Страница 195, часть 2 - гдз по алгебре 11 класс учебник часть 1, 2 Мордкович, Семенов

30.37. Решите неравенство:

a) $\sqrt{\lg (1 - x)} \le 1;$

б) $\log_{0,2} \sqrt[3]{6x^2 - 25} \ge -1;$

в) $\sqrt{\log_2 (x^2 + 3x - 24)} \le 2;$

г) $\log_{0,25} \sqrt[4]{x^2 - 6x - 11} \ge -0,5.$

а) $ \sqrt{\lg(1-x)} \le 1 $

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Выражение под корнем должно быть неотрицательным, а выражение под знаком логарифма – строго положительным.
$ \begin{cases} \lg(1-x) \ge 0 \\ 1-x > 0 \end{cases} $
Решим первое неравенство:
$ \lg(1-x) \ge \lg(1) $
Так как основание логарифма $10 > 1$, знак неравенства сохраняется:
$ 1-x \ge 1 \implies -x \ge 0 \implies x \le 0 $.
Решим второе неравенство:
$ 1-x > 0 \implies -x > -1 \implies x < 1 $.
Пересечение условий $ x \le 0 $ и $ x < 1 $ дает ОДЗ: $ x \le 0 $.

2. Решим исходное неравенство. Так как обе части неравенства неотрицательны, возведем их в квадрат:
$ (\sqrt{\lg(1-x)})^2 \le 1^2 $
$ \lg(1-x) \le 1 $
Представим 1 как логарифм по основанию 10: $ 1 = \lg(10) $.
$ \lg(1-x) \le \lg(10) $
Так как основание $10 > 1$, переходим к неравенству для аргументов:
$ 1-x \le 10 \implies -x \le 9 \implies x \ge -9 $.

3. Найдем пересечение полученного решения $ x \ge -9 $ с ОДЗ $ x \le 0 $:
$ -9 \le x \le 0 $.
Ответ: $ [-9; 0] $.

б) $ \log_{0,2} \sqrt[3]{6x^2 - 25} \ge -1 $

1. Найдем ОДЗ. Аргумент логарифма должен быть строго положительным:
$ \sqrt[3]{6x^2 - 25} > 0 $
Возведем обе части в куб:
$ 6x^2 - 25 > 0 \implies 6x^2 > 25 \implies x^2 > \frac{25}{6} $
$ |x| > \sqrt{\frac{25}{6}} \implies |x| > \frac{5}{\sqrt{6}} \implies |x| > \frac{5\sqrt{6}}{6} $.
ОДЗ: $ x \in (-\infty; -\frac{5\sqrt{6}}{6}) \cup (\frac{5\sqrt{6}}{6}; \infty) $.

2. Решим исходное неравенство. Представим -1 в виде логарифма по основанию 0,2:
$ -1 = \log_{0,2}(0,2^{-1}) = \log_{0,2}(5) $.
$ \log_{0,2} \sqrt[3]{6x^2 - 25} \ge \log_{0,2}(5) $
Так как основание логарифма $ 0,2 \in (0; 1) $, знак неравенства меняется на противоположный:
$ \sqrt[3]{6x^2 - 25} \le 5 $
Возведем обе части в куб:
$ 6x^2 - 25 \le 125 \implies 6x^2 \le 150 \implies x^2 \le 25 $
$ |x| \le 5 \implies -5 \le x \le 5 $.

3. Найдем пересечение решения $ [-5; 5] $ с ОДЗ $ x \in (-\infty; -\frac{5\sqrt{6}}{6}) \cup (\frac{5\sqrt{6}}{6}; \infty) $.
Это соответствует системе: $ \begin{cases} -5 \le x \le 5 \\ |x| > \frac{5\sqrt{6}}{6} \end{cases} $
Объединение интервалов: $ [-5; -\frac{5\sqrt{6}}{6}) \cup (\frac{5\sqrt{6}}{6}; 5] $.
Ответ: $ [-5; -\frac{5\sqrt{6}}{6}) \cup (\frac{5\sqrt{6}}{6}; 5] $.

