Страница 208 - гдз по алгебре 11 класс учебник Абылкасымова, Жумагулова

1)

Обозначим выражение как $A : B \cdot C$, где:
$A = (x + a^{1.5} : x^{0.5})^{0.2} = (x + \frac{a^{1.5}}{x^{0.5}})^{0.2}$
$B = \left(1 - \left(\frac{a}{x}\right)^{0.5} + \frac{a^{0.5}}{x^{0.5} - a^{0.5}}\right)^{0.2}$
$C = (x - a)^{0.3}$
Выражение равносильно $\frac{A \cdot C}{B} = \left(\frac{A^{5}}{B^{5}}\right)^{0.2} \cdot C = \left(\frac{x + \frac{a^{1.5}}{x^{0.5}}}{1 - (\frac{a}{x})^{0.5} + \frac{a^{0.5}}{x^{0.5} - a^{0.5}}}\right)^{0.2} \cdot (x - a)^{0.3}$.
Упростим выражение в скобках.
Числитель: $x + \frac{a^{1.5}}{x^{0.5}} = \frac{x \cdot x^{0.5} + a^{1.5}}{x^{0.5}} = \frac{x^{1.5} + a^{1.5}}{x^{0.5}}$.
Знаменатель: $1 - \frac{a^{0.5}}{x^{0.5}} + \frac{a^{0.5}}{x^{0.5} - a^{0.5}} = \frac{x^{0.5} - a^{0.5}}{x^{0.5}} + \frac{a^{0.5}}{x^{0.5} - a^{0.5}} = \frac{(x^{0.5} - a^{0.5})^2 + a^{0.5}x^{0.5}}{x^{0.5}(x^{0.5} - a^{0.5})} = \frac{x - 2a^{0.5}x^{0.5} + a + a^{0.5}x^{0.5}}{x^{0.5}(x^{0.5} - a^{0.5})} = \frac{x - a^{0.5}x^{0.5} + a}{x^{0.5}(x^{0.5} - a^{0.5})}$.
Теперь разделим числитель на знаменатель:
$\frac{\frac{x^{1.5} + a^{1.5}}{x^{0.5}}}{\frac{x - a^{0.5}x^{0.5} + a}{x^{0.5}(x^{0.5} - a^{0.5})}} = \frac{x^{1.5} + a^{1.5}}{x^{0.5}} \cdot \frac{x^{0.5}(x^{0.5} - a^{0.5})}{x - a^{0.5}x^{0.5} + a}$.
Используем формулу суммы кубов для $x^{1.5} + a^{1.5} = (x^{0.5})^3 + (a^{0.5})^3 = (x^{0.5} + a^{0.5})(x - x^{0.5}a^{0.5} + a)$.
$\frac{(x^{0.5} + a^{0.5})(x - x^{0.5}a^{0.5} + a)}{x^{0.5}} \cdot \frac{x^{0.5}(x^{0.5} - a^{0.5})}{x - a^{0.5}x^{0.5} + a} = (x^{0.5} + a^{0.5})(x^{0.5} - a^{0.5}) = (x^{0.5})^2 - (a^{0.5})^2 = x-a$.
Подставим результат в исходное выражение:
$(x-a)^{0.2} \cdot (x-a)^{0.3} = (x-a)^{0.2+0.3} = (x-a)^{0.5} = \sqrt{x-a}$.

Ответ: $\sqrt{x-a}$.

2)

Упростим числитель и знаменатель по отдельности. Для упрощения выражения будем считать, что оно определено, т.е. $a-1 \ge 0 \implies a \ge 1$.
Рассмотрим подкоренные выражения в числителе. Они имеют вид полного квадрата:
$a \pm 2(a-1)^{0.5} = a \pm 2\sqrt{a-1} = (a-1) \pm 2\sqrt{a-1} + 1 = (\sqrt{a-1} \pm 1)^2$.
Тогда числитель примет вид:
$(\left(\sqrt{a-1} - 1\right)^2)^{0.5} + (\left(\sqrt{a-1} + 1\right)^2)^{0.5} = \sqrt{(\sqrt{a-1} - 1)^2} + \sqrt{(\sqrt{a-1} + 1)^2} = |\sqrt{a-1} - 1| + |\sqrt{a-1} + 1|$.
Так как $\sqrt{a-1} \ge 0$, то $\sqrt{a-1}+1 > 0$, и $|\sqrt{a-1}+1| = \sqrt{a-1}+1$.
Числитель равен $|\sqrt{a-1} - 1| + \sqrt{a-1} + 1$.
Упростим знаменатель:
$(a^2 - 4(a-1))^{0.5} = \sqrt{a^2 - 4a + 4} = \sqrt{(a-2)^2} = |a-2|$.
Теперь рассмотрим два случая для раскрытия модулей.
Случай 1: $a \ge 2$.
Тогда $a-1 \ge 1$, $\sqrt{a-1} \ge 1$, значит $|\sqrt{a-1}-1| = \sqrt{a-1}-1$.
Также $|a-2| = a-2$.
Выражение равно: $\frac{(\sqrt{a-1}-1) + (\sqrt{a-1}+1)}{a-2} = \frac{2\sqrt{a-1}}{a-2}$.
Случай 2: $1 \le a < 2$.
Тогда $0 \le a-1 < 1$, $0 \le \sqrt{a-1} < 1$, значит $|\sqrt{a-1}-1| = -(\sqrt{a-1}-1) = 1-\sqrt{a-1}$.
Также $|a-2| = -(a-2) = 2-a$.
Выражение равно: $\frac{(1-\sqrt{a-1}) + (\sqrt{a-1}+1)}{2-a} = \frac{2}{2-a}$.
Выражение не определено при $a=2$.

Ответ: $\frac{2\sqrt{a-1}}{a-2}$ при $a > 2$; $\frac{2}{2-a}$ при $1 \le a < 2$.

3)

Упростим выражения под знаками корня, выделив полные квадраты:
$\sqrt{x^2 - 6x + 9} = \sqrt{(x-3)^2} = |x-3|$.
$\sqrt{x^2 + 10x + 25} = \sqrt{(x+5)^2} = |x+5|$.
Исходное выражение принимает вид: $x + 1 + |x-3| + |x+5|$.
Для раскрытия модулей рассмотрим три числовых промежутка, определяемых точками $x=3$ и $x=-5$.
Случай 1: $x < -5$.
$|x-3| = -(x-3) = 3-x$.
$|x+5| = -(x+5) = -x-5$.
Выражение: $x + 1 + (3-x) + (-x-5) = x + 1 + 3 - x - x - 5 = -x - 1$.
Случай 2: $-5 \le x < 3$.
$|x-3| = -(x-3) = 3-x$.
$|x+5| = x+5$.
Выражение: $x + 1 + (3-x) + (x+5) = x + 1 + 3 - x + x + 5 = x + 9$.
Случай 3: $x \ge 3$.
$|x-3| = x-3$.
$|x+5| = x+5$.
Выражение: $x + 1 + (x-3) + (x+5) = x + 1 + x - 3 + x + 5 = 3x + 3$.

