Страница 171 - гдз по алгебре 11 класс учебник Абылкасымова, Жумагулова

1) Решим неравенство $\frac{2\sin^2x + \sin x - 1}{\sin x - 1} > -1$.

Сначала определим область допустимых значений (ОДЗ). Знаменатель дроби не должен быть равен нулю: $\sin x - 1 \neq 0$, что означает $\sin x \neq 1$. Следовательно, $x \neq \frac{\pi}{2} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Перенесем -1 в левую часть неравенства и приведем к общему знаменателю: $\frac{2\sin^2x + \sin x - 1}{\sin x - 1} + 1 > 0$ $\frac{2\sin^2x + \sin x - 1 + (\sin x - 1)}{\sin x - 1} > 0$ $\frac{2\sin^2x + 2\sin x - 2}{\sin x - 1} > 0$ Разделим числитель и знаменатель на 2 (так как это положительное число, знак неравенства не изменится): $\frac{\sin^2x + \sin x - 1}{\sin x - 1} > 0$

Сделаем замену переменной. Пусть $t = \sin x$. Учитывая, что $-1 \le \sin x \le 1$ и ОДЗ $\sin x \neq 1$, получаем, что $t \in [-1, 1)$. Неравенство принимает вид: $\frac{t^2 + t - 1}{t - 1} > 0$

Найдем корни числителя $t^2 + t - 1 = 0$. Используя формулу для корней квадратного уравнения, получаем: $t = \frac{-1 \pm \sqrt{1^2 - 4(1)(-1)}}{2} = \frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}$. Корень знаменателя: $t = 1$.

Теперь решим неравенство $\frac{(t - \frac{-1-\sqrt{5}}{2})(t - \frac{-1+\sqrt{5}}{2})}{t-1} > 0$ методом интервалов. Отметим на числовой оси точки $t_1 = \frac{-1-\sqrt{5}}{2} \approx -1.618$, $t_2 = \frac{-1+\sqrt{5}}{2} \approx 0.618$ и $t_3 = 1$. Решением неравенства являются интервалы, где выражение положительно: $t \in (\frac{-1-\sqrt{5}}{2}, \frac{-1+\sqrt{5}}{2}) \cup (1, \infty)$.

Теперь учтем ограничение на $t$: $t \in [-1, 1)$. Найдем пересечение множества решений $[-1, 1)$ с множеством $(\frac{-1-\sqrt{5}}{2}, \frac{-1+\sqrt{5}}{2}) \cup (1, \infty)$. Поскольку $\frac{-1-\sqrt{5}}{2} \approx -1.618$, пересечение $[-1, 1)$ с $(\frac{-1-\sqrt{5}}{2}, \frac{-1+\sqrt{5}}{2})$ дает интервал $[-1, \frac{-1+\sqrt{5}}{2})$. Пересечение $[-1, 1)$ с $(1, \infty)$ является пустым множеством. Итак, итоговое решение для $t$: $-1 \le t < \frac{-1+\sqrt{5}}{2}$.

Вернемся к исходной переменной $x$: $-1 \le \sin x < \frac{\sqrt{5}-1}{2}$. Неравенство $\sin x \ge -1$ выполняется для всех действительных $x$. Остается решить неравенство $\sin x < \frac{\sqrt{5}-1}{2}$. Решением этого неравенства является объединение интервалов. На единичной окружности это дуга, лежащая ниже прямой $y = \frac{\sqrt{5}-1}{2}$. Концевые точки интервалов $x_1 = \arcsin(\frac{\sqrt{5}-1}{2})$ и $x_2 = \pi - \arcsin(\frac{\sqrt{5}-1}{2})$. Решение имеет вид: $\pi - \arcsin(\frac{\sqrt{5}-1}{2}) + 2\pi n < x < 2\pi + \arcsin(\frac{\sqrt{5}-1}{2}) + 2\pi n$. Это можно записать в более удобной форме: $-\pi - \arcsin(\frac{\sqrt{5}-1}{2}) + 2\pi n < x < \arcsin(\frac{\sqrt{5}-1}{2}) + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$. Это решение удовлетворяет ОДЗ, так как $\arcsin(\frac{\sqrt{5}-1}{2}) < \frac{\pi}{2}$.

