(x + 1)(x − 2)(x − 5) < 0
и исключить, если они попали в множество решений, точки x = −3, x = 4.
Ответ.x< −3, −3 <x< −1, 2 <x< 4, 4 <x< 5.
6. 0 ≤ ax² + bх + с< 9.
7.ax² + bх + с ≥ 9; здесь не нужно заботиться о знаке подкоренного выражения, так как после возведения в квадрат получаем неравенство, из которого следует, что это выражение положительно.
8.
(см. пример 4 на с. 62).
9. Нужно разобрать два случая в зависимости от знака правой части: если правая часть отрицательна, то неравенство удовлетворяется при всех x, при которых левая часть существует; если правая часть неотрицательна, то обе части неравенства нужно возвести в квадрат (подкоренное выражение при этом не может стать отрицательным):
10.1. Обозначим а = 1 + k. Тогда из условия а + b = 2 получим b = 1 − k. Вычислим а4 + b4:
а4 + b4 = (1 + k)4 + (1 − k)4 = 2k4 + 12k² + 2 = 2(k4 + 6k² + 1) ≥ 2,
так как k4 + 6k² ≥ 0 и, следовательно, k4 + 6k² + 1 ≥ 1.
10.2. Обозначим произведение, стоящее в левой части неравенства, через P. Так как а1а2 ... аn = 1, то
(осуществлено почленное деление суммы 1 + аi на аi). Поскольку
то P² ≥ 4n и, следовательно, P ≥ 2n, что и требовалось доказать.
10.3. Способ 1.
Способ 2. Неравенству a⅔ + b⅔>c⅔ эквивалентно неравенство
(a/c)⅔ + (b/c)⅔> 1.
Так как b<с и а<с, то основания показательных функций (a/c)x и (b/c)x меньше единицы и эти функции убывают. Следовательно,
(a/c)⅔ + (b/c)⅔>a/c + b/c = 1.
10.4. Данное неравенство можно переписать так:
4x³ − 4x² + 1 ≥ 0.
Оценим левую часть:
4x²(x − 1) + 1 = −4x²(1 − x) + 1.
Так как 0 ≤ x ≤ 1, то x² ≤ x и 1 − x ≥ 0. Следовательно,
−4x²(1 − x) + 1 ≥ −4x(1 − x) + 1 = (2x − 1)² ≥ 0,
что и доказывает наше неравенство.
10.5. Каждый из входящих в неравенство корней оценим следующим образом:
Складывая полученные неравенства, придем к выводу, что
Теперь, чтобы доказать написанное в условии неравенство, остается убедиться, что в последней оценке равенство никогда не достигается. Равенство возможно лишь при одновременном выполнении равенств 4a + 1 = 1, 4b + 1 = 1, 4с + 1 = 1, т. е. при а = b = с = 0, что противоречит условию а + b + с = 1.
Итак,
10.6. Пусть b<а. Тогда
(а + b)n ≤ (2a)n = 2nan< 2n(an + bn).
10.7. Так как ( а/b)x − возрастающая показательная функция (по условию а>b) и p>q, то
Воспользовавшись формулой производной пропорции, получим
что и требовалось доказать.
10.8. Имеем n очевидных неравенств:
Первое и последнее неравенства обязательно будут строгими, так как по условию n> 1. Перемножая эти неравенства, получим
10.9. Способ 1. Обозначим a/b = u, b/c = v, c/a = w. Тогда uvw = 1, т. е. среди чисел u, v и w есть хотя бы одно, большее 1, и одно, меньшее 1 (u = v = w невозможно, так как а, b и с не равны друг другу). Пусть u> 1, а 0 <v< 1, т. е.
(1 − u)(v − 1) > 0 или −uv + u + v − 1> 0.
С другой стороны, для чисел u, v и e выполняется неравенство
т. е. uv + w ≥ 2. Складывая это неравенство с неравенством − uv + u + v − 1 > 0, получим
u + v + w> 3, или a/b + b/c + c/a> 3.