Ответ: $-x - 1$ при $x < -5$; $x + 9$ при $-5 \le x < 3$; $3x + 3$ при $x \ge 3$.

4)

Пусть $E = \sqrt{\frac{a^3+3b}{2a} + \sqrt{3ab}} - \sqrt{\frac{a^3+3b}{2a} - \sqrt{3ab}}$.
Возведем обе части в квадрат:
$E^2 = \left(\sqrt{\frac{a^3+3b}{2a} + \sqrt{3ab}} - \sqrt{\frac{a^3+3b}{2a} - \sqrt{3ab}}\right)^2$.
$E^2 = \left(\frac{a^3+3b}{2a} + \sqrt{3ab}\right) - 2\sqrt{\left(\frac{a^3+3b}{2a}\right)^2 - (\sqrt{3ab})^2} + \left(\frac{a^3+3b}{2a} - \sqrt{3ab}\right)$.
$E^2 = 2 \cdot \frac{a^3+3b}{2a} - 2\sqrt{\frac{(a^3+3b)^2}{4a^2} - 3ab} = \frac{a^3+3b}{a} - 2\sqrt{\frac{a^6+6a^3b+9b^2-12a^3b}{4a^2}}$.
$E^2 = \frac{a^3+3b}{a} - 2\sqrt{\frac{a^6-6a^3b+9b^2}{4a^2}} = \frac{a^3+3b}{a} - 2\sqrt{\frac{(a^3-3b)^2}{(2a)^2}} = \frac{a^3+3b}{a} - 2\frac{|a^3-3b|}{2a}$.
$E^2 = \frac{a^3+3b - |a^3-3b|}{a}$.
Рассмотрим два случая:
Случай 1: $a^3 \ge 3b$.
$|a^3-3b| = a^3-3b$.
$E^2 = \frac{a^3+3b - (a^3-3b)}{a} = \frac{6b}{a}$.
Так как первый корень в исходном выражении больше второго, $E > 0$. Значит $E = \sqrt{\frac{6b}{a}}$.
Случай 2: $a^3 < 3b$.
$|a^3-3b| = -(a^3-3b) = 3b-a^3$.
$E^2 = \frac{a^3+3b - (3b-a^3)}{a} = \frac{2a^3}{a} = 2a^2$.
Так как $a>0$, $E = \sqrt{2a^2} = a\sqrt{2}$.

Ответ: $\sqrt{\frac{6b}{a}}$ при $a^3 \ge 3b$; $a\sqrt{2}$ при $a^3 < 3b$.

5)

Сначала упростим $x$ и связанные с ним выражения.
$x = \frac{1}{2}\left(\sqrt{\frac{a}{b}} + \sqrt{\frac{b}{a}}\right) = \frac{1}{2}\left(\frac{a+b}{\sqrt{ab}}\right) = \frac{a+b}{2\sqrt{ab}}$.
Так как $a, b > 0$, по неравенству о средних $a+b \ge 2\sqrt{ab}$, следовательно $x \ge 1$.
Найдем $x^2-1$:
$x^2-1 = \left(\frac{a+b}{2\sqrt{ab}}\right)^2 - 1 = \frac{a^2+2ab+b^2}{4ab} - 1 = \frac{a^2+2ab+b^2-4ab}{4ab} = \frac{a^2-2ab+b^2}{4ab} = \frac{(a-b)^2}{4ab}$.
Тогда $\sqrt{x^2-1} = \sqrt{\frac{(a-b)^2}{4ab}} = \frac{|a-b|}{2\sqrt{ab}}$.
Подставим эти выражения в исходную дробь:
$\frac{2b\sqrt{x^2 - 1}}{x - \sqrt{x^2 - 1}} = \frac{2b \cdot \frac{|a-b|}{2\sqrt{ab}}}{\frac{a+b}{2\sqrt{ab}} - \frac{|a-b|}{2\sqrt{ab}}} = \frac{\frac{b|a-b|}{\sqrt{ab}}}{\frac{a+b-|a-b|}{2\sqrt{ab}}} = \frac{b|a-b|}{\sqrt{ab}} \cdot \frac{2\sqrt{ab}}{a+b-|a-b|} = \frac{2b|a-b|}{a+b-|a-b|}$.
Рассмотрим два случая для раскрытия модуля.
Случай 1: $a \ge b$.
$|a-b|=a-b$.
Выражение: $\frac{2b(a-b)}{a+b-(a-b)} = \frac{2b(a-b)}{a+b-a+b} = \frac{2b(a-b)}{2b} = a-b$.
Случай 2: $a < b$.
$|a-b|=-(a-b)=b-a$.
Выражение: $\frac{2b(b-a)}{a+b-(b-a)} = \frac{2b(b-a)}{a+b-b+a} = \frac{2b(b-a)}{2a} = \frac{b(b-a)}{a}$.

Ответ: $a-b$ при $a \ge b$; $\frac{b(b-a)}{a}$ при $a < b$.

1)

Обозначим левую часть равенства как $X$.

$ X = \left(a^{0.5} + \left(\frac{a^2 - 4}{a}\right)^{0.5}\right)^{0.5} + \left(a^{0.5} - \left(\frac{a^2 - 4}{a}\right)^{0.5}\right)^{0.5} $

По условию $a \ge 2$, поэтому $a^2 \ge 4$ и $a^2-4 \ge 0$. Все подкоренные выражения неотрицательны. Также проверим, что $a^{0.5} - (\frac{a^2-4}{a})^{0.5} \ge 0$. Это эквивалентно $a \ge \frac{a^2-4}{a}$, или $a^2 \ge a^2-4$, что верно. Поскольку $X$ является суммой двух неотрицательных слагаемых, $X \ge 0$.