Ответ: $x \in (-\pi - \arcsin(\frac{\sqrt{5}-1}{2}) + 2\pi n, \arcsin(\frac{\sqrt{5}-1}{2}) + 2\pi n)$, где $n \in \mathbb{Z}$.

2) Решим неравенство $2\cos2x + \sin2x > \tg x$.

Область допустимых значений (ОДЗ) определяется условием существования тангенса: $\cos x \neq 0$. Следовательно, $x \neq \frac{\pi}{2} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Воспользуемся формулами универсальной тригонометрической подстановки, выразив все функции через $\tg x$. Пусть $t = \tg x$. Тогда: $\cos2x = \frac{1-\tg^2x}{1+\tg^2x} = \frac{1-t^2}{1+t^2}$ $\sin2x = \frac{2\tg x}{1+\tg^2x} = \frac{2t}{1+t^2}$

Подставим эти выражения в исходное неравенство: $2\frac{1-t^2}{1+t^2} + \frac{2t}{1+t^2} > t$ $\frac{2(1-t^2) + 2t}{1+t^2} > t$ $\frac{2 - 2t^2 + 2t}{1+t^2} - t > 0$ $\frac{2 - 2t^2 + 2t - t(1+t^2)}{1+t^2} > 0$ $\frac{2 - 2t^2 + 2t - t - t^3}{1+t^2} > 0$ $\frac{-t^3 - 2t^2 + t + 2}{1+t^2} > 0$

Знаменатель $1+t^2$ всегда положителен, поэтому знак дроби определяется знаком числителя: $-t^3 - 2t^2 + t + 2 > 0$ Умножим на -1, изменив знак неравенства: $t^3 + 2t^2 - t - 2 < 0$

Разложим левую часть на множители методом группировки: $t^2(t+2) - 1(t+2) < 0$ $(t^2-1)(t+2) < 0$ $(t-1)(t+1)(t+2) < 0$

Решим это неравенство методом интервалов. Корни: $t_1 = -2$, $t_2 = -1$, $t_3 = 1$. Решением являются интервалы, где выражение отрицательно: $t \in (-\infty, -2) \cup (-1, 1)$.

Вернемся к переменной $x = \tg t$. Получаем совокупность двух неравенств: 1) $\tg x < -2$ 2) $-1 < \tg x < 1$

Решим каждое из них: 1) $\tg x < -2$. Решением является $x \in (-\frac{\pi}{2} + \pi n, \arctan(-2) + \pi n)$, что то же самое, что и $x \in (-\frac{\pi}{2} + \pi n, -\arctan(2) + \pi n)$, где $n \in \mathbb{Z}$. 2) $-1 < \tg x < 1$. Решением является $x \in (\arctan(-1) + \pi n, \arctan(1) + \pi n)$, что то же самое, что и $x \in (-\frac{\pi}{4} + \pi n, \frac{\pi}{4} + \pi n)$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Объединяя эти два решения, получаем итоговый ответ.

Ответ: $x \in (-\frac{\pi}{2} + \pi n, -\arctan 2 + \pi n) \cup (-\frac{\pi}{4} + \pi n, \frac{\pi}{4} + \pi n)$, где $n \in \mathbb{Z}$.

1) Решим неравенство $ \log_x (x^2 - \frac{3}{16}) > 4 $.

Сначала найдем область допустимых значений (ОДЗ). Основание логарифма должно быть больше нуля и не равно единице, а аргумент логарифма должен быть строго больше нуля.

$\begin{cases}x > 0 \\x \neq 1 \\x^2 - \frac{3}{16} > 0\end{cases}$

Решим третье неравенство системы:

$ x^2 > \frac{3}{16} \Rightarrow |x| > \frac{\sqrt{3}}{4} \Rightarrow x > \frac{\sqrt{3}}{4} $ или $ x < -\frac{\sqrt{3}}{4} $.

