Номер 528, страница 245 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

Параграф 10. Показательная и логарифмическая функции. Глава 4. Показательная и логарифмическая функции - номер 528, страница 245.

Условие.

528. a) $\log_2 \sin \frac{x}{2} < -1;$

б) $|3 - \log_2 x| < 2;$

в) $\log_{\frac{1}{2}} \cos 2x > 1;$

г) $|3 \lg x - 1| < 2.$

Решение 1.

Решение 3.

Решение 5.

a) $\log_2 \sin\frac{x}{2} < -1$

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Аргумент логарифма должен быть строго положительным:
$\sin\frac{x}{2} > 0$
Это неравенство выполняется, когда аргумент синуса находится в интервале $(2\pi k, \pi + 2\pi k)$, где $k \in \mathbb{Z}$.
$2\pi k < \frac{x}{2} < \pi + 2\pi k$
Умножим все части на 2:
$4\pi k < x < 2\pi + 4\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

2. Решим исходное логарифмическое неравенство. Основание логарифма $2 > 1$, поэтому знак неравенства при переходе к аргументам сохраняется.
$\log_2 \sin\frac{x}{2} < -1$
Представим $-1$ как логарифм по основанию 2: $-1 = \log_2 2^{-1} = \log_2 \frac{1}{2}$.
$\log_2 \sin\frac{x}{2} < \log_2 \frac{1}{2}$
Отсюда получаем:
$\sin\frac{x}{2} < \frac{1}{2}$

3. Объединим условия из ОДЗ и решенного неравенства. Необходимо найти такие $x$, для которых одновременно выполняются два условия:
$0 < \sin\frac{x}{2}$ и $\sin\frac{x}{2} < \frac{1}{2}$.
Это эквивалентно двойному неравенству: $0 < \sin\frac{x}{2} < \frac{1}{2}$.

4. Решим тригонометрическое неравенство. Обозначим $t = \frac{x}{2}$ и решим неравенство $0 < \sin t < \frac{1}{2}$.
На единичной окружности этому условию соответствуют два интервала для $t$:
$2\pi k < t < \frac{\pi}{6} + 2\pi k$
и
$\frac{5\pi}{6} + 2\pi k < t < \pi + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

5. Сделаем обратную замену $t = \frac{x}{2}$ и найдем $x$:
Для первого интервала:
$2\pi k < \frac{x}{2} < \frac{\pi}{6} + 2\pi k \implies 4\pi k < x < \frac{\pi}{3} + 4\pi k$.
Для второго интервала:
$\frac{5\pi}{6} + 2\pi k < \frac{x}{2} < \pi + 2\pi k \implies \frac{5\pi}{3} + 4\pi k < x < 2\pi + 4\pi k$.

Ответ: $x \in (4\pi k, \frac{\pi}{3} + 4\pi k) \cup (\frac{5\pi}{3} + 4\pi k, 2\pi + 4\pi k)$, где $k \in \mathbb{Z}$.

б) $|3 - \log_2 x| < 2$

1. Найдем ОДЗ: аргумент логарифма должен быть положителен, $x > 0$.

2. Решим неравенство с модулем. Неравенство вида $|A| < B$ (при $B > 0$) равносильно двойному неравенству $-B < A < B$.
$-2 < 3 - \log_2 x < 2$

3. Решим это двойное неравенство. Сначала вычтем 3 из всех частей:
$-2 - 3 < -\log_2 x < 2 - 3$
$-5 < -\log_2 x < -1$

4. Умножим все части на -1, изменив знаки неравенства на противоположные:
$1 < \log_2 x < 5$

5. Представим 1 и 5 в виде логарифмов по основанию 2:
$\log_2 2^1 < \log_2 x < \log_2 2^5$
$\log_2 2 < \log_2 x < \log_2 32$

6. Так как основание логарифма $2 > 1$, знаки неравенств при переходе к аргументам сохраняются:
$2 < x < 32$

7. Полученное решение $x \in (2, 32)$ удовлетворяет ОДЗ ($x > 0$).

