Номер 435, страница 210 - гдз по алгебре 11 класс учебник Абылкасымова, Жумагулова

1)

Решим неравенство $ \log_{x^2 - 6x + 8}(x - 4) > 0 $.
Данное неравенство эквивалентно совокупности двух систем, но удобнее использовать метод рационализации. Неравенство вида $ \log_{a(x)}f(x) > 0 $ эквивалентно системе:$\begin{cases} f(x) > 0 \\ a(x) > 0 \\ a(x) \ne 1 \\ (a(x) - 1)(f(x) - 1) > 0\end{cases}$
1. Найдём область допустимых значений (ОДЗ):
$\begin{cases} x - 4 > 0 \\ x^2 - 6x + 8 > 0 \\ x^2 - 6x + 8 \ne 1\end{cases}$
Из первого неравенства: $ x > 4 $.
Из второго: $ (x-2)(x-4) > 0 $, что даёт $ x \in (-\infty, 2) \cup (4, \infty) $.
Пересечение первых двух условий дает $ x > 4 $.
Из третьего: $ x^2 - 6x + 7 \ne 0 $. Корни уравнения $ x^2 - 6x + 7 = 0 $ равны $ x = \frac{6 \pm \sqrt{36-28}}{2} = 3 \pm \sqrt{2} $. Значит $ x \ne 3 - \sqrt{2} $ и $ x \ne 3 + \sqrt{2} $.
Так как $ 3 - \sqrt{2} \approx 1.59 < 4 $ и $ 3 + \sqrt{2} \approx 4.41 > 4 $, то итоговая ОДЗ: $ x \in (4, +\infty), x \ne 3 + \sqrt{2} $.
2. Решаем само неравенство методом рационализации:
$ ( (x^2 - 6x + 8) - 1 ) \cdot ( (x - 4) - 1 ) > 0 $
$ (x^2 - 6x + 7)(x - 5) > 0 $
Корни левой части: $ x_1 = 3 - \sqrt{2} $, $ x_2 = 3 + \sqrt{2} $, $ x_3 = 5 $.
Приблизительные значения: $ 3 - \sqrt{2} \approx 1.59 $, $ 3 + \sqrt{2} \approx 4.41 $.
Наносим корни на числовую ось и определяем знаки на интервалах: $ (-\infty, 3-\sqrt{2}), (3-\sqrt{2}, 3+\sqrt{2}), (3+\sqrt{2}, 5), (5, \infty) $.
Методом интервалов получаем решение: $ x \in (3 - \sqrt{2}, 3 + \sqrt{2}) \cup (5, \infty) $.
3. Пересекаем полученное решение с ОДЗ $ x \in (4, 3+\sqrt{2}) \cup (3+\sqrt{2}, \infty) $.
$ ((3 - \sqrt{2}, 3 + \sqrt{2}) \cup (5, \infty)) \cap ((4, 3+\sqrt{2}) \cup (3+\sqrt{2}, \infty)) $
$ (4, 3+\sqrt{2}) \cup (5, \infty) $.
Ответ: $ (4, 3+\sqrt{2}) \cup (5, \infty) $.

2)

Решим неравенство $ \log_{x-3}(x^2 - 2x + 1) \le 1 $.
Перепишем его как $ \log_{x-3}((x-1)^2) \le 1 $.
Применим метод рационализации. Неравенство $ \log_{a(x)}f(x) \le g(x) $ можно записать как $ \log_{a(x)}f(x) \le \log_{a(x)}(a(x)^{g(x)}) $ и оно эквивалентно системе:$\begin{cases} f(x) > 0 \\ a(x) > 0 \\ a(x) \ne 1 \\ (a(x) - 1)(f(x) - a(x)^{g(x)}) \le 0\end{cases}$
1. ОДЗ:
$\begin{cases} (x-1)^2 > 0 \\ x-3 > 0 \\ x-3 \ne 1\end{cases}\implies\begin{cases} x \ne 1 \\ x > 3 \\ x \ne 4\end{cases}$
Итоговая ОДЗ: $ x \in (3, 4) \cup (4, \infty) $.
2. Решаем неравенство $ \log_{x-3}((x-1)^2) \le 1 $ методом рационализации:
$ ((x-3) - 1) \cdot ((x-1)^2 - (x-3)^1) \le 0 $
$ (x-4) \cdot (x^2 - 2x + 1 - x + 3) \le 0 $
$ (x-4) \cdot (x^2 - 3x + 4) \le 0 $
Рассмотрим квадратный трёхчлен $ x^2 - 3x + 4 $. Его дискриминант $ D = (-3)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 4 = 9 - 16 = -7 < 0 $. Так как старший коэффициент $ 1 > 0 $, то $ x^2 - 3x + 4 $ всегда положителен.
Значит, мы можем разделить обе части неравенства на $ x^2 - 3x + 4 $, не меняя знака:
$ x-4 \le 0 \implies x \le 4 $.
3. Пересекаем полученное решение $ x \le 4 $ с ОДЗ $ x \in (3, 4) \cup (4, \infty) $.
Получаем интервал $ (3, 4) $.
Ответ: $ (3, 4) $.