Объединяя все условия, получаем ОДЗ: $ x \in (\frac{\sqrt{3}}{4}, 1) \cup (1, +\infty) $.

Теперь решим само неравенство. Рассмотрим два случая в зависимости от значения основания $x$.

Случай 1: $x > 1$ (основание больше 1).

В этом случае логарифмическая функция возрастает, и знак неравенства сохраняется:

$ x^2 - \frac{3}{16} > x^4 $

$ x^4 - x^2 + \frac{3}{16} < 0 $

Сделаем замену $ t = x^2 $ (при $x > 1$, $t > 1$).

$ t^2 - t + \frac{3}{16} < 0 $

Найдем корни квадратного уравнения $ t^2 - t + \frac{3}{16} = 0 $.

$ D = (-1)^2 - 4 \cdot 1 \cdot \frac{3}{16} = 1 - \frac{12}{16} = 1 - \frac{3}{4} = \frac{1}{4} $.

$ t_1 = \frac{1 - \sqrt{1/4}}{2} = \frac{1 - 1/2}{2} = \frac{1/2}{2} = \frac{1}{4} $.

$ t_2 = \frac{1 + \sqrt{1/4}}{2} = \frac{1 + 1/2}{2} = \frac{3/2}{2} = \frac{3}{4} $.

Неравенство $ t^2 - t + \frac{3}{16} < 0 $ выполняется при $ \frac{1}{4} < t < \frac{3}{4} $. Возвращаясь к замене: $ \frac{1}{4} < x^2 < \frac{3}{4} $, что означает $ \frac{1}{2} < |x| < \frac{\sqrt{3}}{2} $.

Так как мы рассматриваем случай $x > 1$, то $ \frac{1}{2} < x < \frac{\sqrt{3}}{2} $. Но $ \frac{\sqrt{3}}{2} \approx \frac{1.732}{2} = 0.866 < 1 $. Следовательно, интервал $ (\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}) $ не имеет пересечения с $ (1, +\infty) $. В этом случае решений нет.

Случай 2: $0 < x < 1$ (основание меньше 1).

В этом случае логарифмическая функция убывает, и знак неравенства меняется на противоположный:

$ x^2 - \frac{3}{16} < x^4 $

$ x^4 - x^2 + \frac{3}{16} > 0 $

Используя найденные ранее корни, получаем, что это неравенство выполняется при $ t < \frac{1}{4} $ или $ t > \frac{3}{4} $. Возвращаясь к замене $ t = x^2 $:

$ x^2 < \frac{1}{4} $ или $ x^2 > \frac{3}{4} $

$ |x| < \frac{1}{2} $ или $ |x| > \frac{\sqrt{3}}{2} $

Так как по условию случая $0 < x < 1$, получаем: $ 0 < x < \frac{1}{2} $ или $ \frac{\sqrt{3}}{2} < x < 1 $.

Теперь нужно пересечь полученное решение с ОДЗ для этого случая, то есть с интервалом $ (\frac{\sqrt{3}}{4}, 1) $.

Так как $ \frac{\sqrt{3}}{4} \approx \frac{1.732}{4} = 0.433 $, то $ \frac{\sqrt{3}}{4} < \frac{1}{2} $.

Пересечение $ (0, \frac{1}{2}) $ и $ (\frac{\sqrt{3}}{4}, 1) $ дает интервал $ (\frac{\sqrt{3}}{4}, \frac{1}{2}) $.

Пересечение $ (\frac{\sqrt{3}}{2}, 1) $ и $ (\frac{\sqrt{3}}{4}, 1) $ дает интервал $ (\frac{\sqrt{3}}{2}, 1) $.

Объединяя результаты для второго случая, получаем: $ x \in (\frac{\sqrt{3}}{4}, \frac{1}{2}) \cup (\frac{\sqrt{3}}{2}, 1) $.