Ответ: $x \in (2, 32)$.

в) $\log_{\frac{1}{2}} \cos 2x > 1$

1. Найдем ОДЗ. Аргумент логарифма должен быть строго положительным:
$\cos 2x > 0$
Это неравенство выполняется, когда $2x$ находится в интервале $(-\frac{\pi}{2} + 2\pi k, \frac{\pi}{2} + 2\pi k)$, где $k \in \mathbb{Z}$.
$-\frac{\pi}{2} + 2\pi k < 2x < \frac{\pi}{2} + 2\pi k$
Разделим все части на 2:
$-\frac{\pi}{4} + \pi k < x < \frac{\pi}{4} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

2. Решим исходное логарифмическое неравенство. Основание логарифма $\frac{1}{2} < 1$, поэтому при переходе к аргументам знак неравенства меняется на противоположный.
$\log_{\frac{1}{2}} \cos 2x > 1$
Представим $1$ как логарифм по основанию $\frac{1}{2}$: $1 = \log_{\frac{1}{2}} (\frac{1}{2})^1 = \log_{\frac{1}{2}} \frac{1}{2}$.
$\log_{\frac{1}{2}} \cos 2x > \log_{\frac{1}{2}} \frac{1}{2}$
Отсюда: $\cos 2x < \frac{1}{2}$

3. Объединим условия из ОДЗ и решенного неравенства:
$\cos 2x > 0$ и $\cos 2x < \frac{1}{2}$.
Это эквивалентно двойному неравенству: $0 < \cos 2x < \frac{1}{2}$.

4. Решим тригонометрическое неравенство. Пусть $t = 2x$. Решаем $0 < \cos t < \frac{1}{2}$.
На единичной окружности этому условию соответствуют два интервала для $t$:
$\frac{\pi}{3} + 2\pi k < t < \frac{\pi}{2} + 2\pi k$
и
$-\frac{\pi}{2} + 2\pi k < t < -\frac{\pi}{3} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

5. Сделаем обратную замену $t = 2x$:
Для первого интервала:
$\frac{\pi}{3} + 2\pi k < 2x < \frac{\pi}{2} + 2\pi k \implies \frac{\pi}{6} + \pi k < x < \frac{\pi}{4} + \pi k$.
Для второго интервала:
$-\frac{\pi}{2} + 2\pi k < 2x < -\frac{\pi}{3} + 2\pi k \implies -\frac{\pi}{4} + \pi k < x < -\frac{\pi}{6} + \pi k$.

Ответ: $x \in (-\frac{\pi}{4} + \pi k, -\frac{\pi}{6} + \pi k) \cup (\frac{\pi}{6} + \pi k, \frac{\pi}{4} + \pi k)$, где $k \in \mathbb{Z}$.

г) $|3 \lg x - 1| < 2$

1. Найдем ОДЗ: $x > 0$. (здесь $\lg x$ - это десятичный логарифм, $\log_{10} x$)

2. Решим неравенство с модулем. Неравенство вида $|A| < B$ (при $B > 0$) равносильно двойному неравенству $-B < A < B$.
$-2 < 3 \lg x - 1 < 2$

3. Решим это двойное неравенство. Прибавим 1 ко всем частям:
$-2 + 1 < 3 \lg x < 2 + 1$
$-1 < 3 \lg x < 3$

4. Разделим все части на 3:
$-\frac{1}{3} < \lg x < 1$

5. Так как основание логарифма $10 > 1$, можно потенцировать неравенство:
$10^{-1/3} < x < 10^1$

6. Упростим левую часть:
$10^{-1/3} = \frac{1}{10^{1/3}} = \frac{1}{\sqrt[3]{10}}$
Таким образом, $\frac{1}{\sqrt[3]{10}} < x < 10$.

7. Полученное решение $x \in (\frac{1}{\sqrt[3]{10}}, 10)$ удовлетворяет ОДЗ ($x > 0$).

Ответ: $x \in (\frac{1}{\sqrt[3]{10}}, 10)$.