Возведем $X$ в квадрат:

$ X^2 = \left[ \left(\sqrt{a} + \sqrt{\frac{a^2 - 4}{a}}\right)^{1/2} + \left(\sqrt{a} - \sqrt{\frac{a^2 - 4}{a}}\right)^{1/2} \right]^2 $

Используя формулу $(u+v)^2 = u^2 + v^2 + 2uv$, получаем:

$ X^2 = \left(\sqrt{a} + \sqrt{\frac{a^2 - 4}{a}}\right) + \left(\sqrt{a} - \sqrt{\frac{a^2 - 4}{a}}\right) + 2 \sqrt{\left(\sqrt{a} + \sqrt{\frac{a^2 - 4}{a}}\right)\left(\sqrt{a} - \sqrt{\frac{a^2 - 4}{a}}\right)} $

$ X^2 = 2\sqrt{a} + 2 \sqrt{(\sqrt{a})^2 - \left(\sqrt{\frac{a^2 - 4}{a}}\right)^2} = 2\sqrt{a} + 2 \sqrt{a - \frac{a^2 - 4}{a}} $

$ X^2 = 2\sqrt{a} + 2 \sqrt{\frac{a^2 - (a^2 - 4)}{a}} = 2\sqrt{a} + 2 \sqrt{\frac{4}{a}} = 2\sqrt{a} + 2 \frac{2}{\sqrt{a}} = 2\sqrt{a} + \frac{4}{\sqrt{a}} $

$ X^2 = \frac{2(\sqrt{a})^2 + 4}{\sqrt{a}} = \frac{2a + 4}{\sqrt{a}} $

Так как $X \ge 0$, извлечем квадратный корень:

$ X = \sqrt{\frac{2a + 4}{\sqrt{a}}} = \frac{\sqrt{2a + 4}}{\sqrt{\sqrt{a}}} = \frac{\sqrt{2a + 4}}{\sqrt[4]{a}} $

Левая часть равна правой, что и требовалось доказать.

Ответ: Равенство доказано.

2)

Требуется доказать неравенство $(a+b)^n < 2^n(a^n + b^n)$ для $a > 0, b > 0$. Предполагаем, что $n$ - натуральное число, $n \ge 1$.

Воспользуемся неравенством о средних степенных для двух положительных чисел $a$ и $b$ и для показателя $n \ge 1$:

$ \left(\frac{a+b}{2}\right)^n \le \frac{a^n+b^n}{2} $

Раскроем скобки:

$ \frac{(a+b)^n}{2^n} \le \frac{a^n+b^n}{2} $

Умножим обе части на $2^n$:

$ (a+b)^n \le 2^{n-1}(a^n+b^n) $

Поскольку $a>0, b>0$, то $a^n+b^n > 0$. Так как $n \ge 1$, то $2 > 1$, и $2^{n-1} < 2 \cdot 2^{n-1} = 2^n$.

Следовательно, $2^{n-1}(a^n+b^n) < 2^n(a^n+b^n)$.

Объединяя результаты, получаем цепочку неравенств:

$ (a+b)^n \le 2^{n-1}(a^n+b^n) < 2^n(a^n+b^n) $

Отсюда следует, что $(a+b)^n < 2^n(a^n+b^n)$, что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.

3)

Требуется доказать неравенство $ \frac{a^2+5}{\sqrt{a^2+4}} \ge 2 $.

Поскольку $a^2 \ge 0$, знаменатель $\sqrt{a^2+4}$ всегда положителен. Мы можем умножить обе части неравенства на него, не меняя знака неравенства.

$ a^2+5 \ge 2\sqrt{a^2+4} $

Обе части этого неравенства положительны, поэтому мы можем возвести их в квадрат.

$ (a^2+5)^2 \ge (2\sqrt{a^2+4})^2 $

$ a^4 + 10a^2 + 25 \ge 4(a^2+4) $

$ a^4 + 10a^2 + 25 \ge 4a^2 + 16 $

Перенесем все члены в левую часть:

$ a^4 + 10a^2 - 4a^2 + 25 - 16 \ge 0 $

$ a^4 + 6a^2 + 9 \ge 0 $

Левая часть является полным квадратом:

$ (a^2+3)^2 \ge 0 $

Это неравенство верно для любого действительного числа $a$, так как квадрат любого действительного числа неотрицателен. Таким образом, исходное неравенство доказано.

Ответ: Неравенство доказано.

4)

Требуется доказать неравенство $ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \ge \frac{1}{\sqrt{ab}} + \frac{1}{\sqrt{ac}} + \frac{1}{\sqrt{bc}} $ для $a, b, c > 0$.

Сделаем замену переменных. Пусть $x = \frac{1}{\sqrt{a}}$, $y = \frac{1}{\sqrt{b}}$, $z = \frac{1}{\sqrt{c}}$. Поскольку $a, b, c > 0$, то $x, y, z$ также положительные действительные числа.

Тогда $\frac{1}{a} = x^2$, $\frac{1}{b} = y^2$, $\frac{1}{c} = z^2$.

Также $\frac{1}{\sqrt{ab}} = \frac{1}{\sqrt{a}}\frac{1}{\sqrt{b}} = xy$, $\frac{1}{\sqrt{ac}} = xz$, $\frac{1}{\sqrt{bc}} = yz$.

Подставив эти выражения в исходное неравенство, получим:

$ x^2 + y^2 + z^2 \ge xy + xz + yz $

Умножим обе части на 2 и перенесем все в левую часть:

$ 2x^2 + 2y^2 + 2z^2 - 2xy - 2xz - 2yz \ge 0 $

Сгруппируем члены для выделения полных квадратов:

$ (x^2 - 2xy + y^2) + (x^2 - 2xz + z^2) + (y^2 - 2yz + z^2) \ge 0 $

$ (x-y)^2 + (x-z)^2 + (y-z)^2 \ge 0 $

Сумма квадратов действительных чисел всегда неотрицательна. Следовательно, это неравенство верно.

Ответ: Неравенство доказано.

5)

Требуется доказать неравенство $ \frac{3}{5} \cdot \frac{7}{9} \cdot \dots \cdot \frac{4n-1}{4n+1} < \sqrt{\frac{3}{4n+3}} $ для $n \in \mathbb{N}$.

Воспользуемся методом математической индукции.

База индукции ($n=1$):

Левая часть: $ \frac{4(1)-1}{4(1)+1} = \frac{3}{5} $.

Правая часть: $ \sqrt{\frac{3}{4(1)+3}} = \sqrt{\frac{3}{7}} $.

Проверяем неравенство $ \frac{3}{5} < \sqrt{\frac{3}{7}} $. Возводим в квадрат обе части (они положительны):

$ (\frac{3}{5})^2 < (\sqrt{\frac{3}{7}})^2 \implies \frac{9}{25} < \frac{3}{7} \implies 9 \cdot 7 < 3 \cdot 25 \implies 63 < 75 $.

Неравенство верно для $n=1$.

Шаг индукции:

Предположим, что неравенство верно для некоторого натурального $k \ge 1$:

$ P_k = \frac{3}{5} \cdot \frac{7}{9} \cdot \dots \cdot \frac{4k-1}{4k+1} < \sqrt{\frac{3}{4k+3}} $.

Докажем, что оно верно и для $k+1$. То есть, докажем, что $ P_{k+1} < \sqrt{\frac{3}{4(k+1)+3}} = \sqrt{\frac{3}{4k+7}} $.

$ P_{k+1} = P_k \cdot \frac{4(k+1)-1}{4(k+1)+1} = P_k \cdot \frac{4k+3}{4k+5} $.

