Вариант 1. Решите иррациональные уравнения: 1) √(x + 1) = 6; 2) √(x² − 3) = 1; 3) √(4x + 5) = x; 4) √(x − 9) = √(1 − x); 5) x = √(14 − 2x + 3x²); 6) √(x² + 3x + 5) = 3; 7) √(3 − 2x) − √(1 − x) = 1; 8) √(x + 5) + √(20 − x) = 7; 9) √x = x − 6; 10) √(x + 3) − √(7 − x) = √(2x − 8).

1. Возводим в квадрат: \(x+1=36\), значит \(x=35\).
2. \(x^2-3=1\), поэтому \(x^2=4\) и \(x=\pm2\). Оба значения допустимы.
3. Нужно \(x\ge0\). После возведения в квадрат: \(4x+5=x^2\), откуда \((x-5)(x+1)=0\). Подходит только \(x=5\).
4. Для существования корней нужны одновременно \(x\ge9\) и \(x\le1\). Таких чисел нет.
5. Поскольку левая часть равна \(x\), необходимо \(x\ge0\). Возведение в квадрат даёт \(x^2=14-2x+3x^2\), то есть \(2x^2-2x+14=0\). Дискриминант \(D=4-112=-108<0\), действительных корней нет.
6. \(x^2+3x+5=9\), значит \(x^2+3x-4=0\), откуда \((x+4)(x-1)=0\). Получаем \(x=-4\) или \(x=1\); оба подходят.
7. Область допустимых значений: \(x\le1\). Положим \(t=\sqrt{1-x}\), тогда \(t\ge0\), \(x=1-t^2\), а \(\sqrt{3-2x}=\sqrt{1+2t^2}\). Уравнение принимает вид \(\sqrt{1+2t^2}=t+1\). После возведения в квадрат \(t^2-2t=0\), откуда \(t=0\) или \(t=2\). Значит, \(x=1\) или \(x=-3\); оба значения проверку проходят.
8. Область допустимых значений: \(-5\le x\le20\). Возводим сумму в квадрат: \(25+2\sqrt{(x+5)(20-x)}=49\), поэтому \((x+5)(20-x)=144\). Получаем \(x^2-15x+44=0\), откуда \(x=4\) или \(x=11\). Подстановка в исходное уравнение подтверждает оба корня.
9. Из \(\sqrt{x}=x-6\) следует \(x\ge6\). После возведения в квадрат \(x=(x-6)^2\), то есть \((x-9)(x-4)=0\). Условию \(x\ge6\) удовлетворяет только \(x=9\).
10. ОДЗ: \(4\le x\le7\). Переносим один корень и возводим в квадрат: \(10-2\sqrt{(x+3)(7-x)}=2x-8\), откуда \(\sqrt{(x+3)(7-x)}=9-x\). Ещё одно возведение в квадрат даёт \(x^2-11x+30=0\), то есть \(x=5\) или \(x=6\). Оба корня удовлетворяют исходному уравнению.

Ответ: 1) 35; 2) −2, 2; 3) 5; 4) корней нет; 5) корней нет; 6) −4, 1; 7) −3, 1; 8) 4, 11; 9) 9; 10) 5, 6.