в) $ \sqrt{\log_2(x^2 + 3x - 24)} \le 2 $

1. Найдем ОДЗ. Выражение под корнем должно быть неотрицательным, а выражение под логарифмом – положительным.
$ \begin{cases} \log_2(x^2 + 3x - 24) \ge 0 \\ x^2 + 3x - 24 > 0 \end{cases} $
Решим первое неравенство: $ \log_2(x^2 + 3x - 24) \ge \log_2(1) $.
Так как основание $2 > 1$, получаем $ x^2 + 3x - 24 \ge 1 \implies x^2 + 3x - 25 \ge 0 $.
Найдем корни уравнения $ x^2 + 3x - 25 = 0 $: $ D = 3^2 - 4(1)(-25) = 9 + 100 = 109 $. Корни: $ x_{1,2} = \frac{-3 \pm \sqrt{109}}{2} $.
Решение неравенства: $ x \in (-\infty; \frac{-3 - \sqrt{109}}{2}] \cup [\frac{-3 + \sqrt{109}}{2}; \infty) $.
Это условие автоматически обеспечивает выполнение второго неравенства $ x^2 + 3x - 24 > 0 $, так как $ x^2 + 3x - 24 > x^2 + 3x - 25 \ge 0 $.
ОДЗ: $ x \in (-\infty; \frac{-3 - \sqrt{109}}{2}] \cup [\frac{-3 + \sqrt{109}}{2}; \infty) $.

2. Решим исходное неравенство. Возведем обе неотрицательные части в квадрат:
$ \log_2(x^2 + 3x - 24) \le 4 $
$ \log_2(x^2 + 3x - 24) \le \log_2(2^4) \implies \log_2(x^2 + 3x - 24) \le \log_2(16) $.
Так как основание $2 > 1$, получаем:
$ x^2 + 3x - 24 \le 16 \implies x^2 + 3x - 40 \le 0 $.
Найдем корни уравнения $ x^2 + 3x - 40 = 0 $. По теореме Виета корни -8 и 5.
Решение неравенства: $ -8 \le x \le 5 $.

3. Найдем пересечение решения $ [-8; 5] $ с ОДЗ.
Сравним значения: $ -8 < \frac{-3 - \sqrt{109}}{2} $ (т.к. $ -16 < -3 - \sqrt{109} \implies \sqrt{109} < 13 \implies 109 < 169 $, что верно).
$ \frac{-3 + \sqrt{109}}{2} < 5 $ (т.к. $ -3 + \sqrt{109} < 10 \implies \sqrt{109} < 13 \implies 109 < 169 $, что верно).
Пересечение: $ [-8; \frac{-3 - \sqrt{109}}{2}] \cup [\frac{-3 + \sqrt{109}}{2}; 5] $.
Ответ: $ [-8; \frac{-3 - \sqrt{109}}{2}] \cup [\frac{-3 + \sqrt{109}}{2}; 5] $.

г) $ \log_{0,25} \sqrt[4]{x^2 - 6x - 11} \ge -0,5 $

1. Найдем ОДЗ. Аргумент логарифма должен быть положительным.
$ \sqrt[4]{x^2 - 6x - 11} > 0 \implies x^2 - 6x - 11 > 0 $.
Найдем корни уравнения $ x^2 - 6x - 11 = 0 $: $ D/4 = (-3)^2 - 1(-11) = 9 + 11 = 20 $. Корни: $ x_{1,2} = 3 \pm \sqrt{20} = 3 \pm 2\sqrt{5} $.
ОДЗ: $ x \in (-\infty; 3 - 2\sqrt{5}) \cup (3 + 2\sqrt{5}; \infty) $.

2. Решим исходное неравенство. $ 0,25 = 1/4 $, $ -0,5 = -1/2 $.
$ \log_{1/4} \sqrt[4]{x^2 - 6x - 11} \ge -1/2 $
Представим правую часть в виде логарифма по основанию 1/4:
$ -1/2 = \log_{1/4}((1/4)^{-1/2}) = \log_{1/4}(4^{1/2}) = \log_{1/4}(2) $.
$ \log_{1/4} \sqrt[4]{x^2 - 6x - 11} \ge \log_{1/4}(2) $
Так как основание $ 1/4 \in (0; 1) $, знак неравенства меняется:
$ \sqrt[4]{x^2 - 6x - 11} \le 2 $
Возведем обе неотрицательные части в 4-ю степень:
$ x^2 - 6x - 11 \le 16 \implies x^2 - 6x - 27 \le 0 $.
Найдем корни уравнения $ x^2 - 6x - 27 = 0 $. По теореме Виета корни -3 и 9.
Решение неравенства: $ -3 \le x \le 9 $.