Используя индукционное предположение, имеем:

$ P_{k+1} < \sqrt{\frac{3}{4k+3}} \cdot \frac{4k+3}{4k+5} = \frac{\sqrt{3}\sqrt{4k+3}}{4k+5} $.

Теперь нужно доказать, что $ \frac{\sqrt{3}\sqrt{4k+3}}{4k+5} < \sqrt{\frac{3}{4k+7}} $.

Разделим обе части на $\sqrt{3}$ и возведем в квадрат:

$ \left(\frac{\sqrt{4k+3}}{4k+5}\right)^2 < \left(\frac{1}{\sqrt{4k+7}}\right)^2 $

$ \frac{4k+3}{(4k+5)^2} < \frac{1}{4k+7} $

$ (4k+3)(4k+7) < (4k+5)^2 $

$ 16k^2 + 28k + 12k + 21 < 16k^2 + 40k + 25 $

$ 16k^2 + 40k + 21 < 16k^2 + 40k + 25 $

$ 21 < 25 $

Последнее неравенство очевидно верно. Таким образом, шаг индукции доказан.

Ответ: Неравенство доказано.

6)

Требуется доказать неравенство $ \operatorname{ctg} \frac{\alpha}{2} - 1 \ge \operatorname{ctg} \alpha $ при $ 0 < \alpha < \pi $.

Перенесем все члены в одну сторону: $ \operatorname{ctg} \frac{\alpha}{2} - \operatorname{ctg} \alpha - 1 \ge 0 $.

Сделаем замену $ t = \tan \frac{\alpha}{2} $. Из условия $ 0 < \alpha < \pi $ следует $ 0 < \frac{\alpha}{2} < \frac{\pi}{2} $, а значит $ t = \tan \frac{\alpha}{2} > 0 $.

Выразим котангенсы через $t$:

$ \operatorname{ctg} \frac{\alpha}{2} = \frac{1}{\tan \frac{\alpha}{2}} = \frac{1}{t} $.

$ \operatorname{ctg} \alpha = \frac{1}{\tan \alpha} = \frac{1 - \tan^2 \frac{\alpha}{2}}{2 \tan \frac{\alpha}{2}} = \frac{1-t^2}{2t} $.

Подставим эти выражения в неравенство:

$ \frac{1}{t} - \frac{1-t^2}{2t} - 1 \ge 0 $.

Поскольку $t > 0$, умножим неравенство на $2t$, чтобы избавиться от знаменателей. Знак неравенства не изменится.

$ 2 - (1-t^2) - 2t \ge 0 $

$ 2 - 1 + t^2 - 2t \ge 0 $

$ t^2 - 2t + 1 \ge 0 $

Свернем левую часть в полный квадрат:

$ (t-1)^2 \ge 0 $

Это неравенство верно для любого действительного значения $t$, так как квадрат любого действительного числа всегда неотрицателен. Поскольку $ t = \tan \frac{\alpha}{2} $ является действительным числом, исходное неравенство доказано.

Ответ: Неравенство доказано.

1) Исходное уравнение, вероятно, содержит опечатку. Предположим, что уравнение имеет вид $ \sqrt{5} = 25^{x^2 - \sqrt{x^2-9} - 20,75} $.
Перепишем уравнение: $ 5^{1/2} = (5^2)^{x^2 - \sqrt{x^2-9} - 20,75} $.
$ 5^{0,5} = 5^{2(x^2 - \sqrt{x^2-9} - 20,75)} $.
Приравниваем показатели степени: $ 0,5 = 2(x^2 - \sqrt{x^2-9} - 20,75) $.
$ 0,25 = x^2 - \sqrt{x^2-9} - 20,75 $.
$ 21 = x^2 - \sqrt{x^2-9} $.
Область допустимых значений (ОДЗ): $ x^2 - 9 \ge 0 \implies x^2 \ge 9 \implies |x| \ge 3 $.
Сделаем замену: пусть $ y = \sqrt{x^2-9} $. Тогда $ y \ge 0 $ и $ x^2 = y^2 + 9 $.
Уравнение принимает вид: $ 21 = (y^2+9) - y $.
$ y^2 - y - 12 = 0 $.
По теореме Виета, корни $ y_1 = 4 $ и $ y_2 = -3 $.
Так как $ y \ge 0 $, нам подходит только $ y=4 $.
Возвращаемся к замене: $ \sqrt{x^2-9} = 4 $.
$ x^2-9 = 16 \implies x^2 = 25 \implies x = \pm 5 $.
Оба корня удовлетворяют ОДЗ ($|x| \ge 3$).
Ответ: $ x = \pm 5 $.

2) $ \sqrt{2^{x-28}} + 5 \cdot \sqrt{2^{x-32}} = 36 $
Перепишем уравнение: $ 2^{\frac{x-28}{2}} + 5 \cdot 2^{\frac{x-32}{2}} = 36 $.
$ 2^{\frac{x}{2} - 14} + 5 \cdot 2^{\frac{x}{2} - 16} = 36 $.
$ 2^{\frac{x}{2} - 16} \cdot 2^2 + 5 \cdot 2^{\frac{x}{2} - 16} = 36 $.
Вынесем общий множитель $ 2^{\frac{x}{2} - 16} $: $ 2^{\frac{x}{2} - 16} (4+5) = 36 $.
$ 9 \cdot 2^{\frac{x}{2} - 16} = 36 $.
$ 2^{\frac{x}{2} - 16} = 4 = 2^2 $.
$ \frac{x}{2} - 16 = 2 \implies \frac{x}{2} = 18 \implies x = 36 $.
Ответ: $ x=36 $.

3) $ 6^{\frac{2x-1}{x}} \cdot 0,75^{x+1} = \sqrt[6]{2 \cdot 3^{13}} $
Преобразуем уравнение: $ (2 \cdot 3)^{\frac{2x-1}{x}} \cdot (\frac{3}{4})^{x+1} = (2 \cdot 3^{13})^{1/6} $.
$ 2^{\frac{2x-1}{x}} \cdot 3^{\frac{2x-1}{x}} \cdot \frac{3^{x+1}}{(2^2)^{x+1}} = 2^{1/6} \cdot 3^{13/6} $.
$ 2^{\frac{2x-1}{x} - 2(x+1)} \cdot 3^{\frac{2x-1}{x} + x+1} = 2^{1/6} \cdot 3^{13/6} $.
Поскольку основания 2 и 3 независимы, мы можем приравнять показатели степеней для каждого основания:
1) $ \frac{2x-1}{x} - 2(x+1) = \frac{1}{6} \implies \frac{2x-1-2x(x+1)}{x} = \frac{1}{6} \implies \frac{-2x^2-1}{x} = \frac{1}{6} \implies -12x^2-6=x \implies 12x^2+x+6=0 $.Дискриминант $ D = 1^2 - 4(12)(6) = 1 - 288 = -287 < 0 $. В этом уравнении нет действительных решений.
2) $ \frac{2x-1}{x} + x+1 = \frac{13}{6} \implies \frac{2x-1+x(x+1)}{x} = \frac{13}{6} \implies \frac{x^2+3x-1}{x} = \frac{13}{6} \implies 6x^2+18x-6=13x \implies 6x^2+5x-6=0 $.Решения этого уравнения: $ x = \frac{-5 \pm \sqrt{25 - 4(6)(-6)}}{12} = \frac{-5 \pm 13}{12} $, т.е. $ x_1=2/3, x_2=-3/2 $.
Поскольку система уравнений для показателей не имеет общего решения, исходное уравнение не имеет решений. Вероятно, в условии задачи есть опечатка.
Ответ: решений нет.