Способ 2. Пусть u, v и w — положительные числа, причем w — наименьшее из них: u>w, v>w. Так как u и w — положительные числа, то на них можно умножить неравенство v>w:
v(u − w) >w(u − w), т. е. uv − vw + w² >uw.
Поделим последнее неравенство на uw:
v/w − v/u + e/u> 1.
С другой стороны,
u/v + v/u ≥ 2.
Складывая с предыдущим неравенством, получим
u/v + v/w + w/u> 3.
Если с — наименьшее из чисел а, b и с, то полагаем w = с, u = а, v = b и получаем неравенство, которое требовалось доказать. Если а или b — наименьшее из чисел а, b и с, то обозначения соответственно изменятся.
Способ 3. Пусть b = с + d1, а = b + d2 (d1> 0, d2> 0, т. е. а>b>с). Тогда
Это решение обобщается на случай n чисел:
т. е.
10.10. Воспользуемся формулой Герона и применим к сомножителям p − а, p − b, p − с неравенство между средним геометрическим и средним арифметическим трех чисел (p − а + p − b + p − с = 3p − 2p = p):
В условие входит величина 4S, для которой мы и проведем дальнейшие оценки
Выделим в числителе слагаемое 3(а² + b² + с²), а излишек в 2(а² + b² + с²) используем для образования полных квадратов, которые поглотили бы все попарные произведения:
и тем самым неравенство доказано.
10.11. Оценим левую часть неравенства:
(x − 1)(x − 3)(x − 4)(x − 6) + 10 = (х² − 7х + 6)(х² − 7х + 12) + 10 = [(х² − 7х + 9) − 3][(х² − 7х + 9) + 3] + 10 = (х² − 7х + 9)² − 9 + 10 = (х² − 7х + 9)² + 1 ≥ 1.
10.12. Подставляя в первое уравнение x² вместо yz, преобразуем систему следующим образом:
Числа y и z являются корнями квадратного уравнения относительно u:
u² + (x − х³)u + x² = 0.
По условию числа x и z действительные. Следовательно, дискриминант
D = (x − x³)² − 4x² = x²(1 − x²)² − 4x² = x²[(1 − x²)² − 4]
должен быть неотрицательным.
Так как по условию x ≠ 0, то
(1 − x²)² ≥ 4.
Это неравенство может выполняться, если либо 1 − x² ≤ −2, либо 1 − x² ≥ 2. Второе неравенство не имеет решений, а из первого получаем x² ≥ 3, что и требовалось доказать.
10.13. Перепишем данные уравнения в виде откуда
yz = 8 − x(5 − x).
Числа y и z будут корнями уравнения
u² − (5 − x)u + x² − 5х + 8 = 0.
Так как y и z должны быть действительными числами, то дискриминант этого уравнения не может стать отрицательным ни при каких значениях x:
(5 − x)² − 4(х² − 5х + 8) ≥ 0, т. е. −3x² + 10x − 7 ≥ 0,
откуда
1 ≤ x ≤ 7/3.
Так как уравнения, которым удовлетворяют x, y и z, симметричны, то аналогичные ограничения получим для y и z:
1 ≤ y ≤ 7/3, 1 ≤ z ≤ 7/3,
что и требовалось доказать.
10.14. Дискриминант квадратного трехчлена равен 1 − 4а. Если а< ¼, то дискриминант положителен и уравнение ax² + x + 1 = 0 имеет два различных корня:
Когда а> 0, т. е. 0 <а< ¼, то получим решения неравенства:
x<x1, x>x2.
Когда а< 0, то легко проверить, что x2<x1. Поэтому решения запишутся в виде
x2<x<x1.
Дискриминант отрицателен, когда а> ¼, а следовательно, а> 0. Неравенство удовлетворяется при всех x.
Если а = ¼, то решения неравенства запишутся в виде x ≠ −2.
10.15. Условия задачи выполняются тогда и только тогда, когда интервал 1 <x< 2 будет расположен между корнями параболы, т. е. если