3. Найдем пересечение решения $ [-3; 9] $ с ОДЗ.
Сравним значения: $ -3 < 3 - 2\sqrt{5} $ (т.к. $ -6 < -2\sqrt{5} \implies 3 > \sqrt{5} \implies 9 > 5 $, что верно).
$ 3 + 2\sqrt{5} < 9 $ (т.к. $ 2\sqrt{5} < 6 \implies \sqrt{5} < 3 \implies 5 < 9 $, что верно).
Пересечение: $ [-3; 3 - 2\sqrt{5}) \cup (3 + 2\sqrt{5}; 9] $.
Ответ: $ [-3; 3 - 2\sqrt{5}) \cup (3 + 2\sqrt{5}; 9] $.

30.38. Найдите все действительные значения $a$, при каждом из которых неравенство имеет хотя бы одно решение:

a) $\sqrt{x-4} < 2-a$;

б) $\sqrt{16-x^2} < a+1$.

а)

Рассмотрим неравенство $\sqrt{x-4} < 2-a$.

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ) для переменной $x$.
Подкоренное выражение должно быть неотрицательным: $x-4 \ge 0$, откуда $x \ge 4$.

2. Проанализируем левую и правую части неравенства.
Левая часть, $f(x) = \sqrt{x-4}$, является неотрицательной функцией. Ее область значений на ОДЗ: $[0, +\infty)$. Наименьшее значение левой части равно 0 и достигается при $x=4$.

3. Для того чтобы неравенство имело хотя бы одно решение, правая часть $2-a$ должна быть строго больше, чем какое-либо из значений, принимаемых левой частью. Поскольку наименьшее значение левой части равно 0, необходимо, чтобы правая часть была больше 0.
$2-a > 0$
$a < 2$

4. Проверим, является ли это условие достаточным. Если $a < 2$, то $2-a > 0$. В этом случае обе части неравенства $\sqrt{x-4} < 2-a$ неотрицательны, и мы можем возвести их в квадрат, сохранив знак неравенства:
$x-4 < (2-a)^2$
$x < (2-a)^2 + 4$

5. Теперь нам нужно найти хотя бы одно значение $x$, удовлетворяющее системе неравенств, состоящей из ОДЗ и полученного неравенства:
$\begin{cases} x \ge 4 \\ x < (2-a)^2 + 4 \end{cases}$
Такая система имеет решение тогда и только тогда, когда правая граница интервала больше левой:
$4 < (2-a)^2 + 4$
$0 < (2-a)^2$
Квадрат выражения $(2-a)$ положителен при любом $a$, кроме того, при котором $2-a=0$, то есть $a \neq 2$.

6. Объединим полученные условия на $a$.
Из шага 3 мы получили $a < 2$.
Из шага 5 мы получили $a \neq 2$.
Оба условия выполняются одновременно при $a < 2$. Таким образом, при $a < 2$ неравенство всегда будет иметь решения.

Ответ: $a \in (-\infty; 2)$.

б)

Рассмотрим неравенство $\sqrt{16-x^2} < a+1$.

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ) для переменной $x$.
Подкоренное выражение должно быть неотрицательным: $16-x^2 \ge 0$, откуда $x^2 \le 16$, то есть $-4 \le x \le 4$.

2. Проанализируем левую часть неравенства.
Пусть $f(x) = \sqrt{16-x^2}$. Найдем область значений этой функции на ОДЗ.
Наименьшее значение $f(x)$ равно 0 и достигается при $x = \pm 4$.
Наибольшее значение $f(x)$ равно $\sqrt{16-0^2} = 4$ и достигается при $x=0$.
Таким образом, область значений функции $f(x)$ — это отрезок $[0, 4]$.

3. Неравенство $\sqrt{16-x^2} < a+1$ будет иметь хотя бы одно решение, если правая часть $a+1$ будет строго больше, чем наименьшее значение левой части.
Наименьшее значение левой части равно 0. Следовательно, должно выполняться условие:
$a+1 > 0$
$a > -1$

4. Проверим, является ли это условие достаточным.
Если $a > -1$, то $a+1 > 0$. Обе части неравенства неотрицательны, можем возвести их в квадрат:
$16-x^2 < (a+1)^2$
$x^2 > 16 - (a+1)^2$

5. Нам нужно найти хотя бы одно значение $x$, удовлетворяющее системе, состоящей из ОДЗ и полученного неравенства:
$\begin{cases} -4 \le x \le 4 \\ x^2 > 16 - (a+1)^2 \end{cases}$
Первое условие эквивалентно $0 \le x^2 \le 16$. Система примет вид:
$\begin{cases} x^2 \le 16 \\ x^2 > 16 - (a+1)^2 \end{cases}$
Чтобы существовало решение для $x^2$, нужно, чтобы интервал $(16 - (a+1)^2, 16]$ был непустым. Для этого его левая граница должна быть меньше правой:
$16 - (a+1)^2 < 16$
$-(a+1)^2 < 0$
$(a+1)^2 > 0$
Это неравенство справедливо для всех $a$, кроме $a = -1$.