4) $ 3^{x-3} = 5^{x^2-7x+12} $
Один из способов решить это уравнение — приравнять оба показателя к нулю.$ x-3=0 \implies x=3 $.
Проверим второй показатель при $ x=3 $: $ x^2-7x+12 = 3^2 - 7(3) + 12 = 9 - 21 + 12 = 0 $.
Так как оба показателя равны нулю, $ 3^0 = 5^0 \implies 1=1 $. Значит, $ x=3 $ является корнем.
Чтобы найти другие корни, прологарифмируем обе части по любому основанию, например, натуральному:
$ \ln(3^{x-3}) = \ln(5^{x^2-7x+12}) $.
$ (x-3)\ln 3 = (x^2-7x+12)\ln 5 $.
Разложим на множители: $ (x-3)\ln 3 = (x-3)(x-4)\ln 5 $.
$ (x-3)\ln 3 - (x-3)(x-4)\ln 5 = 0 $.
$ (x-3)[\ln 3 - (x-4)\ln 5] = 0 $.
Отсюда либо $ x-3=0 $, что дает уже найденный корень $ x=3 $, либо $ \ln 3 - (x-4)\ln 5 = 0 $.
$ \ln 3 = (x-4)\ln 5 \implies x-4 = \frac{\ln 3}{\ln 5} = \log_5 3 $.
$ x = 4 + \log_5 3 $.
Ответ: $ x=3, x = 4 + \log_5 3 $.

5) Исходное уравнение, вероятно, содержит опечатку. Смешение логарифмов по основанию 2 и 3 делает его трансцендентным. Предположим, что уравнение имеет вид $ \log_2 \log_3(5x - 4) = 1 + \log_2 \log_3 x $.
ОДЗ: $ x>0, 5x-4>0 \implies x>4/5 $, $ \log_3 x>0 \implies x>1 $, $ \log_3(5x-4)>0 \implies 5x-4>1 \implies x>1 $. Итого ОДЗ: $ x>1 $.
$ \log_2 \log_3(5x-4) = \log_2 2 + \log_2 \log_3 x = \log_2(2\log_3 x) $.
Приравниваем аргументы логарифмов: $ \log_3(5x-4) = 2\log_3 x = \log_3(x^2) $.
Приравниваем аргументы снова: $ 5x-4 = x^2 $.
$ x^2 - 5x + 4 = 0 \implies (x-1)(x-4) = 0 $.
Корни $ x=1 $ и $ x=4 $. Корень $ x=1 $ не входит в ОДЗ ($ x>1 $). Корень $ x=4 $ удовлетворяет ОДЗ.
Ответ: $ x=4 $.

6) $ 2^{\sin^2 x} + 2^{\cos^2 x} = 3 $
Используем тождество $ \cos^2 x = 1-\sin^2 x $: $ 2^{\sin^2 x} + 2^{1-\sin^2 x} = 3 $.
$ 2^{\sin^2 x} + \frac{2}{2^{\sin^2 x}} = 3 $.
Сделаем замену $ y = 2^{\sin^2 x} $. Так как $ 0 \le \sin^2 x \le 1 $, то $ 2^0 \le y \le 2^1 $, т.е. $ 1 \le y \le 2 $.
$ y + \frac{2}{y} = 3 \implies y^2 - 3y + 2 = 0 $.
Корни $ y_1=1, y_2=2 $. Оба корня входят в допустимый диапазон для $ y $.
1) $ 2^{\sin^2 x} = 1 \implies \sin^2 x = 0 \implies \sin x = 0 \implies x = \pi k, k \in \mathbb{Z} $.
2) $ 2^{\sin^2 x} = 2 \implies \sin^2 x = 1 \implies \sin x = \pm 1 \implies x = \frac{\pi}{2} + \pi n, n \in \mathbb{Z} $.
Объединяя решения, получаем $ x = \frac{\pi k}{2}, k \in \mathbb{Z} $.
Ответ: $ x = \frac{\pi k}{2}, k \in \mathbb{Z} $.

7) $ 4\cos^2 x + 4\sin(2x) = 3 $
Используем формулы $ \cos^2 x = \frac{1+\cos(2x)}{2} $ и $ \sin(2x) = 2\sin x \cos x $. Однако удобнее использовать универсальную тригонометрическую подстановку $ t = \tan x $.Формулы: $ \cos^2 x = \frac{1}{1+t^2} $, $ \sin(2x) = \frac{2t}{1+t^2} $.$ 4(\frac{1}{1+t^2}) + 4(\frac{2t}{1+t^2}) = 3 $.
$ \frac{4+8t}{1+t^2} = 3 \implies 4+8t = 3+3t^2 $.
$ 3t^2 - 8t - 1 = 0 $.
$ t = \frac{8 \pm \sqrt{64 - 4(3)(-1)}}{6} = \frac{8 \pm \sqrt{76}}{6} = \frac{8 \pm 2\sqrt{19}}{6} = \frac{4 \pm \sqrt{19}}{3} $.
Так как $ t=\tan x $, то $ x = \arctan(\frac{4 \pm \sqrt{19}}{3}) + \pi k, k \in \mathbb{Z} $.
Ответ: $ x = \arctan(\frac{4 \pm \sqrt{19}}{3}) + \pi k, k \in \mathbb{Z} $.

8) $ |x-3|^{\frac{x^2-8x+15}{x-2}} = 1 $
Уравнение вида $ a^b=1 $ имеет решения в случаях: 1) $ b=0 $ при $ a \ne 0 $; 2) $ a=1 $; 3) $ a=-1 $ при $ b $ — четное целое число. ОДЗ: $ x-2 \ne 0 \implies x \ne 2 $.
Случай 1: Показатель равен нулю.
$ \frac{x^2-8x+15}{x-2} = 0 \implies x^2-8x+15=0 \implies (x-3)(x-5)=0 $.
$ x=3 $ или $ x=5 $. Проверяем основание $ |x-3| $:При $ x=3 $, основание $ |3-3|=0 $. Выражение $ 0^0 $ не определено, $ x=3 $ не является корнем.При $ x=5 $, основание $ |5-3|=2 \ne 0 $. $ x=5 $ — корень.
Случай 2: Основание равно 1.
$ |x-3| = 1 \implies x-3=1 $ или $ x-3=-1 $.
$ x=4 $ или $ x=2 $. $ x=2 $ не входит в ОДЗ. $ x=4 $ — корень.
Случай 3: Основание равно -1.
$ |x-3| = -1 $. Нет решений, так как модуль не может быть отрицательным.
Итоговые решения: $ x=4 $ и $ x=5 $.
Ответ: $ x=4, x=5 $.