Это и есть окончательное решение, так как в первом случае решений не было.

Ответ: $ x \in (\frac{\sqrt{3}}{4}, \frac{1}{2}) \cup (\frac{\sqrt{3}}{2}, 1) $.

2) Решим неравенство $ \log_{\frac{1}{x}} \frac{2x-4}{x^2-4x-5} > 1 $.

Найдем область допустимых значений (ОДЗ).

$\begin{cases}\frac{1}{x} > 0 \\\frac{1}{x} \neq 1 \\\frac{2x-4}{x^2-4x-5} > 0\end{cases}$

Из первого и второго неравенств следует, что $ x > 0 $ и $ x \neq 1 $.

Решим третье неравенство методом интервалов:

$ \frac{2(x-2)}{(x-5)(x+1)} > 0 $

Нули числителя и знаменателя: $x = -1, x = 2, x = 5$. Расставив их на числовой оси, получаем, что неравенство выполняется при $ x \in (-1, 2) \cup (5, +\infty) $.

Объединяя все условия, получаем ОДЗ: $ x \in (0, 1) \cup (1, 2) \cup (5, +\infty) $.

Теперь решим само неравенство. Рассмотрим два случая.

Случай 1: $0 < \frac{1}{x} < 1$ (основание меньше 1).

Это условие равносильно $ x > 1 $. В этом случае знак неравенства меняется на противоположный:

$ \frac{2x-4}{x^2-4x-5} < (\frac{1}{x})^1 $

$ \frac{2x-4}{x^2-4x-5} - \frac{1}{x} < 0 $

$ \frac{x(2x-4) - (x^2-4x-5)}{x(x^2-4x-5)} < 0 $

$ \frac{2x^2-4x-x^2+4x+5}{x(x-5)(x+1)} < 0 $

$ \frac{x^2+5}{x(x-5)(x+1)} < 0 $

Так как числитель $ x^2+5 $ всегда положителен, то знак дроби зависит от знаменателя:

$ x(x-5)(x+1) < 0 $

Методом интервалов находим, что это неравенство верно для $ x \in (-\infty, -1) \cup (0, 5) $.

Пересекаем полученное решение с условием данного случая ($x>1$) и ОДЗ ($ x \in (1, 2) \cup (5, +\infty) $).

Пересечение $ ((-\infty, -1) \cup (0, 5)) \cap (1, +\infty) $ дает интервал $ (1, 5) $.

Теперь пересекаем $ (1, 5) $ с ОДЗ: $ (1, 5) \cap ((1, 2) \cup (5, +\infty)) $ дает $ (1, 2) $.

Случай 2: $\frac{1}{x} > 1$ (основание больше 1).

Это условие равносильно $ 0 < x < 1 $. В этом случае знак неравенства сохраняется:

$ \frac{2x-4}{x^2-4x-5} > \frac{1}{x} $

$ \frac{x^2+5}{x(x-5)(x+1)} > 0 $

Так как числитель всегда положителен, то $ x(x-5)(x+1) > 0 $.

Методом интервалов находим, что это неравенство верно для $ x \in (-1, 0) \cup (5, +\infty) $.

Пересекаем полученное решение с условием данного случая ($0 < x < 1$). Пересечение $ ((-1, 0) \cup (5, +\infty)) \cap (0, 1) $ является пустым множеством. В этом случае решений нет.

Объединяя результаты обоих случаев, получаем окончательный ответ.

Ответ: $ x \in (1, 2) $.

Берілген функцияның анықталу облысын табу үшін логарифм астындағы өрнектің оң болу шартын қарастырамыз. Функция $y = \log_2 \frac{\sin x - \cos x + 3\sqrt{2}}{\sqrt{2}}$ түрінде берілген.

