x² + 5 − x, откуда x ≤ −⅔. Это не удовлетворяет условию 4 <x ≤ 5, а потому в данном случае решений нет.
Остается случай x> 5. Раскрывая знаки абсолютных величин, получим x ≤ 8/5. Здесь снова нет решений.
Ответ.x< −⅔; ½ ≤ x ≤ 2.
10.42. Из условия следует, что x> 2. Поэтому x³ − 7 > 0, а также x − 1 > 1 и (x − 1)² > 1. Данное неравенство равносильно такому:
Так как x − 1 > 0, то Поскольку x³ − 7/2> 0, то ограничение x> 2 достаточно для того, чтобы следующие преобразования приводили к равносильным неравенствам:
После упрощений последнее неравенство сведется к квадратному: −4x² + 5x + 3/2 ≥ 0, имеющему решения −¼ <x<3/2. Так как, кроме того, x> 2, то исходное неравенство не имеет решений.
Ответ. Решений нет.
10.43. Так как первый сомножитель положителен, то, чтобы неравенство удовлетворялось, необходимо
log2 (2 − 2x²) > 0, т. е. 2 − 2x² > 1, √2|x| < 1,
откуда
0 ≤ √2|x| < 1 и −1 ≤ √2|x| − 1 < 0.
Следовательно, |√2|x| − 1| ≤ 1. Таким образом, первоначальное неравенство может удовлетворяться только, если
log2 (2 − 2x²) ≥ 1, или 2 − 2x² ≥ 2, −x² ≥ 0,
т. е. x = 0. Проверкой убеждаемся, что x = 0 является решением неравенства.
Ответ.x = 0.
10.44. Так как , то перепишем неравенство следующим образом:
Обозначив log3x + 1/x − 1 = y, получим log2y< 0, откуда
0 <y< 1, т. е. 0 < log3x + 1/x − 1< 1,
а потому 1 <x + 1/x − 1< 3.
Последнее неравенство можно записать так:
(x + 1/x− 1 − 1)(x + 1/x − 1 − 3) < 0
(если некоторое выражение заключено между двумя числами, то разности между ним и каждым из этих чисел имеют разные знаки).
После выполнения действий в скобках и небольших упрощений получим
x − 2/(x − 1)²> 0,
откуда x> 2.
Ответ.x> 2.
10.45. Если 0 <x² − 1 < 1, то придем к системе
Так как последнее неравенство следует из первого, то получаем такую систему:
откуда 1 <x< √2.
Если x² − 1 > 1, т. е. x² > 2, то приходим ко второй системе:
откуда x>3 + √5/2.
Ответ. 1 <x< √2, x>3 + √5/2.
10.46. Перепишем неравенство в виде
Равносильность при этом не нарушается, так как оба выражения в квадратных скобках (полученное и данное в условии) существуют одновременно при x> 0. Выясним, когда основание положительно и когда оно отрицательно (если оно равно нулю, то неравенство не удовлетворяется). Для этого воспользуемся условным символом V, обозначающим сравнение левой и правой частей, и не будем нарушать равносильность при преобразованиях:
Преобразуем первое соотношение, имея в виду, что x − положительное число:
Итак, при основание положительно, а при оно отрицательно. Из отрицательных значений основания мы должны рассмотреть лишь те, при которых x − 4, а следовательно и x, — четное число. Среди чисел, заключенных в интервале , есть только одно четное: x = 2. Подставим это число в левую часть исходного неравенства:
Таким образом, x = 2 не удовлетворяет данному неравенству.
Пусть теперь основание положительно, т. е. . Тогда неравенство (1) равносильно такому:
т. е.
(пояснения приведены во втором указании на с. 192). В последнем неравенстве основание степени положительно, так как x> 0. Следовательно, его можно преобразовать к виду
т. е.
Мы рассматриваем случай . Решив неравенства
получим, что выражение больше нуля, когда x> 6, равно нулю, когда x = 6, и меньше нуля, когда Таким образом, вместо неравенства (2) можно записать
(x − 6)(x − 4) ≥ 0,
т. е.
Ответ.
10.47. Данное неравенство может выполняться только в том случае, если дискриминант стоящего в левой части квадратного трехчлена относительно x положителен, т. е.
Решением этого неравенства будут
log0,5y² < −3, log0,5y² > 1.
В первом случае получим y² > 8, во втором 0 <y² < ½.
Ответ.y< −√8, −1/√2<y< 0, 0 <y<1/√2, y> √8.
10.48. Для ответа на вопрос задачи нужно найти такие значения а, что множество решений второго неравенства не у́же множества решений первого. Таким образом, если y первого неравенства есть решения, они все должны попасть в интервал (−3, −1).
