Страница 81 - гдз по алгебре 11 класс учебник Абылкасымова, Жумагулова

1) $\sqrt{x-6} \cdot \sqrt{x-12} < x-1$

Для того чтобы левая часть неравенства была определена, необходимо, чтобы подкоренные выражения были неотрицательными. Это задает область допустимых значений (ОДЗ).
$\begin{cases} x-6 \ge 0 \\ x-12 \ge 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x \ge 6 \\ x \ge 12 \end{cases}$
Пересечением этих условий является $x \ge 12$.

На ОДЗ ($x \ge 12$) левая часть неравенства $\sqrt{x-6} \cdot \sqrt{x-12}$ неотрицательна. Правая часть $x-1$ также положительна, так как $x \ge 12 \implies x-1 \ge 11 > 0$.
Поскольку обе части неравенства положительны, мы можем возвести их в квадрат, сохранив знак неравенства:$(\sqrt{x-6} \cdot \sqrt{x-12})^2 < (x-1)^2$
$(x-6)(x-12) < (x-1)^2$
$x^2 - 12x - 6x + 72 < x^2 - 2x + 1$
$x^2 - 18x + 72 < x^2 - 2x + 1$
Перенесем слагаемые с $x$ в одну сторону, а числа в другую:
$72 - 1 < 18x - 2x$
$71 < 16x$
$x > \frac{71}{16}$

Теперь найдем пересечение полученного решения с ОДЗ:
$\begin{cases} x \ge 12 \\ x > \frac{71}{16} \end{cases}$
Поскольку $\frac{71}{16} = 4\frac{7}{16}$, а $12 > 4\frac{7}{16}$, то пересечением этих двух условий является $x \ge 12$.

Ответ: $x \in [12, \infty)$.

2) $\sqrt{1-x} \cdot \sqrt{1+x} < 0$

Выражение $\sqrt{a}$ по определению арифметического квадратного корня всегда неотрицательно (т.е. $\ge 0$).
Следовательно, в левой части неравенства стоит произведение двух неотрицательных чисел: $\sqrt{1-x} \ge 0$ и $\sqrt{1+x} \ge 0$.
Произведение двух неотрицательных чисел не может быть отрицательным числом. Оно всегда будет больше или равно нулю.
Таким образом, неравенство $\sqrt{1-x} \cdot \sqrt{1+x} < 0$ не имеет решений в области действительных чисел.

Ответ: $\emptyset$ (нет решений).

3) $\sqrt{x^2-x-2} < x$

Данное иррациональное неравенство вида $\sqrt{f(x)} < g(x)$ равносильно системе из трех неравенств:$\begin{cases} f(x) \ge 0 \\ g(x) > 0 \\ f(x) < (g(x))^2 \end{cases}$

Применительно к нашему случаю система выглядит так:$\begin{cases} x^2-x-2 \ge 0 \\ x > 0 \\ x^2-x-2 < x^2 \end{cases}$

Решим каждое неравенство системы по отдельности:
1. $x^2-x-2 \ge 0$. Найдем корни уравнения $x^2-x-2=0$. По теореме Виета, корни $x_1=2, x_2=-1$. Так как ветви параболы направлены вверх, неравенство выполняется при $x \in (-\infty, -1] \cup [2, \infty)$.
2. $x > 0$.
3. $x^2-x-2 < x^2 \implies -x-2 < 0 \implies -x < 2 \implies x > -2$.

Теперь найдем пересечение решений всех трех неравенств:$\begin{cases} x \in (-\infty, -1] \cup [2, \infty) \\ x > 0 \\ x > -2 \end{cases}$
Пересечение $x>0$ и $x>-2$ дает $x>0$.
Осталось найти пересечение $(-\infty, -1] \cup [2, \infty)$ и $(0, \infty)$.
Интервал $(0, \infty)$ не пересекается с $(-\infty, -1]$, но пересекается с $[2, \infty)$.
Итоговое решение: $x \in [2, \infty)$.

Ответ: $x \in [2, \infty)$.