Анықталу облысының шарты:

$\frac{\sin x - \cos x + 3\sqrt{2}}{\sqrt{2}} > 0$

Бөлшектің бөлімі $\sqrt{2}$ оң сан болғандықтан, теңсіздіктің екі жағын $\sqrt{2}$-ге көбейтіп, оны келесі түрге келтіруге болады:

$\sin x - \cos x + 3\sqrt{2} > 0$

$\sin x - \cos x$ өрнегін түрлендіру үшін қосымша аргумент енгізу әдісін қолданамыз. Бұл өрнекті $R\sin(x-\alpha)$ түріне келтіруге болады, мұнда $R = \sqrt{a^2+b^2}$. Біздің жағдайда $a=1, b=1$, сондықтан $R = \sqrt{1^2+1^2} = \sqrt{2}$.

$\sin x - \cos x = \sqrt{2}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\sin x - \frac{1}{\sqrt{2}}\cos x\right)$

$\cos\frac{\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ және $\sin\frac{\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ екенін біле отырып, айырманың синусы формуласын қолданамыз:

$\sqrt{2}\left(\sin x \cos\frac{\pi}{4} - \cos x \sin\frac{\pi}{4}\right) = \sqrt{2}\sin\left(x - \frac{\pi}{4}\right)$

Енді бұл өрнекті бастапқы теңсіздікке қоямыз:

$\sqrt{2}\sin\left(x - \frac{\pi}{4}\right) + 3\sqrt{2} > 0$

$\sqrt{2}$ ортақ көбейткішін жақшаның сыртына шығарамыз:

$\sqrt{2}\left(\sin\left(x - \frac{\pi}{4}\right) + 3\right) > 0$

$\sqrt{2}$ оң сан болғандықтан, теңсіздіктің екі жағын $\sqrt{2}$-ге бөлеміз:

$\sin\left(x - \frac{\pi}{4}\right) + 3 > 0$

$\sin\left(x - \frac{\pi}{4}\right) > -3$

Синус функциясының мәндер жиыны $[-1, 1]$ аралығы болып табылады. Яғни, кез келген $x$ үшін $-1 \le \sin\left(x - \frac{\pi}{4}\right) \le 1$ теңсіздігі орындалады.

$\sin\left(x - \frac{\pi}{4}\right)$ өрнегінің ең кіші мәні $-1$-ге тең. $-1$ саны $-3$-тен үлкен болғандықтан ($-1 > -3$), $\sin\left(x - \frac{\pi}{4}\right) > -3$ теңсіздігі $x$-тің кез келген нақты мәнінде әрқашан орындалады.

Демек, берілген функцияның анықталу облысы – барлық нақты сандар жиыны.

Ответ: $D(y) = (-\infty; +\infty)$

1)

Решим первое неравенство системы:

$$ \frac{x^2 + 4}{x^2 - 16x + 64} > 0 $$

Числитель $x^2 + 4$ всегда положителен, так как $x^2 \ge 0$ для любого действительного $x$, следовательно $x^2 + 4 \ge 4$.

Знаменатель $x^2 - 16x + 64$ является полным квадратом: $(x-8)^2$.

Неравенство принимает вид:

$$ \frac{x^2 + 4}{(x-8)^2} > 0 $$

Так как числитель всегда положителен, для выполнения неравенства знаменатель также должен быть положителен. Выражение $(x-8)^2$ положительно при всех значениях $x$, кроме тех, при которых оно равно нулю.

$(x-8)^2 \neq 0 \implies x - 8 \neq 0 \implies x \neq 8$.

Таким образом, решение первого неравенства: $x \in (-\infty; 8) \cup (8; +\infty)$.

Теперь решим второе неравенство системы:

$$ \lg \sqrt{x + 7} > \lg(x - 5) - 2\lg 2 $$

Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Аргументы логарифмов должны быть строго положительными:

$\begin{cases} \sqrt{x+7} > 0 \\ x-5 > 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x+7 > 0 \\ x > 5 \end{cases} \implies \begin{cases} x > -7 \\ x > 5 \end{cases}$

Следовательно, ОДЗ: $x > 5$.

