё понятно: решаю например $f(x)> 0$, нули выкалываю, остальные отрезки из области определения выражения отрицательные.
$5x+\sqrt{(4x-8)(4x-1)} -3 > 0$.
$\sqrt{(4x-8)(4x-1)} > 3-5x$.

$$\left[ \begin{array}{rcl} \left\{ \begin{array}{rcl} (4x-8)(4x-1) > (3-5x)^2\\ 3-5x \geqslant 0 \\ \end{array} \right. \\ \left\{ \begin{array}{rcl} (4x-8)(4x-1) \geqslant 0 \\ 3-5x < 0 \\ \end{array} \right. \\ \end{array} \right.$$

$$\left[ \begin{array}{rcl} \left\{ \begin{array}{rcl} 16x^2-36x+8 > 9-30x+25x^2\\ x \leqslant \frac{3}{5} \\ \end{array} \right. \\ \left\{ \begin{array}{rcl} (x-2)(x-\frac{1}{4}) \geqslant 0 \\ x > \frac{3}{5} \\ \end{array} \right. \\ \end{array} \right.$$

$$\left[ \begin{array}{rcl} \left\{ \begin{array}{rcl} 9x^2+6x+1 < 0\\ x \leqslant \frac{3}{5} \\ \end{array} \right. \\ \left\{ \begin{array}{rcl} (x-2)(x-\frac{1}{4}) \geqslant 0 \\ x > \frac{3}{5} \\ \end{array} \right. \\ \end{array} \right.$$

$$\left[ \begin{array}{rcl} \left\{ \begin{array}{rcl} (3x+1)^2 < 0\\ x \leqslant \frac{3}{5} \\ \end{array} \right. \\ \left\{ \begin{array}{rcl} (x-2)(x-\frac{1}{4}) \geqslant 0 \\ x > \frac{3}{5} \\ \end{array} \right. \\ \end{array} \right.$$

Значит знаменатель положителен при $x \in [2; +\infty)$
Отрицателен он во всех остальных точках области определения исключая нуль функции $x = -\frac{1}{3}$.
ОДЗ: $D_f = (- \infty; \frac{1}{4}]\cup[2; +\infty)$
Тогда знаменатель отрицателен при $ x \in (-\infty; -\frac{1}{3}) \cup( -\frac{1}{3}; 2]$


Гораздо сложнее работать было с числителем: $x^3-6x-6$. Это кубическое уравнение не имеет целых корней и пришлось после поисков различных методов использовать подстановку Виета: $x = u + \frac{2}{u}$.
$(u + \frac{2}{u})^3 - 6(u + \frac{2}{u}) - 6 = 0$
$u^3 + 6u + \frac{12}{u} + \frac{8}{u^3} - 6u - \frac{12}{u} - 6 = 0$
$u^3 + \frac{8}{u^3} - 6 = 0$
$\frac{u^6 - 6u^3 + 8}{u^3} = 0$
Отсюда получаем, что $u^3 = 3\pm1$.
$u_1 = \sqrt[3]{2}$ и $u_1 = \sqrt[3]{4}$
Тогда в обоих случаях: $x = \sqrt[3]{4} + \sqrt[3]{2}$

Теперь еще надо доказать, что других корней нет, т.к. делить на двучлен $(x - (\sqrt[3]{4} + \sqrt[3]{2}))$ и пробовать решить квадратное уравнение очень не хотелось.

Может не самый лучший способ, решил рассмотреть промежутки монотонности, пусть $ y = x^3-6x-6$
$y' = 3x^2 - 6 = 0$
$3(x^2 - 2) = 0$
$3(x - \sqrt{2}) (x + \sqrt{2}) = 0$
Получаем, что функция возрастает на промежутке $(-\infty; -\sqrt{2}]$, убывает на $[-\sqrt{2};\sqrt{2}]$ и снова возрастает на $[\sqrt{2}; + \infty)$.
В точке максимума ($x_{\max} = -\sqrt{2}$) и в точке минимума ($x_{\min} = \sqrt{2}$) функция принимает отрицательные значения, тогда на промежутке $(-\infty; -\sqrt{2}]$ и $[-\sqrt{2};\sqrt{2}]$ функция отрицательна и не может иметь корней. На промежутке $[\sqrt{2}; + \infty)$ функция монотонно возрастает, значит может иметь не более одного корня. Один корень она имеет, значит больше нет.

Тогда $ x^3-6x-6 \geqslant 0$ при $x \in [\sqrt[3]{4} + \sqrt[3]{2};+\infty)$ и $x^3-6x-6 < 0$ при $x \in (-\infty;\sqrt[3]{4} + \sqrt[3]{2})$

Далее надо совместить данные решения в комбинации с разными знаками (+, - или -, +).

Вопрос: нельзя ли решить знаменатель как-то попроще для школьного уровня, ведь подстановка Виета мне кажется в школьную программу не входит, а значит, должны иметься другие методы решения.
Спасибо

[teleglaz]

Есть ещё так называемая формула Кардано. Её в мою бытность в школе проходили. Факультативно разумеется, но и пример не троечный.

Да, кстати

Pripyat в сообщении #1278410 писал(а):

Тогда знаменатель отрицателен при $ x \in (-\infty; -\frac{1}{3}) \cup( -\frac{1}{3}; 2]$

Это не есть правильно.

[Pripyat]

teleglaz
Исправляюсь, $ x \in (-\infty; -\frac{1}{3}) \cup( -\frac{1}{3}; \frac{1}{4}]$