Корнями квадратного трехчлена
х² − а(1 + а²)x + а4
будут числа а и а³. Когда они совпадают (а = ±1, а = 0), ветви параболы направлены вверх и квадратный трехчлен не может стать отрицательным.
Докажем, что следствием неравенства, не имеющего решений, является любое неравенство. В частности, любое решение первого неравенства при а = 0, ±1 содержится среди решений второго. Предположим, что это не так. Тогда существует решение первого неравенства, не удовлетворяющее второму. Мы приходим к противоречию с тем фактом, что первое неравенство в рассматриваемых случаях вообще не имеет решений.
Если же корни различны (а ≠ а³), то оба они должны попасть в интервал [−3, −1]
т. е.
Ответ.
10.49. Сначала решим строгое неравенство
Оно равносильно системе
При а ≤ 1 решений y этой системы нет. При а> 1 ее решениями будут значения x, для которых 1 <x<а.
Остается выяснить, какие значения x удовлетворяют уравнению
(4)
Это уравнение равносильно совокупности двух систем:
Поскольку в первой системе x = 1, то x ≠ 2; остается обеспечить, чтобы а − 1 ≥ 0, т. е. а ≥ 1.
Итак, при каждом а ≥ 1 есть решение x = 1, а при каждом x ≠ 2 есть решение x = а. (При а = 1 эти решения совпадают.)
Решение второй системы при а ≠ 2: x = а. Остается объединить решения неравенства (3) и уравнения (4).
Ответ. При а ≤ 1 имеем x = а; при 1 <а< 2 имеем 1 ≤ x ≤ а; при а = 2 имеем 1 ≤ x< 2; при а> 2 имеем 1 ≤ x ≤ 2, x = а.
10.50. Поскольку
х² + 8х + 15 = (x + 3)(x + 5), а x² + 7х + 10 = (x + 2) (x + 5),
то данное неравенство можно записать в виде
(x + 5)[(x + 3) · 22 + x − (2 + x)] > 0. (5)
При x + 5 = 0 исходное неравенство не удовлетворяется. Поэтому (5) равносильно совокупности двух систем:
Далее придется рассмотреть случаи x + 3 < 0 и x + 3 > 0 (при x + 3 = 0 неравенство (3) удовлетворяется!). Располагая точки x = −5 и x = −3 на числовой оси, мы получим три интервала x < −5; −5 <x< −3; x> −3. Соответственно, приходим к совокупности трех систем неравенств:
Построим графики функций
y1 = 22 + x, y2 = 1 − 1/x + 3
(рис. P.10.50).
Просто сослаться на график и указать интервалы решений нельзя. График подскажет, какие сравнения нужно привести для решения неравенства.
При всех x < −5 получим, что y2> 1, а y1< 1, т. е. y1<y2: второму неравенству первой системы значения x< −5 не удовлетворяют.
При −5 <x< −3 также y1< 1, а y2> 1 и снова y1<y2. Однако на этот раз второе неравенство второй системы удовлетворяется.
При x> −3 второе неравенство третьей системы вновь удовлетворяется. В самом деле, при −3 <x< −2, y1> 0, а y2< 0, т. е. y1>y2. Далее при x ≥ −2 имеем у1 ≥ 1, 0 <y2< 1, т. е. снова у1>y2. Остается вспомнить, что x = −3 было решением (5).
Ответ.x ∈ (−5; +∞).
10.51. Ясно, что подставлять интересующие нас значения x в данное неравенство и проверять, удовлетворяется ли это, не нужно. Проще это неравенство решить. Так как lg 5 ≠ ½, то |0,5 − lg 5| > 0, т. е.
Любое число а ^ 0 можно записать в виде а = |а| sign а, где
— функция, соответствующая знаку числа а. Поэтому из (6) получаем
Определим теперь знак выражения
0,5 − lg 5 = lg √10 − lg 5 = lg √10/5< lg 4/5< lg 1 = 0.
Следовательно, sign (0,5 − lg 5) = −1, т. е. решением неравенства (6) будут значения x ≤ −1.
Ответ. −4, −1.
10.52. Так как (√5 + 2)(√5 − 2) = 1, то данное неравенство можно преобразовать к виду
(7)
Знаменатель всегда положителен, если x ≥ 0. Требование x ≥ 0 сохраняется, если существует числитель. Поэтому (7) равносильно неравенству
(√5 − 2) x + √x − 6 ≤ 1. (8)
Поскольку 0 < √5 − 2 < 1, то (8) равносильно неравенству