Преобразуем неравенство, используя свойства логарифмов ($n\log_a b = \log_a b^n$ и $\log_a b - \log_a c = \log_a(b/c)$):

$$ \lg \sqrt{x + 7} > \lg(x - 5) - \lg 2^2 $$

$$ \lg \sqrt{x + 7} > \lg\left(\frac{x - 5}{4}\right) $$

Так как основание десятичного логарифма $10 > 1$, мы можем опустить логарифмы, сохранив знак неравенства:

$$ \sqrt{x + 7} > \frac{x - 5}{4} $$

В области ОДЗ ($x > 5$) обе части неравенства положительны. Возведем обе части в квадрат:

$$ x + 7 > \frac{(x - 5)^2}{16} $$

$$ 16(x+7) > x^2 - 10x + 25 $$

$$ 16x + 112 > x^2 - 10x + 25 $$

$$ x^2 - 26x - 87 < 0 $$

Найдем корни квадратного уравнения $x^2 - 26x - 87 = 0$ через дискриминант:

$D = (-26)^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-87) = 676 + 348 = 1024 = 32^2$.

$x_1 = \frac{26 - 32}{2} = -3$, $x_2 = \frac{26 + 32}{2} = 29$.

Парабола $y = x^2 - 26x - 87$ ветвями вверх, значит, неравенство $x^2 - 26x - 87 < 0$ выполняется между корнями: $x \in (-3; 29)$.

Учитывая ОДЗ ($x > 5$), получаем решение второго неравенства: $x \in (5; 29)$.

Найдем пересечение решений обоих неравенств системы:

$\begin{cases} x \in (-\infty; 8) \cup (8; +\infty) \\ x \in (5; 29) \end{cases}$

Пересечением является объединение интервалов $(5; 8) \cup (8; 29)$.

Ответ: $(5; 8) \cup (8; 29)$.

2)

Во втором неравенстве системы $\frac{}{\sqrt{5+x}+\sqrt{5-x}} > 4$ отсутствует числитель. Вероятно, это опечатка в условии задачи. Наиболее логичным и решаемым вариантом является предположение, что дробная черта является лишней, и неравенство должно выглядеть так: $\sqrt{5+x}+\sqrt{5-x} > 4$. Будем решать систему с этим исправлением.

Решим первое неравенство системы:

$$ \sqrt{4x - 7} < x $$

Данное иррациональное неравенство равносильно системе:

$$ \begin{cases} 4x - 7 \ge 0 \\ x > 0 \\ 4x - 7 < x^2 \end{cases} $$

Решим каждое неравенство системы:

1) $4x - 7 \ge 0 \implies 4x \ge 7 \implies x \ge \frac{7}{4}$.

2) $x > 0$.

3) $x^2 - 4x + 7 > 0$. Найдем дискриминант квадратного трехчлена: $D = (-4)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 7 = 16 - 28 = -12$. Так как $D < 0$ и коэффициент при $x^2$ положителен ($1 > 0$), трехчлен $x^2 - 4x + 7$ положителен при любых $x \in \mathbb{R}$.

Пересечение решений $x \ge \frac{7}{4}$, $x > 0$ и $x \in \mathbb{R}$ дает $x \ge \frac{7}{4}$.

Решение первого неравенства: $x \in [\frac{7}{4}; +\infty)$.

Решим второе неравенство (в исправленном виде):

$$ \sqrt{5+x} + \sqrt{5-x} > 4 $$

Найдем ОДЗ: $\begin{cases} 5+x \ge 0 \\ 5-x \ge 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x \ge -5 \\ x \le 5 \end{cases} \implies x \in [-5; 5]$.

Обе части неравенства неотрицательны, поэтому можем возвести их в квадрат:

$$ (\sqrt{5+x} + \sqrt{5-x})^2 > 4^2 $$

$$ (5+x) + 2\sqrt{(5+x)(5-x)} + (5-x) > 16 $$

$$ 10 + 2\sqrt{25 - x^2} > 16 $$

$$ 2\sqrt{25 - x^2} > 6 $$

$$ \sqrt{25 - x^2} > 3 $$

Снова возведем в квадрат обе части (они неотрицательны):

$$ 25 - x^2 > 9 $$

$$ 16 > x^2 $$

$$ x^2 < 16 \implies -4 < x < 4 $$

Учитывая ОДЗ $x \in [-5; 5]$, получаем решение второго неравенства: $x \in (-4; 4)$.