4) $\sqrt{x^2-3x+2} > x+3$

Данное иррациональное неравенство вида $\sqrt{f(x)} > g(x)$ равносильно совокупности двух систем:
Система A: $\begin{cases} g(x) < 0 \\ f(x) \ge 0 \end{cases}$ (корень больше отрицательного числа, достаточно, чтобы корень существовал)
Система Б: $\begin{cases} g(x) \ge 0 \\ f(x) > (g(x))^2 \end{cases}$ (обе части неотрицательны, можно возвести в квадрат)

Сначала найдем ОДЗ для $f(x) = x^2-3x+2 \ge 0$.
Корни уравнения $x^2-3x+2=0$ равны $x_1=1, x_2=2$. Ветви параболы направлены вверх, значит, $x \in (-\infty, 1] \cup [2, \infty)$.

Решаем систему А:
$\begin{cases} x+3 < 0 \\ x^2-3x+2 \ge 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x < -3 \\ x \in (-\infty, 1] \cup [2, \infty) \end{cases}$
Пересечение этих условий дает $x \in (-\infty, -3)$.

Решаем систему Б:
$\begin{cases} x+3 \ge 0 \\ x^2-3x+2 > (x+3)^2 \end{cases}$
Решим второе неравенство:$x^2-3x+2 > x^2+6x+9$
$-3x-6x > 9-2$
$-9x > 7$
$x < -\frac{7}{9}$
Теперь система выглядит так:$\begin{cases} x \ge -3 \\ x < -\frac{7}{9} \end{cases}$
Решением этой системы является интервал $x \in [-3, -\frac{7}{9})$.
(Заметим, что для $x$ из этого интервала условие ОДЗ $x \in (-\infty, 1]$ выполняется автоматически).

Итоговое решение является объединением решений систем А и Б:
$(-\infty, -3) \cup [-3, -\frac{7}{9}) = (-\infty, -\frac{7}{9})$

Ответ: $x \in (-\infty, -\frac{7}{9})$.

1) Сначала найдем область допустимых значений (ОДЗ) для неравенства $\sqrt{x+3} < \sqrt{x-1} + \sqrt{x-2}$. Для этого все подкоренные выражения должны быть неотрицательными:

$x+3 \ge 0 \implies x \ge -3$

$x-1 \ge 0 \implies x \ge 1$

$x-2 \ge 0 \implies x \ge 2$

Пересечение этих трех условий дает нам ОДЗ: $x \in [2, +\infty)$.

На этой области все части неравенства определены, и обе стороны неравенства являются положительными. Следовательно, мы можем возвести обе части в квадрат, сохранив знак неравенства:

$(\sqrt{x+3})^2 < (\sqrt{x-1} + \sqrt{x-2})^2$

$x+3 < (x-1) + 2\sqrt{(x-1)(x-2)} + (x-2)$

$x+3 < 2x - 3 + 2\sqrt{x^2 - 3x + 2}$

Теперь изолируем оставшийся радикал:

$x+3 - 2x + 3 < 2\sqrt{x^2 - 3x + 2}$

$6 - x < 2\sqrt{x^2 - 3x + 2}$

Далее рассмотрим два случая в зависимости от знака выражения $6 - x$.

Случай 1: $6 - x < 0$, то есть $x > 6$.
В этом случае левая часть неравенства отрицательна, а правая часть ($2\sqrt{...}$) неотрицательна. Любое отрицательное число всегда меньше любого неотрицательного, поэтому неравенство выполняется для всех $x > 6$. Это решение входит в ОДЗ ($x \ge 2$), поэтому $x \in (6, +\infty)$ является частью ответа.

Случай 2: $6 - x \ge 0$, то есть $x \le 6$.
С учетом ОДЗ, мы рассматриваем интервал $x \in [2, 6]$. На этом интервале обе части неравенства $6 - x < 2\sqrt{x^2 - 3x + 2}$ неотрицательны. Мы можем снова возвести их в квадрат:

$(6-x)^2 < (2\sqrt{x^2 - 3x + 2})^2$

$36 - 12x + x^2 < 4(x^2 - 3x + 2)$

$36 - 12x + x^2 < 4x^2 - 12x + 8$

$28 < 3x^2$

$x^2 > \frac{28}{3}$

Это неравенство равносильно $|x| > \sqrt{\frac{28}{3}}$, то есть $x > \sqrt{\frac{28}{3}}$ или $x < -\sqrt{\frac{28}{3}}$.
Так как мы работаем на интервале $[2, 6]$, отрицательные решения нам не подходят. Решением является $x > \sqrt{\frac{28}{3}}$. Упростим корень: $\sqrt{\frac{28}{3}} = \frac{\sqrt{4 \cdot 7}}{\sqrt{3}} = \frac{2\sqrt{7}}{\sqrt{3}} = \frac{2\sqrt{21}}{3}$.
Оценим значение: $2 < \frac{2\sqrt{21}}{3} < 6$. Таким образом, решение для этого случая, с учетом интервала $[2, 6]$, будет $x \in (\frac{2\sqrt{21}}{3}, 6]$.