6. Объединим полученные условия на $a$.
Из шага 3 мы получили $a > -1$.
Из шага 5 мы получили $a \neq -1$.
Оба условия выполняются одновременно при $a > -1$. Таким образом, при $a > -1$ неравенство всегда будет иметь решения.

Ответ: $a \in (-1; +\infty)$.

30.39. Найдите все действительные значения a, при каждом из которых неравенство не имеет решений:

а) $\sqrt{x-4} \ge 2-a;$

б) $\sqrt{16-x^2} \ge a+1.$

Рассмотрим неравенство $\sqrt{x - 4} \ge 2 - a$. Задача состоит в том, чтобы найти все значения $a$, при которых это неравенство не имеет решений. Это равносильно тому, что для всех $x$ из области определения неравенства выполняется строгое обратное неравенство: $\sqrt{x - 4} < 2 - a$.

Сначала найдем область допустимых значений (ОДЗ) для $x$. По определению квадратного корня, выражение под корнем должно быть неотрицательным: $x - 4 \ge 0$, откуда $x \ge 4$. Таким образом, ОДЗ: $x \in [4, +\infty)$.

Рассмотрим функцию $f(x) = \sqrt{x - 4}$ на ее области определения. Когда $x$ изменяется от $4$ до $+\infty$, значение $f(x)$ изменяется от $\sqrt{4-4}=0$ до $+\infty$. Таким образом, множество значений функции $f(x)$ есть промежуток $[0, +\infty)$.

Условие отсутствия решений у исходного неравенства ($\sqrt{x - 4} < 2 - a$ для всех $x \ge 4$) означает, что число $2 - a$ должно быть строго больше любого значения, которое принимает функция $f(x)$. То есть, $2-a$ должно быть больше любого числа из промежутка $[0, +\infty)$.

Однако множество $[0, +\infty)$ не ограничено сверху. Это означает, что не существует такого числа, которое было бы больше всех чисел из этого множества. Следовательно, не существует такого значения $2-a$, а значит, и такого $a$, которое удовлетворяло бы этому условию. Таким образом, при любом действительном значении $a$ исходное неравенство всегда будет иметь решения.

Ответ: таких значений $a$ не существует.

Рассмотрим неравенство $\sqrt{16 - x^2} \ge a + 1$. Неравенство не имеет решений тогда и только тогда, когда для всех допустимых значений $x$ выполняется строгое обратное неравенство: $\sqrt{16 - x^2} < a + 1$.

Найдем область допустимых значений (ОДЗ) для $x$: $16 - x^2 \ge 0$, что равносильно $x^2 \le 16$. Решением этого неравенства является отрезок $x \in [-4, 4]$.

Теперь определим множество значений функции $f(x) = \sqrt{16 - x^2}$ на ее области определения $x \in [-4, 4]$. Минимальное значение функции равно 0 (при $x = \pm 4$), а максимальное значение равно 4 (при $x = 0$). Так как функция $f(x)$ непрерывна, ее множество значений на отрезке $[-4, 4]$ есть отрезок $[0, 4]$.

Условие $\sqrt{16 - x^2} < a + 1$ должно выполняться для всех $x \in [-4, 4]$. Это означает, что число $a+1$ должно быть строго больше любого значения из множества $[0, 4]$. Для этого достаточно, чтобы $a+1$ было больше максимального значения из этого множества.

$a + 1 > \max_{x \in [-4, 4]} (\sqrt{16 - x^2})$
$a + 1 > 4$
$a > 3$

При $a > 3$ неравенство $\sqrt{16 - x^2} < a + 1$ будет верным для всех $x$ из ОДЗ, так как левая часть не превосходит 4, а правая строго больше 4. Следовательно, исходное неравенство $\sqrt{16 - x^2} \ge a + 1$ не будет иметь решений.

Ответ: $a \in (3; +\infty)$.