3)

Решим неравенство $ \log_{x+1}(x^3 + 3x^2 + 2x) < 2 $.
1. Преобразуем аргумент логарифма: $ x^3 + 3x^2 + 2x = x(x^2 + 3x + 2) = x(x+1)(x+2) $.
2. ОДЗ:
$\begin{cases} x(x+1)(x+2) > 0 \\ x+1 > 0 \\ x+1 \ne 1\end{cases}\implies\begin{cases} x \in (-2, -1) \cup (0, \infty) \\ x > -1 \\ x \ne 0\end{cases}$
Пересечение этих условий даёт $ x \in (0, \infty) $.
3. На области $ x > 0 $ основание логарифма $ x+1 > 1 $. Следовательно, логарифмическая функция является возрастающей, и при потенцировании знак неравенства сохраняется.
$ x^3 + 3x^2 + 2x < (x+1)^2 $
$ x^3 + 3x^2 + 2x < x^2 + 2x + 1 $
$ x^3 + 2x^2 - 1 < 0 $
Найдём корни многочлена $ P(x) = x^3 + 2x^2 - 1 $. Целочисленный корень $ x=-1 $. Разделим $ P(x) $ на $ (x+1) $ и получим $ x^2+x-1 $.
Неравенство принимает вид: $ (x+1)(x^2+x-1) < 0 $.
Корни $ x^2+x-1=0 $ это $ x = \frac{-1 \pm \sqrt{1 - 4(1)(-1)}}{2} = \frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2} $.
Корни левой части: $ x_1 = -1, x_2 = \frac{-1-\sqrt{5}}{2}, x_3 = \frac{-1+\sqrt{5}}{2} $.
Методом интервалов находим решение неравенства $ (x+1)(x^2+x-1) < 0 $:
$ x \in (-\infty, \frac{-1-\sqrt{5}}{2}) \cup (-1, \frac{-1+\sqrt{5}}{2}) $.
4. Пересекаем это решение с ОДЗ $ x \in (0, \infty) $.
$ (-\infty, \frac{-1-\sqrt{5}}{2}) \cap (0, \infty) = \emptyset $
$ (-1, \frac{-1+\sqrt{5}}{2}) \cap (0, \infty) = (0, \frac{-1+\sqrt{5}}{2}) $
Ответ: $ (0, \frac{-1+\sqrt{5}}{2}) $.

4)

Решим неравенство $ \log_{x^2}(x^2 + x - 1) < 0 $.
1. ОДЗ:
$\begin{cases} x^2 + x - 1 > 0 \\ x^2 > 0 \\ x^2 \ne 1\end{cases}$
Корни $ x^2+x-1=0 $ это $ x=\frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2} $. Значит, $ x \in (-\infty, \frac{-1-\sqrt{5}}{2}) \cup (\frac{-1+\sqrt{5}}{2}, \infty) $.
$ x^2 > 0 \implies x \ne 0 $.
$ x^2 \ne 1 \implies x \ne \pm 1 $.
ОДЗ: $ x \in (-\infty, \frac{-1-\sqrt{5}}{2}) \cup (\frac{-1+\sqrt{5}}{2}, \infty) $ и $ x \ne \pm 1 $.
2. Решаем неравенство $ \log_{x^2}(x^2 + x - 1) < \log_{x^2}(1) $ методом рационализации:
$ (x^2 - 1) \cdot ( (x^2 + x - 1) - 1 ) < 0 $
$ (x^2 - 1)(x^2 + x - 2) < 0 $
Факторизуем: $ x^2+x-2 = (x+2)(x-1) $.
$ (x-1)(x+1)(x+2)(x-1) < 0 $
$ (x-1)^2(x+1)(x+2) < 0 $
Поскольку $ (x-1)^2 \ge 0 $, то для выполнения строгого неравенства необходимо $ x \ne 1 $. При $ x \ne 1 $ множитель $ (x-1)^2 > 0 $, и мы можем на него разделить:
$ (x+1)(x+2) < 0 $
Решением этого квадратного неравенства является интервал $ x \in (-2, -1) $.
3. Пересекаем полученное решение $ x \in (-2, -1) $ с ОДЗ.
ОДЗ требует $ x \in (-\infty, \frac{-1-\sqrt{5}}{2}) \cup (\frac{-1+\sqrt{5}}{2}, \infty) $.
Приближенно $ \frac{-1-\sqrt{5}}{2} \approx -1.618 $.
Пересечение $ (-2, -1) $ с $ (-\infty, -1.618) $ даёт $ (-2, -1.618) $.
Точное решение: $ x \in (-2, \frac{-1-\sqrt{5}}{2}) $.
Ответ: $ (-2, \frac{-1-\sqrt{5}}{2}) $.