Объединяя решения из обоих случаев, получаем итоговый ответ:

$x \in (\frac{2\sqrt{21}}{3}, 6] \cup (6, +\infty)$

Ответ: $x \in (\frac{2\sqrt{21}}{3}, +\infty)$.

2) Решим неравенство $\sqrt{x+3} + \sqrt{x-2} - \sqrt{2x+4} > 0$. Перепишем его в виде $\sqrt{x+3} + \sqrt{x-2} > \sqrt{2x+4}$.

Найдем область допустимых значений (ОДЗ):

$x+3 \ge 0 \implies x \ge -3$

$x-2 \ge 0 \implies x \ge 2$

$2x+4 \ge 0 \implies 2x \ge -4 \implies x \ge -2$

Пересечение этих условий дает ОДЗ: $x \in [2, +\infty)$.

На этой области все части неравенства определены, и обе стороны неравенства положительны. Возведем обе части в квадрат:

$(\sqrt{x+3} + \sqrt{x-2})^2 > (\sqrt{2x+4})^2$

$(x+3) + 2\sqrt{(x+3)(x-2)} + (x-2) > 2x+4$

$2x + 1 + 2\sqrt{x^2 + x - 6} > 2x + 4$

Изолируем радикал:

$2\sqrt{x^2 + x - 6} > 2x + 4 - (2x + 1)$

$2\sqrt{x^2 + x - 6} > 3$

$\sqrt{x^2 + x - 6} > \frac{3}{2}$

Обе части неотрицательны, снова возводим в квадрат:

$x^2 + x - 6 > (\frac{3}{2})^2$

$x^2 + x - 6 > \frac{9}{4}$

$x^2 + x - 6 - \frac{9}{4} > 0$

$x^2 + x - \frac{24+9}{4} > 0$

$x^2 + x - \frac{33}{4} > 0$

Для решения этого квадратного неравенства найдем корни уравнения $x^2 + x - \frac{33}{4} = 0$. Используем формулу для корней квадратного уравнения:

$D = b^2 - 4ac = 1^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-\frac{33}{4}) = 1 + 33 = 34$

$x_{1,2} = \frac{-b \pm \sqrt{D}}{2a} = \frac{-1 \pm \sqrt{34}}{2}$

Так как ветви параболы $y = x^2 + x - \frac{33}{4}$ направлены вверх, неравенство выполняется при $x < \frac{-1 - \sqrt{34}}{2}$ или $x > \frac{-1 + \sqrt{34}}{2}$.

Теперь сопоставим эти решения с ОДЗ: $x \in [2, +\infty)$.

Первый корень $x_1 = \frac{-1 - \sqrt{34}}{2}$ является отрицательным числом, поэтому интервал $x < x_1$ не пересекается с ОДЗ.

Рассмотрим второй интервал $x > \frac{-1 + \sqrt{34}}{2}$. Сравним значение $\frac{-1 + \sqrt{34}}{2}$ с 2:

$\frac{-1 + \sqrt{34}}{2} > 2 \iff -1 + \sqrt{34} > 4 \iff \sqrt{34} > 5 \iff 34 > 25$.

Последнее неравенство верно, значит, $\frac{-1 + \sqrt{34}}{2} > 2$. Таким образом, весь интервал $x > \frac{-1 + \sqrt{34}}{2}$ удовлетворяет ОДЗ.

Ответ: $x \in (\frac{-1 + \sqrt{34}}{2}, +\infty)$.

1) Исходное неравенство: $\sqrt{5x+6} - \sqrt{x+1} > \sqrt{2x-5}$.
Сначала найдем область допустимых значений (ОДЗ). Все подкоренные выражения должны быть неотрицательными:
$\begin{cases} 5x + 6 \ge 0 \\ x + 1 \ge 0 \\ 2x - 5 \ge 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x \ge -6/5 \\ x \ge -1 \\ x \ge 5/2 \end{cases}$
Пересечением этих условий является $x \ge 2,5$. Таким образом, ОДЗ: $x \in [2,5; +\infty)$.