30.40. Докажите, что неравенство $\sqrt{f(x)} \le \sqrt{h(x)}$ равносильно двойному неравенству $0 \le f(x) \le h(x)$.

Для того чтобы доказать, что неравенство $\sqrt{f(x)} \le \sqrt{h(x)}$ равносильно двойному неравенству $0 \le f(x) \le h(x)$, необходимо доказать два взаимно обратных утверждения:
1. Если $\sqrt{f(x)} \le \sqrt{h(x)}$, то $0 \le f(x) \le h(x)$.
2. Если $0 \le f(x) \le h(x)$, то $\sqrt{f(x)} \le \sqrt{h(x)}$.

Доказательство утверждения 1:
Пусть дано неравенство $\sqrt{f(x)} \le \sqrt{h(x)}$.
По определению арифметического квадратного корня, выражения под корнями должны быть неотрицательными. Это является областью допустимых значений (ОДЗ) для данного неравенства:
$f(x) \ge 0$ и $h(x) \ge 0$.
Условие $f(x) \ge 0$ является первой частью доказываемого двойного неравенства.
Поскольку обе части исходного неравенства $\sqrt{f(x)}$ и $\sqrt{h(x)}$ являются неотрицательными, мы можем возвести обе части в квадрат, сохранив при этом знак неравенства:
$(\sqrt{f(x)})^2 \le (\sqrt{h(x)})^2$
$f(x) \le h(x)$
Это вторая часть доказываемого двойного неравенства.
Объединив полученные условия $f(x) \ge 0$ и $f(x) \le h(x)$, мы приходим к двойному неравенству $0 \le f(x) \le h(x)$.
Таким образом, первое утверждение доказано.

Доказательство утверждения 2:
Пусть дано двойное неравенство $0 \le f(x) \le h(x)$.
Из этого неравенства следует, что $f(x)$ и $h(x)$ неотрицательны (поскольку $h(x) \ge f(x)$ и $f(x) \ge 0$, то и $h(x) \ge 0$). Следовательно, из обеих функций можно извлечь арифметический квадратный корень.
Также из условия следует, что $f(x) \le h(x)$.
Функция $y = \sqrt{t}$ является монотонно возрастающей на всей своей области определения, то есть при $t \ge 0$. Это означает, что для любых двух неотрицательных чисел $a$ и $b$ из неравенства $a \le b$ следует неравенство $\sqrt{a} \le \sqrt{b}$.
Так как $f(x)$ и $h(x)$ неотрицательны и $f(x) \le h(x)$, мы можем применить это свойство:
$\sqrt{f(x)} \le \sqrt{h(x)}$
Таким образом, второе утверждение доказано.

Поскольку мы доказали оба утверждения (прямое и обратное следствие), мы установили, что неравенство $\sqrt{f(x)} \le \sqrt{h(x)}$ и двойное неравенство $0 \le f(x) \le h(x)$ являются равносильными.

Ответ: Утверждение доказано.

Решите неравенство:

30.41. а) $\sqrt{x - 2} > \sqrt{4 - x};$

б) $\sqrt{x^3 - x^2} \ge \sqrt{2 - x - x^2};$

в) $\sqrt{25 - x^2} < \sqrt{5x - 11};$

г) $\sqrt{x^3 - 2x^2 + 3} \le \sqrt{x^3 + x^2 - 8x + 8}.$

Исходное неравенство $ \sqrt{x - 2} > \sqrt{4 - x} $ является иррациональным. Поскольку функция квадратного корня монотонно возрастает на своей области определения, данное неравенство равносильно системе, где подкоренное выражение левой части больше подкоренного выражения правой, а подкоренное выражение правой части (меньшее) должно быть неотрицательным:

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

Решим первое неравенство системы:

$ x - 2 > 4 - x $

$ 2x > 6 $

$ x > 3 $

Решим второе неравенство системы:

$ 4 - x \ge 0 $

$ x \le 4 $

Для нахождения итогового решения необходимо найти пересечение полученных множеств: $ x > 3 $ и $ x \le 4 $. Это соответствует промежутку $ (3, 4] $.

Ответ: $ (3, 4] $.