5)

Исходное неравенство $ 2\log_{5}{\sqrt{x-2}} \ge \log_x(\frac{1}{5}) $ после преобразований $ \log_5(x-2) \ge -\frac{1}{\log_5(x)} $ приводит к трансцендентному уравнению, которое не решается стандартными школьными методами. Вероятно, в условии задачи имеется опечатка. Существует два наиболее вероятных варианта исправления, и оба приводят к одному и тому же ответу:
1. Основание второго логарифма — $ 5 $, т.е. $ 2\log_5{\sqrt{x-2}} \ge \log_5(\frac{1}{5}) $.
2. Основание первого логарифма — $ x $, т.е. $ 2\log_x{\sqrt{x-2}} \ge \log_x(\frac{1}{5}) $.
Решим второй, как более сложный вариант.
$ 2\log_x{\sqrt{x-2}} \ge \log_x(\frac{1}{5}) $
1. ОДЗ:
$\begin{cases} x-2 > 0 \\ x > 0 \\ x \ne 1\end{cases}\implies x > 2$
2. На ОДЗ основание $ x>2 $, значит $ x>1 $. Логарифмическая функция по основанию $ x $ возрастающая.
$ \log_x((\sqrt{x-2})^2) \ge \log_x(\frac{1}{5}) $
$ \log_x(x-2) \ge \log_x(\frac{1}{5}) $
$ x-2 \ge \frac{1}{5} $
$ x \ge 2 + \frac{1}{5} $
$ x \ge \frac{11}{5} $
3. Решение $ x \ge \frac{11}{5} $ (или $ x \ge 2.2 $) удовлетворяет ОДЗ $ x>2 $.
Ответ: $ [\frac{11}{5}, +\infty) $.

6)

Решим неравенство $ \log_x 2 \cdot \log_{2x} 2 \cdot \log_2 (16x) \ge 1 $.
1. ОДЗ:
$\begin{cases} x > 0, x \ne 1 \\ 2x > 0, 2x \ne 1 \\ 16x > 0\end{cases}\implies\begin{cases} x > 0, x \ne 1 \\ x > 0, x \ne 1/2 \\ x > 0\end{cases}$
Итоговая ОДЗ: $ x \in (0, 1/2) \cup (1/2, 1) \cup (1, \infty) $.
2. Приведём все логарифмы к основанию 2:
$ \log_x 2 = \frac{\log_2 2}{\log_2 x} = \frac{1}{\log_2 x} $
$ \log_{2x} 2 = \frac{\log_2 2}{\log_2 (2x)} = \frac{1}{\log_2 2 + \log_2 x} = \frac{1}{1 + \log_2 x} $
$ \log_2 (16x) = \log_2 16 + \log_2 x = 4 + \log_2 x $
Подставим в исходное неравенство:
$ \frac{1}{\log_2 x} \cdot \frac{1}{1 + \log_2 x} \cdot (4 + \log_2 x) \ge 1 $
3. Сделаем замену $ t = \log_2 x $. Неравенство примет вид:
$ \frac{4+t}{t(1+t)} \ge 1 $
$ \frac{4+t}{t(1+t)} - 1 \ge 0 $
$ \frac{4+t - t(1+t)}{t(1+t)} \ge 0 $
$ \frac{4+t - t - t^2}{t(1+t)} \ge 0 $
$ \frac{4 - t^2}{t(1+t)} \ge 0 $
$ \frac{(2-t)(2+t)}{t(1+t)} \ge 0 $
Решаем методом интервалов для $ t $. Корни числителя: $ t=2, t=-2 $. Корни знаменателя: $ t=0, t=-1 $.
На числовой оси отмечаем точки -2, -1, 0, 2 и определяем знаки. Получаем решение для $ t $:
$ t \in [-2, -1) \cup (0, 2] $
4. Выполняем обратную замену $ t = \log_2 x $.
- $ -2 \le \log_2 x < -1 \implies 2^{-2} \le x < 2^{-1} \implies \frac{1}{4} \le x < \frac{1}{2} $
- $ 0 < \log_2 x \le 2 \implies 2^0 < x \le 2^2 \implies 1 < x \le 4 $
Объединяем решения: $ x \in [\frac{1}{4}, \frac{1}{2}) \cup (1, 4] $.
5. Данное решение полностью входит в ОДЗ.
Ответ: $ [\frac{1}{4}, \frac{1}{2}) \cup (1, 4] $.