Перенесем радикал из левой части в правую, чтобы обе части неравенства стали положительными:
$\sqrt{5x+6} > \sqrt{2x-5} + \sqrt{x+1}$
Так как на ОДЗ обе части неравенства неотрицательны, мы можем возвести их в квадрат:
$(\sqrt{5x+6})^2 > (\sqrt{2x-5} + \sqrt{x+1})^2$
$5x+6 > (2x-5) + 2\sqrt{(2x-5)(x+1)} + (x+1)$
$5x+6 > 3x - 4 + 2\sqrt{2x^2 - 3x - 5}$
Уединим оставшийся радикал:
$2x + 10 > 2\sqrt{2x^2 - 3x - 5}$
$x + 5 > \sqrt{2x^2 - 3x - 5}$

В области $x \ge 2,5$ левая часть $x+5$ всегда положительна. Поэтому мы можем снова возвести обе части в квадрат:
$(x+5)^2 > 2x^2 - 3x - 5$
$x^2 + 10x + 25 > 2x^2 - 3x - 5$
$0 > x^2 - 13x - 30$
$x^2 - 13x - 30 < 0$
Найдем корни квадратного уравнения $x^2 - 13x - 30 = 0$.
По теореме Виета или через дискриминант находим корни: $x_1 = -2$ и $x_2 = 15$.
Так как парабола $y = x^2 - 13x - 30$ ветвями вверх, неравенство $x^2 - 13x - 30 < 0$ выполняется между корнями: $x \in (-2; 15)$.

Теперь найдем пересечение полученного интервала с ОДЗ:
$x \in (-2; 15) \cap [2,5; +\infty)$
Это дает нам интервал $[2,5; 15)$.

Ответ: $x \in [2,5; 15)$.

2) Исходное неравенство: $\sqrt{x^2-8x+15} > \sqrt{4x^2-18x+18} - \sqrt{x^2+2x-15}$.
Перенесем радикал в левую часть:
$\sqrt{x^2-8x+15} + \sqrt{x^2+2x-15} > \sqrt{4x^2-18x+18}$
Разложим подкоренные выражения на множители:
$x^2-8x+15 = (x-3)(x-5)$
$x^2+2x-15 = (x-3)(x+5)$
$4x^2-18x+18 = 2(2x^2-9x+9) = 2(2x-3)(x-3)$
Неравенство принимает вид:
$\sqrt{(x-3)(x-5)} + \sqrt{(x-3)(x+5)} > \sqrt{2(x-3)(2x-3)}$

Найдем ОДЗ:
$\begin{cases} (x-3)(x-5) \ge 0 \\ (x-3)(x+5) \ge 0 \\ (x-3)(2x-3) \ge 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x \in (-\infty; 3] \cup [5; +\infty) \\ x \in (-\infty; -5] \cup [3; +\infty) \\ x \in (-\infty; 1,5] \cup [3; +\infty) \end{cases}$
Пересечение всех трех условий дает нам ОДЗ: $x \in (-\infty; -5] \cup \{3\} \cup [5; +\infty)$.

Рассмотрим решение на разных частях ОДЗ.
1. Если $x=3$:
Подставляем в исходное неравенство: $\sqrt{0} > \sqrt{0} - \sqrt{0}$, что дает $0 > 0$. Это неверно. Значит, $x=3$ не является решением.

2. Если $x \in [5; +\infty)$:
В этом случае $(x-3) > 0$. Мы можем вынести $\sqrt{x-3}$ из-под каждого корня и сократить на него, так как $\sqrt{x-3} \neq 0$:
$\sqrt{x-5} + \sqrt{x+5} > \sqrt{2(2x-3)}$
$\sqrt{x-5} + \sqrt{x+5} > \sqrt{4x-6}$
Возводим в квадрат обе части (они обе положительны):
$(x-5) + 2\sqrt{(x-5)(x+5)} + (x+5) > 4x-6$
$2x + 2\sqrt{x^2-25} > 4x-6$
$2\sqrt{x^2-25} > 2x-6$
$\sqrt{x^2-25} > x-3$
На интервале $x \ge 5$ правая часть $x-3$ положительна. Снова возводим в квадрат:
$x^2-25 > (x-3)^2$
$x^2-25 > x^2-6x+9$
$6x > 34 \implies x > \frac{34}{6} \implies x > \frac{17}{3}$
Пересекаем полученное решение $x > 17/3$ с рассматриваемым интервалом $x \in [5; +\infty)$. Так как $17/3 \approx 5,67$, а $5 = 15/3$, то пересечение будет $x \in (17/3; +\infty)$.