Найдем пересечение решений обоих неравенств системы:

$\begin{cases} x \in [\frac{7}{4}; +\infty) \\ x \in (-4; 4) \end{cases}$

Так как $\frac{7}{4} = 1.75$, пересечением является интервал $[\frac{7}{4}; 4)$.

Ответ: $[\frac{7}{4}; 4)$.

364. Для доказательства данного неравенства преобразуем его левую часть. Воспользуемся свойством логарифма о переходе к новому основанию, а именно формулой $\frac{1}{\log_a b} = \log_b a$.

Применим это свойство к каждому слагаемому в левой части неравенства:

$\frac{1}{\log_2 \pi} + \frac{1}{\log_5 \pi} + \frac{1}{\log_{10} \pi} = \log_\pi 2 + \log_\pi 5 + \log_\pi 10$

Теперь исходное неравенство можно переписать в виде:

$\log_\pi 2 + \log_\pi 5 + \log_\pi 10 > 4$

Используем свойство суммы логарифмов с одинаковым основанием: $\log_b x + \log_b y = \log_b(xy)$. Объединим логарифмы в левой части:

$\log_\pi (2 \cdot 5 \cdot 10) > 4$

$\log_\pi 100 > 4$

По определению логарифма, так как основание $\pi \approx 3.14159... > 1$, данное неравенство равносильно следующему:

$\pi^4 < 100$

Чтобы доказать это неравенство, оценим значение $\pi^4$. Мы знаем, что число $\pi$ немного больше 3.14. Для оценки возьмем значение с небольшим запасом, например, $\pi < 3.15$.

Возведем это неравенство в квадрат:

$\pi^2 < (3.15)^2 = 9.9225$

Теперь возведем в квадрат полученное неравенство еще раз:

$\pi^4 < (9.9225)^2$

Вычислим $(9.9225)^2$:

$(9.9225)^2 = 98.45600625$

Таким образом, мы получили, что $\pi^4 < 98.45600625$.

Поскольку $98.45600625 < 100$, то и $\pi^4 < 100$, что является верным утверждением. Так как все преобразования были равносильными, исходное неравенство также является верным.

Ответ: Неравенство доказано.

Бұл теңсіздікті дәлелдеу үшін $ \alpha, \beta, \gamma $ сүйірбұрышты үшбұрыштың бұрыштары екенін пайдаланамыз. Біріншіден, өрнектің сол жағын тригонометриялық тепе-теңдіктер арқылы түрлендірейік.

Дәрежені төмендету формуласын қолданамыз $ \sin^2 x = \frac{1 - \cos(2x)}{2} $: $ \sin^2 \alpha + \sin^2 \beta + \sin^2 \gamma = \frac{1 - \cos(2\alpha)}{2} + \frac{1 - \cos(2\beta)}{2} + \sin^2 \gamma $

$ = 1 - \frac{\cos(2\alpha) + \cos(2\beta)}{2} + \sin^2 \gamma $

Косинустардың қосындысын көбейтіндіге түрлендіру формуласын $ \cos A + \cos B = 2 \cos\frac{A+B}{2} \cos\frac{A-B}{2} $ қолданамыз: $ \cos(2\alpha) + \cos(2\beta) = 2 \cos(\alpha+\beta) \cos(\alpha-\beta) $

Орнына қойсақ: $ 1 - \frac{2 \cos(\alpha+\beta) \cos(\alpha-\beta)}{2} + \sin^2 \gamma = 1 - \cos(\alpha+\beta) \cos(\alpha-\beta) + \sin^2 \gamma $

Үшбұрыш бұрыштарының қосындысы $ \alpha + \beta + \gamma = \pi $ екені белгілі, бұдан $ \alpha + \beta = \pi - \gamma $ шығады. Демек, $ \cos(\alpha+\beta) = \cos(\pi - \gamma) = -\cos \gamma $.