9) $ |\frac{1}{3} \cdot 3^x - 2| = 9^x - 1 $
Перепишем: $ |3^{x-1}-2| = (3^x)^2-1 $. Пусть $ y=3^x $. Так как $ y > 0 $, уравнение $ |\frac{y}{3}-2| = y^2-1 $.Правая часть должна быть неотрицательной: $ y^2-1 \ge 0 \implies y \ge 1 $.
Раскроем модуль:Случай 1: $ \frac{y}{3}-2 \ge 0 \implies y \ge 6 $.$ \frac{y}{3}-2 = y^2-1 \implies y-6 = 3y^2-3 \implies 3y^2-y+3=0 $.Дискриминант $ D = (-1)^2 - 4(3)(3) = -35 < 0 $. Нет решений.
Случай 2: $ \frac{y}{3}-2 < 0 \implies y < 6 $. С учетом $ y \ge 1 $, имеем $ 1 \le y < 6 $.$ -(\frac{y}{3}-2) = y^2-1 \implies -\frac{y}{3}+2 = y^2-1 \implies -y+6=3y^2-3 \implies 3y^2+y-9=0 $.$ y = \frac{-1 \pm \sqrt{1-4(3)(-9)}}{6} = \frac{-1 \pm \sqrt{109}}{6} $.Так как $ y>0 $, выбираем $ y = \frac{\sqrt{109}-1}{6} $.Проверим условие $ 1 \le y < 6 $. $ \sqrt{100} < \sqrt{109} < \sqrt{121} $, т.е. $ 10 < \sqrt{109} < 11 $.$ y \approx \frac{10.4-1}{6} \approx 1.57 $. Это значение входит в интервал $ [1, 6) $.Возвращаемся к замене: $ 3^x = \frac{\sqrt{109}-1}{6} \implies x = \log_3(\frac{\sqrt{109}-1}{6}) $.
Ответ: $ x = \log_3(\frac{\sqrt{109}-1}{6}) $.

10) $ 3^{2x^2-6x+3} + 6^{x^2-3x+1} = 2^{2x^2-6x+3} $
Заметим, что $ 2x^2-6x+3 = 2(x^2-3x+1)+1 $.Пусть $ A = x^2-3x+1 $. Уравнение: $ 3^{2A+1} + (2 \cdot 3)^A = 2^{2A+1} $.
$ 3 \cdot 3^{2A} + 2^A \cdot 3^A = 2 \cdot 2^{2A} $.
Разделим всё на $ 2^{2A} \ne 0 $: $ 3 \cdot (\frac{3}{2})^{2A} + (\frac{3}{2})^A - 2 = 0 $.
Пусть $ y = (\frac{3}{2})^A $. Тогда $ 3y^2+y-2=0 $.Корни: $ y = \frac{-1 \pm \sqrt{1-4(3)(-2)}}{6} = \frac{-1 \pm 5}{6} $.$ y_1 = 2/3, y_2 = -1 $. Так как $ y > 0 $, подходит только $ y=2/3 $.$ (\frac{3}{2})^A = \frac{2}{3} = (\frac{3}{2})^{-1} $.
$ A=-1 $.
$ x^2-3x+1=-1 \implies x^2-3x+2=0 \implies (x-1)(x-2)=0 $.
Ответ: $ x=1, x=2 $.

11) $ \sqrt{3^{x-54}} - 7 \cdot \sqrt{3^{x-58}} = 162 $
$ 3^{\frac{x-54}{2}} - 7 \cdot 3^{\frac{x-58}{2}} = 162 $.
$ 3^{\frac{x}{2}-27} - 7 \cdot 3^{\frac{x}{2}-29} = 162 $.
$ 3^{\frac{x}{2}-29} \cdot 3^2 - 7 \cdot 3^{\frac{x}{2}-29} = 162 $.
$ 3^{\frac{x}{2}-29} (9-7) = 162 $.
$ 2 \cdot 3^{\frac{x}{2}-29} = 162 \implies 3^{\frac{x}{2}-29} = 81 = 3^4 $.
$ \frac{x}{2}-29=4 \implies \frac{x}{2}=33 \implies x=66 $.
Ответ: $ x=66 $.

12) $ \log_2 (\sin x(1+\cos x)) = 2 $
По определению логарифма: $ \sin x(1+\cos x) = 2^2 = 4 $.
Используем формулы двойного угла: $ \sin x = 2\sin(x/2)\cos(x/2) $, $ 1+\cos x = 2\cos^2(x/2) $.
$ (2\sin(x/2)\cos(x/2))(2\cos^2(x/2)) = 4 $.
$ 4\sin(x/2)\cos^3(x/2) = 4 \implies \sin(x/2)\cos^3(x/2) = 1 $.
Так как $ |\sin(x/2)| \le 1 $ и $ |\cos(x/2)| \le 1 $, то $ |\sin(x/2)\cos^3(x/2)| \le |\sin(x/2)||\cos(x/2)| = |\frac{1}{2}\sin x| \le \frac{1}{2} $.
Максимальное значение левой части меньше 1, следовательно, она не может быть равна 1.
Ответ: решений нет.

13) $ \log_2 \tan x + \log_4 (\frac{\cos x}{2\cos x - \sin x}) = 0 $
ОДЗ: $ \tan x > 0 $, $ \frac{\cos x}{2\cos x - \sin x} > 0 $.
Преобразуем уравнение: $ \log_2 \tan x + \frac{1}{2}\log_2(\frac{\cos x}{2\cos x - \sin x}) = 0 $.
$ \log_2 \tan x + \log_2 \sqrt{\frac{\cos x}{2\cos x - \sin x}} = 0 $.
$ \log_2 (\tan x \cdot \sqrt{\frac{\cos x}{2\cos x - \sin x}}) = 0 $.
$ \tan x \cdot \sqrt{\frac{\cos x}{2\cos x - \sin x}} = 1 $.Так как $ \tan x > 0 $, возводим в квадрат: $ \tan^2 x \cdot \frac{\cos x}{2\cos x - \sin x} = 1 $.
$ \frac{\sin^2 x}{\cos^2 x} \cdot \frac{\cos x}{\cos x(2-\tan x)} = 1 \implies \frac{\tan^2 x}{2-\tan x} = 1 $.
$ \tan^2 x = 2 - \tan x \implies \tan^2 x + \tan x - 2 = 0 $.
Пусть $ y=\tan x $: $ y^2+y-2=0 \implies (y+2)(y-1)=0 $.$ y=1 $ или $ y=-2 $. По ОДЗ $ \tan x > 0 $, поэтому $ \tan x = 1 $.
Если $ \tan x=1 $, то $ \sin x=\cos x $. Проверим ОДЗ: $ \frac{\cos x}{2\cos x - \cos x} = \frac{\cos x}{\cos x}=1>0 $. Условие выполнено.
$ \tan x = 1 \implies x = \frac{\pi}{4} + \pi k, k \in \mathbb{Z} $.
Ответ: $ x = \frac{\pi}{4} + \pi k, k \in \mathbb{Z} $.