3. Если $x \in (-\infty; -5]$:
В этом случае $(x-3) < 0$. Поэтому $\sqrt{(x-3)(x-5)} = \sqrt{-(3-x) \cdot -(5-x)} = \sqrt{(3-x)(5-x)}$. Аналогично для других корней. Неравенство можно переписать как:
$\sqrt{3-x}\sqrt{5-x} + \sqrt{3-x}\sqrt{-x-5} > \sqrt{3-x}\sqrt{2(3-2x)}$
Так как на этом интервале $3-x > 0$, можем сократить на $\sqrt{3-x}$:
$\sqrt{5-x} + \sqrt{-x-5} > \sqrt{6-4x}$
Возводим обе части в квадрат:
$(5-x) + 2\sqrt{(5-x)(-x-5)} + (-x-5) > 6-4x$
$-2x + 2\sqrt{x^2-25} > 6-4x$
$2\sqrt{x^2-25} > 6-2x$
$\sqrt{x^2-25} > 3-x$
На интервале $x \le -5$ правая часть $3-x$ положительна. Возводим в квадрат:
$x^2-25 > (3-x)^2$
$x^2-25 > 9-6x+x^2$
$6x > 34 \implies x > 17/3$
Нужно найти пересечение $x \in (-\infty; -5]$ и $x > 17/3$. Это пересечение пусто. Решений на этом интервале нет.

Объединяя решения из всех случаев, получаем окончательный ответ.

Ответ: $x \in (\frac{17}{3}; +\infty)$.

1)

Берілген оң сан $S$ болсын. Оны екі оң қосылғышқа жіктейік: $x$ және $y$. Шарт бойынша $x > 0$, $y > 0$ және $x+y=S$. Осы қосылғыштардың көбейтіндісі $P = xy$ ең үлкен мәнге ие болуы керек.

Екі оң сан үшін Коши теңсіздігін (арифметикалық және геометриялық орташалар туралы теңсіздік) қолданамыз:

$\frac{x+y}{2} \geq \sqrt{xy}$

$x+y=S$ екенін ескеріп, осы өрнекті теңсіздікке қоямыз:

$\frac{S}{2} \geq \sqrt{xy}$

Теңсіздіктің екі жағы да оң болғандықтан, оны квадраттаймыз:

$(\frac{S}{2})^2 \geq xy$

$\frac{S^2}{4} \geq P$

Бұл көбейтінді $P$-ның ең үлкен мәні $\frac{S^2}{4}$-ке тең немесе одан кіші екенін көрсетеді. Көбейтіндінің ең үлкен мәніне Коши теңсіздігінде теңдік орындалғанда жетеміз. Теңдік $x=y$ болғанда ғана орындалады.

$x=y$ және $x+y=S$ шарттарын пайдаланып, табамыз:

$x+x = S \Rightarrow 2x = S \Rightarrow x = \frac{S}{2}$

Демек, $y = x = \frac{S}{2}$.

Сонымен, берілген оң санды көбейтіндісі ең үлкен болатындай екі оң қосылғышқа жіктеу үшін, оны екі тең бөлікке бөлу керек.

Ответ: Берілген оң санды көбейтіндісі ең үлкен болуы үшін, оны екі тең қосылғышқа жіктеу керек, яғни егер сан $S$ болса, қосылғыштар $\frac{S}{2}$ және $\frac{S}{2}$ болады.

2)

$a, b, c$ оң сандар үшін Коши теңсіздігін (арифметикалық және геометриялық орташалар туралы теңсіздік) қолданамыз. Бірінші жақшадағы $a, b, c$ сандары үшін:

$\frac{a+b+c}{3} \geq \sqrt[3]{abc}$

Бұдан $a+b+c \geq 3\sqrt[3]{abc}$ (1) шығады.

Енді екінші жақшадағы $\frac{1}{a}, \frac{1}{b}, \frac{1}{c}$ оң сандары үшін Коши теңсіздігін қолданамыз:

$\frac{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}{3} \geq \sqrt[3]{\frac{1}{a} \cdot \frac{1}{b} \cdot \frac{1}{c}}$

Бұдан $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \geq 3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}$ (2) шығады.