Осыны өрнекке қоямыз: $ 1 - (-\cos \gamma) \cos(\alpha-\beta) + \sin^2 \gamma = 1 + \cos \gamma \cos(\alpha-\beta) + \sin^2 \gamma $

$ \sin^2 \gamma = 1 - \cos^2 \gamma $ тепе-теңдігін пайдаланып, өрнекті одан әрі түрлендіреміз: $ = 1 + \cos \gamma \cos(\alpha-\beta) + 1 - \cos^2 \gamma = 2 + \cos \gamma \cos(\alpha-\beta) - \cos^2 \gamma $

$ = 2 + \cos \gamma (\cos(\alpha-\beta) - \cos \gamma) $

Жақша ішіндегі $ \cos \gamma $ орнына $ -\cos(\alpha+\beta) $ қоямыз: $ = 2 + \cos \gamma (\cos(\alpha-\beta) - (-\cos(\alpha+\beta))) = 2 + \cos \gamma (\cos(\alpha-\beta) + \cos(\alpha+\beta)) $

$ \cos(A-B) + \cos(A+B) = 2 \cos A \cos B $ формуласы бойынша: $ = 2 + \cos \gamma (2 \cos \alpha \cos \beta) = 2 + 2 \cos \alpha \cos \beta \cos \gamma $

Сонымен, біз кез келген үшбұрыш үшін орындалатын $ \sin^2 \alpha + \sin^2 \beta + \sin^2 \gamma = 2 + 2 \cos \alpha \cos \beta \cos \gamma $ тепе-теңдігін алдық.

Енді бастапқы теңсіздікке оралайық: $ \sin^2 \alpha + \sin^2 \beta + \sin^2 \gamma > 2 $

Алынған тепе-теңдікті теңсіздікке қойсақ: $ 2 + 2 \cos \alpha \cos \beta \cos \gamma > 2 $

Екі жағынан 2-ні алып тастағанда, теңсіздік мына түрге келеді: $ 2 \cos \alpha \cos \beta \cos \gamma > 0 $

немесе $ \cos \alpha \cos \beta \cos \gamma > 0 $

Есептің шарты бойынша $ \alpha, \beta, \gamma $ — сүйірбұрышты үшбұрыштың бұрыштары. Бұл дегеніміз, барлық үш бұрыш та $ 90^\circ $-тан (немесе $ \pi/2 $ радианнан) кіші: $ 0 < \alpha < \pi/2 $, $ 0 < \beta < \pi/2 $, $ 0 < \gamma < \pi/2 $.

Бірінші ширектегі (0-ден $ \pi/2 $-ге дейінгі) бұрыштардың косинусы оң мән қабылдайды. Сондықтан: $ \cos \alpha > 0 $, $ \cos \beta > 0 $, $ \cos \gamma > 0 $.

Үш оң санның көбейтіндісі әрқашан оң болады: $ \cos \alpha \cos \beta \cos \gamma > 0 $.

Бұл соңғы теңсіздік дұрыс болғандықтан, бастапқы $ \sin^2 \alpha + \sin^2 \beta + \sin^2 \gamma > 2 $ теңсіздігі де сүйірбұрышты үшбұрыш үшін дұрыс болып табылады.

Ответ: Дәлелдеу аяқталды. Сүйірбұрышты үшбұрыштың барлық бұрыштары $ (0, \pi/2) $ аралығында жататындықтан, олардың косинустары оң болады. Демек, $ \cos \alpha \cos \beta \cos \gamma > 0 $. $ \sin^2 \alpha + \sin^2 \beta + \sin^2 \gamma = 2 + 2 \cos \alpha \cos \beta \cos \gamma $ тепе-теңдігіне сүйеніп, $ \sin^2 \alpha + \sin^2 \beta + \sin^2 \gamma > 2 $ екендігіне көз жеткіземіз.