14) $ 3 \cdot \log_2^2 \sin x + \log_2 (1 - \cos 2x) = 2 $
ОДЗ: $ \sin x > 0 $. Используем $ 1 - \cos 2x = 2\sin^2 x $.
$ 3\log_2^2 \sin x + \log_2(2\sin^2 x) = 2 $.
$ 3\log_2^2 \sin x + \log_2 2 + \log_2(\sin^2 x) = 2 $.
$ 3\log_2^2 \sin x + 1 + 2\log_2|\sin x| = 2 $.Так как $ \sin x>0 $, то $ |\sin x|=\sin x $.Пусть $ y = \log_2 \sin x $. $ 3y^2+1+2y=2 \implies 3y^2+2y-1=0 $.Корни $ y = \frac{-2 \pm \sqrt{4-4(3)(-1)}}{6} = \frac{-2 \pm 4}{6} $.$ y_1 = 1/3, y_2 = -1 $.
1) $ \log_2 \sin x = 1/3 \implies \sin x = 2^{1/3} = \sqrt[3]{2} > 1 $. Решений нет.
2) $ \log_2 \sin x = -1 \implies \sin x = 2^{-1} = 1/2 $.
Решения: $ x = \frac{\pi}{6} + 2\pi k $ и $ x = \frac{5\pi}{6} + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $. Оба семейства удовлетворяют ОДЗ.
Ответ: $ x = \frac{\pi}{6} + 2\pi k, x = \frac{5\pi}{6} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $.

15) $ (\frac{1}{9})^{\log_3 \sqrt{x+1} - \frac{1}{2}\log_3(x^2-1)} = \sqrt{2(x-1)} $
ОДЗ: $ x+1>0, x^2-1>0, 2(x-1)\ge 0 $. Объединяя, получаем $ x>1 $.
Упростим показатель степени:$ \log_3(x+1)^{1/2} - \frac{1}{2}\log_3((x-1)(x+1)) = \frac{1}{2}\log_3(x+1) - \frac{1}{2}(\log_3(x-1)+\log_3(x+1)) = -\frac{1}{2}\log_3(x-1) $.
Левая часть: $ (\frac{1}{9})^{-\frac{1}{2}\log_3(x-1)} = (3^{-2})^{-\frac{1}{2}\log_3(x-1)} = 3^{\log_3(x-1)} = x-1 $.
Уравнение: $ x-1 = \sqrt{2(x-1)} $.
Пусть $ y=x-1 $. По ОДЗ, $ y>0 $.$ y = \sqrt{2y} \implies y^2=2y \implies y(y-2)=0 $.$ y=0 $ или $ y=2 $. Так как $ y>0 $, то $ y=2 $.
$ x-1=2 \implies x=3 $. Корень удовлетворяет ОДЗ.
Ответ: $ x=3 $.

16) $ (a^2-b^2)x^2 - 2ax + 1 = 0 $
Это квадратное уравнение относительно $ x $.
Случай 1: $ a^2-b^2=0 \implies |a|=|b| $. Уравнение становится линейным: $ -2ax+1=0 $.Если $ a=0 $ (и $ b=0 $), получаем $ 1=0 $, решений нет.Если $ a \ne 0 $, то $ x = \frac{1}{2a} $.
Случай 2: $ a^2-b^2 \ne 0 $. Используем формулу для корней квадратного уравнения.Дискриминант $ D = (-2a)^2 - 4(a^2-b^2)(1) = 4a^2 - 4a^2 + 4b^2 = 4b^2 = (2b)^2 $.$ x = \frac{2a \pm \sqrt{(2b)^2}}{2(a^2-b^2)} = \frac{2a \pm 2b}{2(a-b)(a+b)} $.
$ x_1 = \frac{2(a+b)}{2(a-b)(a+b)} = \frac{1}{a-b} $.$ x_2 = \frac{2(a-b)}{2(a-b)(a+b)} = \frac{1}{a+b} $.
Ответ:Если $ a^2 \ne b^2 $, то $ x_1 = \frac{1}{a-b}, x_2 = \frac{1}{a+b} $.Если $ a^2=b^2 $ и $ a \ne 0 $, то $ x = \frac{1}{2a} $.Если $ a=b=0 $, то решений нет.

17) $ ax^2 - (a-b)x - b = 0 $
Случай 1: $ a=0 $. Уравнение $ -(-b)x-b=0 \implies bx=b $.Если $ b \ne 0 $, то $ x=1 $.Если $ b=0 $ (и $ a=0 $), то $ 0=0 $, $ x $ — любое действительное число.
Случай 2: $ a \ne 0 $. Это квадратное уравнение.$ D = (-(a-b))^2 - 4(a)(-b) = (a-b)^2+4ab = a^2-2ab+b^2+4ab = a^2+2ab+b^2 = (a+b)^2 $.$ x = \frac{a-b \pm \sqrt{(a+b)^2}}{2a} = \frac{a-b \pm (a+b)}{2a} $.
$ x_1 = \frac{a-b+a+b}{2a} = \frac{2a}{2a} = 1 $.$ x_2 = \frac{a-b-(a+b)}{2a} = \frac{-2b}{2a} = -\frac{b}{a} $.
Ответ:Если $ a \ne 0 $, то $ x_1=1, x_2 = -b/a $.Если $ a=0, b \ne 0 $, то $ x=1 $.Если $ a=b=0 $, то $ x \in \mathbb{R} $.