(1) және (2) теңсіздіктердің екі жағы да оң болғандықтан, оларды мүшелеп көбейтеміз:

$(a+b+c) \cdot (\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}) \geq (3\sqrt[3]{abc}) \cdot (3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}})$

Көбейтіндіні есептейміз:

$(a+b+c) \cdot (\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}) \geq 9 \cdot \sqrt[3]{abc \cdot \frac{1}{abc}}$

$(a+b+c) \cdot (\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}) \geq 9 \cdot \sqrt[3]{1}$

$(a+b+c) \cdot (\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}) \geq 9$

Теңсіздік дәлелденді. Теңдік жағдайы $a=b=c$ болғанда орындалады.

Ответ: Теңсіздік Коши теңсіздігін $a, b, c$ және $\frac{1}{a}, \frac{1}{b}, \frac{1}{c}$ сандарына қолданып, нәтижелерді көбейту арқылы дәлелденеді.

3)

Бұл теңсіздік $x, y, a, b$ теріс емес сандары үшін арифметикалық және геометриялық орташалар туралы теңсіздік болып табылады (Коши теңсіздігі).

Оны дәлелдеу үшін екі санға арналған Коши теңсіздігін $\frac{u+v}{2} \geq \sqrt{uv}$ (мұнда $u, v \geq 0$) екі рет қолданамыз.

Алдымен $x, y$ сандарына және $a, b$ сандарына жеке-жеке қолданамыз:

$\frac{x+y}{2} \geq \sqrt{xy}$ (1)

$\frac{a+b}{2} \geq \sqrt{ab}$ (2)

Енді теңсіздіктің сол жағын түрлендірейік:

$\frac{x+y+a+b}{4} = \frac{\frac{x+y}{2} + \frac{a+b}{2}}{2}$

Бұл өрнекке $u = \frac{x+y}{2}$ және $v = \frac{a+b}{2}$ деп алып, екі санға арналған Коши теңсіздігін қайта қолданамыз:

$\frac{\frac{x+y}{2} + \frac{a+b}{2}}{2} \geq \sqrt{(\frac{x+y}{2}) \cdot (\frac{a+b}{2})}$

Енді осы теңсіздіктің оң жағына (1) және (2) теңсіздіктерді қолданамыз. Барлық мүшелер теріс емес болғандықтан, бұлай істеуге болады:

$\sqrt{(\frac{x+y}{2}) \cdot (\frac{a+b}{2})} \geq \sqrt{\sqrt{xy} \cdot \sqrt{ab}}$

Нәтижелерді біріктіреміз:

$\frac{x+y+a+b}{4} \geq \sqrt{\sqrt{xy} \cdot \sqrt{ab}}$

Түбірлердің қасиетін қолданып, өрнекті ықшамдаймыз:

$\frac{x+y+a+b}{4} \geq \sqrt{\sqrt{xyab}} = ( (xyab)^{\frac{1}{2}} )^{\frac{1}{2}} = (xyab)^{\frac{1}{4}}$

Сонымен, $\frac{x+y+a+b}{4} \geq \sqrt[4]{xyab}$.

Теңсіздік дәлелденді. Теңдік жағдайы $x=y=a=b$ болғанда орындалады.

Ответ: Берілген теңсіздік төрт санға арналған Коши теңсіздігі болып табылады және оны екі санға арналған Коши теңсіздігін екі рет қолдану арқылы дәлелдеуге болады.

Данное неравенство является частным случаем неравенства о средних степенных, которое утверждает, что среднее степенное порядка 3 (кубическое среднее) не меньше среднего арифметического (среднее степенное порядка 1). Докажем это неравенство с помощью элементарных преобразований.

Исходное неравенство:

$$ \sqrt[3]{\frac{x^3 + y^3}{2}} \ge \frac{x+y}{2} $$

Поскольку по условию $x > 0$ и $y > 0$, обе части неравенства положительны. Мы можем возвести обе части в куб, не меняя знака неравенства:

$$ \left(\sqrt[3]{\frac{x^3 + y^3}{2}}\right)^3 \ge \left(\frac{x+y}{2}\right)^3 $$

$$ \frac{x^3 + y^3}{2} \ge \frac{(x+y)^3}{8} $$

Раскроем куб суммы в правой части по формуле $(a+b)^3 = a^3 + 3a^2b + 3ab^2 + b^3$:

$$ \frac{x^3 + y^3}{2} \ge \frac{x^3 + 3x^2y + 3xy^2 + y^3}{8} $$

Умножим обе части неравенства на 8, чтобы избавиться от знаменателей:

$$ 4(x^3 + y^3) \ge x^3 + 3x^2y + 3xy^2 + y^3 $$

$$ 4x^3 + 4y^3 \ge x^3 + 3x^2y + 3xy^2 + y^3 $$

Перенесем все члены в левую часть и приведем подобные слагаемые:

$$ (4x^3 - x^3) + (4y^3 - y^3) - 3x^2y - 3xy^2 \ge 0 $$

$$ 3x^3 - 3x^2y - 3xy^2 + 3y^3 \ge 0 $$

Разделим обе части на 3:

$$ x^3 - x^2y - xy^2 + y^3 \ge 0 $$

Теперь сгруппируем слагаемые и разложим левую часть на множители:

$$ (x^3 - x^2y) + (y^3 - xy^2) \ge 0 $$

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

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

Используем формулу разности квадратов $x^2 - y^2 = (x-y)(x+y)$:

$$ (x-y)(x+y)(x-y) \ge 0 $$

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

Проанализируем полученное неравенство:

1. Так как $x > 0$ и $y > 0$, то их сумма $(x+y)$ также будет положительной: $(x+y) > 0$.
2. Выражение $(x-y)^2$ является квадратом действительного числа, поэтому оно всегда неотрицательно: $(x-y)^2 \ge 0$.

Произведение положительного числа $(x+y)$ на неотрицательное число $(x-y)^2$ всегда будет неотрицательным. Таким образом, неравенство $(x+y)(x-y)^2 \ge 0$ является верным для любых $x > 0, y > 0$.

Поскольку все выполненные преобразования были равносильными, исходное неравенство также является верным. Равенство достигается, когда $(x-y)^2 = 0$, то есть при $x = y$.

Ответ: Неравенство доказано. Все преобразования являются равносильными, и мы пришли к очевидно верному неравенству $(x+y)(x-y)^2 \ge 0$ для $x>0, y>0$.

Данное двойное неравенство равносильно системе двух неравенств:

$$ \begin{cases} \sqrt{x^2 - 9x + 20} \le \sqrt{x - 1} \\ \sqrt{x - 1} \le \sqrt{x^2 - 13} \end{cases} $$

Решение задачи начнем с нахождения области допустимых значений (ОДЗ). Для этого все подкоренные выражения должны быть неотрицательными.

$$ \begin{cases} x^2 - 9x + 20 \ge 0 \\ x - 1 \ge 0 \\ x^2 - 13 \ge 0 \end{cases} $$

1. Решим первое неравенство ОДЗ: $x^2 - 9x + 20 \ge 0$.

Найдем корни квадратного трехчлена $x^2 - 9x + 20 = 0$. По теореме Виета, корни уравнения $x_1 = 4$ и $x_2 = 5$. Графиком функции является парабола с ветвями, направленными вверх. Следовательно, неравенство выполняется при $x \in (-\infty, 4] \cup [5, \infty)$.

2. Решим второе неравенство ОДЗ: $x - 1 \ge 0$.

Отсюда следует, что $x \ge 1$, то есть $x \in [1, \infty)$.

3. Решим третье неравенство ОДЗ: $x^2 - 13 \ge 0$.

Это неравенство эквивалентно $x^2 \ge 13$, что дает $x \in (-\infty, -\sqrt{13}] \cup [\sqrt{13}, \infty)$.

4. Найдем общую ОДЗ.

Для этого необходимо найти пересечение всех трех множеств решений. Учитывая, что $3 < \sqrt{13} < 4$, найдем пересечение:

$$ ((-\infty, 4] \cup [5, \infty)) \cap [1, \infty) \cap ((-\infty, -\sqrt{13}] \cup [\sqrt{13}, \infty)) $$

Пересечение первых двух множеств дает $[1, 4] \cup [5, \infty)$.

Теперь пересечем результат с третьим множеством: $([1, 4] \cup [5, \infty)) \cap [\sqrt{13}, \infty)$.

Получаем: $[\sqrt{13}, 4] \cup [5, \infty)$.

Итак, ОДЗ: $x \in [\sqrt{13}, 4] \cup [5, \infty)$.

5. Решим исходную систему неравенств.

