Номер 1412, страница 413 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Алимов, Колягин

Упражнения для итогового повторения курса алгебры и начал математического анализа. 3. Неравенства - номер 1412, страница 413.

Условие.

1412 1) $\log_{\frac{1}{2}}\left(\log_{\frac{1}{2}}\left(\frac{3x+1}{x-1}\right)\right) \le 0$

2) $\log_{\frac{1}{3}}\left(\log_4\left(x^2-5\right)\right) > 0$

Решение 1.

Решение 2.

Решение 5.

Решение 7.

Решение 8.

1) Решим неравенство $\log_{\frac{1}{2}}\left(\log_{\frac{1}{2}}\frac{3x+1}{x-1}\right) \le 0$.
Данное неравенство равносильно системе неравенств, учитывающей область допустимых значений (ОДЗ).
Во-первых, аргумент внешнего логарифма должен быть положителен: $\log_{\frac{1}{2}}\frac{3x+1}{x-1} > 0$.
Так как основание логарифма $\frac{1}{2} < 1$, то это неравенство равносильно $\frac{3x+1}{x-1} < \left(\frac{1}{2}\right)^0$, то есть $\frac{3x+1}{x-1} < 1$.
Решим его: $\frac{3x+1}{x-1} - 1 < 0 \implies \frac{3x+1 - (x-1)}{x-1} < 0 \implies \frac{2x+2}{x-1} < 0 \implies \frac{x+1}{x-1} < 0$.
Методом интервалов получаем $x \in (-1, 1)$.
Во-вторых, аргумент внутреннего логарифма также должен быть положителен: $\frac{3x+1}{x-1} > 0$.
Методом интервалов получаем $x \in (-\infty, -1/3) \cup (1, \infty)$.
Общая ОДЗ является пересечением этих двух условий: $(-1, 1) \cap ((-\infty, -1/3) \cup (1, \infty))$, что дает $x \in (-1, -1/3)$.
Теперь решим исходное неравенство. Так как основание внешнего логарифма $\frac{1}{2} < 1$, знак неравенства меняется на противоположный:
$\log_{\frac{1}{2}}\frac{3x+1}{x-1} \ge \left(\frac{1}{2}\right)^0 = 1$.
Снова решаем логарифмическое неравенство. Основание $\frac{1}{2} < 1$, поэтому знак опять меняется:
$\frac{3x+1}{x-1} \le \left(\frac{1}{2}\right)^1 = \frac{1}{2}$.
При этом мы должны помнить, что аргумент логарифма $\frac{3x+1}{x-1}$ должен быть положительным (это часть ОДЗ). Итак, мы решаем систему:
$\begin{cases} \frac{3x+1}{x-1} > 0 \\ \frac{3x+1}{x-1} \le \frac{1}{2} \end{cases}$
Решим второе неравенство: $\frac{3x+1}{x-1} - \frac{1}{2} \le 0 \implies \frac{2(3x+1) - (x-1)}{2(x-1)} \le 0 \implies \frac{6x+2-x+1}{2(x-1)} \le 0 \implies \frac{5x+3}{2(x-1)} \le 0$.
Методом интервалов получаем $x \in [-3/5, 1)$.
Теперь найдем пересечение этого решения с найденной ранее ОДЗ $x \in (-1, -1/3)$.
Пересечение интервалов $[-3/5, 1)$ и $(-1, -1/3)$ дает $[-3/5, -1/3)$.
Сравним значения: $-1 < -3/5 = -0.6 < -1/3 \approx -0.333 < 1$.
Таким образом, итоговое решение: $x \in [-3/5, -1/3)$.

Ответ: $x \in [-3/5, -1/3)$.

2) Решим неравенство $\log_{\frac{1}{3}}(\log_4(x^2-5)) > 0$.
Так как основание внешнего логарифма $\frac{1}{3} < 1$, то при переходе к аргументам знак неравенства меняется на противоположный:
$\log_4(x^2-5) < \left(\frac{1}{3}\right)^0 = 1$.
При этом необходимо учесть область допустимых значений (ОДЗ). Аргумент каждого логарифма должен быть строго больше нуля.
1. Аргумент внешнего логарифма: $\log_4(x^2-5) > 0$.
Так как основание $4 > 1$, знак неравенства сохраняется: $x^2-5 > 4^0 = 1 \implies x^2 - 6 > 0 \implies (x-\sqrt{6})(x+\sqrt{6}) > 0$.
Отсюда $x \in (-\infty, -\sqrt{6}) \cup (\sqrt{6}, \infty)$.
2. Аргумент внутреннего логарифма: $x^2-5 > 0 \implies x^2 > 5 \implies x \in (-\infty, -\sqrt{5}) \cup (\sqrt{5}, \infty)$.
Поскольку $\sqrt{6} > \sqrt{5}$, условие $x^2-6 > 0$ является более строгим и включает в себя условие $x^2-5 > 0$. Таким образом, ОДЗ определяется первым условием: $x \in (-\infty, -\sqrt{6}) \cup (\sqrt{6}, \infty)$.
Объединим полученные неравенства в систему:
$\begin{cases} \log_4(x^2-5) < 1 \\ \log_4(x^2-5) > 0 \end{cases}$
Это можно записать в виде двойного неравенства: $0 < \log_4(x^2-5) < 1$.
Потенцируем по основанию 4. Так как $4 > 1$, знаки неравенств сохраняются:
$4^0 < x^2-5 < 4^1$
$1 < x^2-5 < 4$
Это равносильно системе двух неравенств:
$\begin{cases} x^2-5 > 1 \\ x^2-5 < 4 \end{cases} \implies \begin{cases} x^2 > 6 \\ x^2 < 9 \end{cases}$
Решение первого неравенства: $x \in (-\infty, -\sqrt{6}) \cup (\sqrt{6}, \infty)$.
Решение второго неравенства: $x \in (-3, 3)$.
Найдем пересечение этих двух множеств. На числовой оси это соответствует поиску общих интервалов для $(-\infty, -\sqrt{6}) \cup (\sqrt{6}, \infty)$ и $(-3, 3)$.
Учитывая, что $2 < \sqrt{6} < 3$, пересечением будут интервалы $(-3, -\sqrt{6})$ и $(\sqrt{6}, 3)$.
Итоговое решение: $x \in (-3, -\sqrt{6}) \cup (\sqrt{6}, 3)$.

Ответ: $x \in (-3, -\sqrt{6}) \cup (\sqrt{6}, 3)$.