18) $ \frac{ax^2}{x-1} - 2a = a^2+1 $
ОДЗ: $ x \ne 1 $.Если $ a=0 $, то $ 0-0=0+1 \implies 0=1 $, нет решений. Значит, $ a \ne 0 $.
Разделим на $ a $: $ \frac{x^2}{x-1} - 2 = a + \frac{1}{a} $.
$ \frac{x^2-2(x-1)}{x-1} = a + \frac{1}{a} \implies \frac{x^2-2x+2}{x-1} = a + \frac{1}{a} $.
$ \frac{(x-1)^2+1}{x-1} = a + \frac{1}{a} $.Пусть $ y = x-1 $. Тогда $ y \ne 0 $.$ \frac{y^2+1}{y} = a + \frac{1}{a} \implies y + \frac{1}{y} = a + \frac{1}{a} $.
$ y-a = \frac{1}{a}-\frac{1}{y} = \frac{y-a}{ay} \implies (y-a)(1-\frac{1}{ay}) = 0 $.Отсюда $ y=a $ или $ 1-\frac{1}{ay}=0 \implies ay=1 \implies y=1/a $.Возвращаемся к замене:1) $ x-1=a \implies x=a+1 $.2) $ x-1=1/a \implies x=1+1/a $.Оба корня не равны 1 при $ a \ne 0 $.
Ответ: Если $ a \ne 0 $, то $ x=a+1, x=1+1/a $. Если $ a=0 $, решений нет.

19) Уравнение 1: $ x^2+2ax+a=0 $. $ D_1 = (2a)^2-4a = 4a^2-4a = 4a(a-1) $.
Решения есть при $ D_1 \ge 0 \implies a \in (-\infty, 0] \cup [1, \infty) $.Нет решений при $ D_1 < 0 \implies a \in (0, 1) $.
Уравнение 2: $ ax^2+ax+1=0 $.При $ a=0 $ уравнение $ 1=0 $ не имеет решений.При $ a \ne 0 $ $ D_2 = a^2-4a = a(a-4) $.
Решения есть при $ D_2 \ge 0 \implies a \in (-\infty, 0) \cup [4, \infty) $.Нет решений при $ D_2 < 0 $ ($ a \in (0, 4) $) и при $ a=0 $. Итого нет решений при $ a \in [0, 4) $.
Нужно найти $ a $, когда одно имеет решение, а другое нет.
Случай A: Ур.1 имеет решения ($ a \in (-\infty, 0] \cup [1, \infty) $) И Ур.2 не имеет решений ($ a \in [0, 4) $).Пересечение этих множеств: $ ( (-\infty, 0] \cup [1, \infty) ) \cap [0, 4) = \{0\} \cup [1, 4) $.
Случай Б: Ур.1 не имеет решений ($ a \in (0, 1) $) И Ур.2 имеет решения ($ a \in (-\infty, 0) \cup [4, \infty) $).Пересечение этих множеств пустое.
Ответ: $ a \in \{0\} \cup [1, 4) $.

20) Уравнения $ x^2-ax+a=0 $ и $ x^2+b^2x-2b=0 $ эквивалентны, если их множества решений совпадают. Если у них есть решения, то, поскольку оба уравнения приведенные (коэффициент при $ x^2 $ равен 1), их коэффициенты должны быть равны.
$ -a = b^2 $ (коэффициенты при $ x $)
$ a = -2b $ (свободные члены)
Подставим второе уравнение в первое: $ -(-2b) = b^2 \implies 2b = b^2 \implies b^2-2b=0 \implies b(b-2)=0 $.
$ b=0 $ или $ b=2 $.
Если $ b=0 $, то $ a = -2(0)=0 $. Пара $ (0,0) $.Проверка: $ x^2=0 $ и $ x^2=0 $. Эквивалентны.
Если $ b=2 $, то $ a = -2(2)=-4 $. Пара $ (-4, 2) $.Проверка: $ x^2+4x-4=0 $ и $ x^2+2^2x-2(2)=0 \implies x^2+4x-4=0 $. Эквивалентны.
Другой случай эквивалентности — когда оба уравнения не имеют действительных корней.$ D_1=a(a-4)<0 \implies a \in (0,4) $.$ D_2=b(b^3+8)<0 \implies b \in (-2,0) $.В этом случае любая пара $ (a,b) $ из $ a \in (0,4), b \in (-2,0) $ делает уравнения эквивалентными (оба не имеют решений в $ \mathbb{R} $). Однако обычно в таких задачах ищут конкретные пары, для которых совпадают сами уравнения.
Ответ: $ (0; 0), (-4; 2) $.

21) В условии $ |2x+1|^{|\log_{|2x+1|} 1|} = 16 $ имеется опечатка, так как $ \log_{|2x+1|} 1 = 0 $, что приводит к $ 1=16 $. Наиболее вероятная форма задачи по аналогии с №22: $ |2x+1|^{|\log_{2}|2x+1||} = 16 $. Решим эту версию.
Пусть $ y = |2x+1| $. Уравнение: $ y^{|\log_2 y|} = 16 $. ОДЗ: $ y>0 $.
Прологарифмируем по основанию 2: $ \log_2(y^{|\log_2 y|}) = \log_2 16 $.
$ |\log_2 y| \cdot \log_2 y = 4 $.
Пусть $ z = \log_2 y $. Уравнение: $ |z| \cdot z = 4 $.
Если $ z \ge 0 $, то $ z \cdot z = 4 \implies z^2 = 4 \implies z=2 $.Если $ z < 0 $, то $ -z \cdot z = 4 \implies z^2 = -4 $, нет действительных решений.
Итак, $ z=2 $, т.е. $ \log_2 y = 2 \implies y = 2^2=4 $.
$ |2x+1| = 4 $.
$ 2x+1 = 4 \implies 2x=3 \implies x=3/2 $.
$ 2x+1 = -4 \implies 2x=-5 \implies x=-5/2 $.
Ответ: $ x = 3/2, x = -5/2 $.

22) $ |3x+2|^{|\log_{\sqrt{2}}|3x+2||} = 4 $
Пусть $ y = |3x+2| $. Уравнение: $ y^{|\log_{\sqrt{2}}y|} = 4 $. ОДЗ: $ y>0 \implies x \ne -2/3 $.
Прологарифмируем по основанию $ \sqrt{2} $: $ \log_{\sqrt{2}}(y^{|\log_{\sqrt{2}}y|}) = \log_{\sqrt{2}} 4 $.
$ |\log_{\sqrt{2}} y| \cdot \log_{\sqrt{2}} y = \log_{2^{1/2}} 2^2 = 2 \cdot \log_{2^{1/2}} 2 = 2 \cdot (2) = 4 $.
Пусть $ z = \log_{\sqrt{2}} y $. Уравнение: $ |z| \cdot z = 4 $.
Если $ z \ge 0 $, то $ z^2=4 \implies z=2 $.Если $ z < 0 $, то $ -z^2=4 $, нет действительных решений.
Итак, $ z=2 $, т.е. $ \log_{\sqrt{2}} y = 2 \implies y = (\sqrt{2})^2 = 2 $.
$ |3x+2| = 2 $.
$ 3x+2=2 \implies 3x=0 \implies x=0 $.
$ 3x+2=-2 \implies 3x=-4 \implies x=-4/3 $.
Оба корня удовлетворяют ОДЗ.
Ответ: $ x=0, x=-4/3 $.