Поскольку в области ОДЗ все части неравенств неотрицательны, мы можем возвести их в квадрат, сохранив знак неравенства:

$$ \begin{cases} x^2 - 9x + 20 \le x - 1 \\ x - 1 \le x^2 - 13 \end{cases} $$

Упростим полученную систему:

$$ \begin{cases} x^2 - 10x + 21 \le 0 \\ x^2 - x - 12 \ge 0 \end{cases} $$

Решим первое неравенство: $x^2 - 10x + 21 \le 0$. Корни уравнения $x^2 - 10x + 21 = 0$ равны $x_1 = 3$ и $x_2 = 7$. Решением неравенства является отрезок $[3, 7]$.

Решим второе неравенство: $x^2 - x - 12 \ge 0$. Корни уравнения $x^2 - x - 12 = 0$ равны $x_1 = -3$ и $x_2 = 4$. Решением неравенства является объединение интервалов $(-\infty, -3] \cup [4, \infty)$.

Решением системы является пересечение этих двух решений: $[3, 7] \cap ((-\infty, -3] \cup [4, \infty))$, что дает нам отрезок $[4, 7]$.

6. Найдем окончательное решение.

Для этого нужно найти пересечение решения системы неравенств с найденной ранее ОДЗ:

$$ [4, 7] \cap ([\sqrt{13}, 4] \cup [5, \infty)) $$

Рассмотрим пересечение с каждым из интервалов ОДЗ отдельно:

1) $[4, 7] \cap [\sqrt{13}, 4]$. Так как $\sqrt{13} \approx 3.6$, то $\sqrt{13} < 4$. Пересечением этих множеств является точка $\{4\}$.

2) $[4, 7] \cap [5, \infty)$. Пересечением этих множеств является отрезок $[5, 7]$.

Объединяя полученные результаты, получаем итоговое решение.

Ответ: $$ \{4\} \cup [5, 7] $$

Решим данную систему неравенств. Для этого решим каждое неравенство по отдельности, а затем найдем пересечение их решений.

Решение первого неравенства

Рассмотрим неравенство $\sqrt{4x - 7} < x$. Данное иррациональное неравенство вида $\sqrt{f(x)} < g(x)$ равносильно системе:

$ \begin{cases} f(x) \ge 0 \\ g(x) > 0 \\ f(x) < (g(x))^2 \end{cases} $

Применительно к нашему случаю, получаем:

$ \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) $4x - 7 < x^2 \implies x^2 - 4x + 7 > 0$.
Найдем дискриминант квадратного трехчлена $x^2 - 4x + 7$:
$D = (-4)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 7 = 16 - 28 = -12$.
Так как дискриминант $D < 0$ и старший коэффициент $a=1 > 0$, парабола $y = x^2 - 4x + 7$ полностью лежит выше оси Ox, а значит, неравенство $x^2 - 4x + 7 > 0$ выполняется для всех действительных значений $x$, то есть $x \in (-\infty, +\infty)$.

Пересечением решений $x \ge \frac{7}{4}$, $x > 0$ и $x \in (-\infty, +\infty)$ является промежуток $[\frac{7}{4}, +\infty)$.
Таким образом, решение первого неравенства: $x \in [\frac{7}{4}, +\infty)$.

Решение второго неравенства

Рассмотрим неравенство $\sqrt{5 + x} + \sqrt{5 - x} > 4$.

Сначала найдем область допустимых значений (ОДЗ):

$ \begin{cases} 5 + x \ge 0 \\ 5 - x \ge 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x \ge -5 \\ x \le 5 \end{cases} $

Следовательно, ОДЗ: $x \in [-5, 5]$.

Поскольку обе части неравенства неотрицательны на ОДЗ, мы 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 обе части в квадрат, так как они неотрицательны:

$25 - x^2 > 9$

$16 > x^2$

$x^2 < 16$

Это неравенство равносильно $-4 < x < 4$, то есть $x \in (-4, 4)$.

Теперь найдем пересечение полученного решения с ОДЗ: $x \in (-4, 4) \cap [-5, 5]$.
Пересечением является интервал $(-4, 4)$.
Таким образом, решение второго неравенства: $x \in (-4, 4)$.

Нахождение решения системы

Для того чтобы найти решение исходной системы неравенств, необходимо найти пересечение решений первого и второго неравенств:

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

Решение второго неравенства: $x \in (-4, 4)$.

Пересечением этих двух множеств является промежуток $[\frac{7}{4}, 4)$.

Ответ: $x \in [\frac{7}{4}, 4)$.