Неравенство $ \sqrt{x^3 - x^2} \ge \sqrt{2 - x - x^2} $ равносильно системе неравенств:

$ \begin{cases} x^3 - x^2 \ge 2 - x - x^2 \\ 2 - x - x^2 \ge 0 \end{cases} $

Решим первое неравенство системы:

$ x^3 - x^2 \ge 2 - x - x^2 $

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

Найдем корень многочлена $ P(x) = x^3 + x - 2 $. Методом подбора находим, что $ x=1 $ является корнем, так как $ P(1) = 1^3 + 1 - 2 = 0 $. Разделим многочлен на $ (x-1) $, например, столбиком или по схеме Горнера, и получим $ x^2 + x + 2 $. Таким образом:

$ (x - 1)(x^2 + x + 2) \ge 0 $

Рассмотрим квадратный трехчлен $ x^2 + x + 2 $. Его дискриминант $ D = 1^2 - 4 \cdot 1 \cdot 2 = 1 - 8 = -7 < 0 $. Поскольку старший коэффициент (при $x^2$) положителен, выражение $ x^2 + x + 2 $ всегда положительно. Значит, знак неравенства зависит только от множителя $ (x-1) $.

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

Теперь решим второе неравенство системы:

$ 2 - x - x^2 \ge 0 $

$ x^2 + x - 2 \le 0 $

Найдем корни уравнения $ x^2 + x - 2 = 0 $. По теореме Виета (или через дискриминант) находим корни $ x_1 = -2 $ и $ x_2 = 1 $. Неравенство можно записать в виде $ (x+2)(x-1) \le 0 $. Решением этого неравенства является отрезок $ [-2, 1] $.

Найдем пересечение решений обоих неравенств: $ x \ge 1 $ и $ x \in [-2, 1] $. Единственной точкой, удовлетворяющей обоим условиям, является $ x=1 $.

Ответ: $ \{1\} $.

Неравенство $ \sqrt{25 - x^2} < \sqrt{5x - 11} $ равносильно системе:

$ \begin{cases} 25 - x^2 < 5x - 11 \\ 25 - x^2 \ge 0 \end{cases} $

Решим первое неравенство системы:

$ 25 - x^2 < 5x - 11 $

$ 0 < x^2 + 5x - 36 $

Найдем корни квадратного уравнения $ x^2 + 5x - 36 = 0 $. Дискриминант $ D = 5^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-36) = 25 + 144 = 169 = 13^2 $. Корни: $ x_{1,2} = \frac{-5 \pm 13}{2} $, то есть $ x_1 = -9 $ и $ x_2 = 4 $. Неравенство $ (x+9)(x-4) > 0 $ выполняется, когда $ x $ находится вне интервала между корнями, то есть $ x \in (-\infty, -9) \cup (4, \infty) $.

Решим второе неравенство системы:

$ 25 - x^2 \ge 0 $

$ x^2 \le 25 $

Решением этого неравенства является отрезок $ [-5, 5] $.

Найдем пересечение полученных решений: $ ( (-\infty, -9) \cup (4, \infty) ) \cap [-5, 5] $. Пересекая эти множества, получаем интервал $ (4, 5] $.

Ответ: $ (4, 5] $.

Неравенство $ \sqrt{x^3 - 2x^2 + 3} \le \sqrt{x^3 + x^2 - 8x + 8} $ равносильно системе:

$ \begin{cases} x^3 - 2x^2 + 3 \le x^3 + x^2 - 8x + 8 \\ x^3 - 2x^2 + 3 \ge 0 \end{cases} $

Решим первое неравенство системы, сократив $x^3$ в обеих частях:

$ -2x^2 + 3 \le x^2 - 8x + 8 $

$ 0 \le 3x^2 - 8x + 5 $

Найдем корни уравнения $ 3x^2 - 8x + 5 = 0 $. Так как сумма коэффициентов $ 3-8+5=0 $, то $ x_1=1 $ является корнем. Второй корень по теореме Виета $ x_2 = c/a = 5/3 $. Неравенство $ 3(x-1)(x-5/3) \ge 0 $ выполняется при $ x \in (-\infty, 1] \cup [5/3, \infty) $.

Решим второе неравенство системы:

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

Найдем корень многочлена $ P(x) = x^3 - 2x^2 + 3 $. Подбором находим, что $ x=-1 $ является корнем: $ P(-1) = (-1)^3 - 2(-1)^2 + 3 = -1 - 2 + 3 = 0 $. Разделим многочлен на $ (x+1) $ и получим $ x^2 - 3x + 3 $.

$ (x + 1)(x^2 - 3x + 3) \ge 0 $

Для квадратного трехчлена $ x^2 - 3x + 3 $ дискриминант $ D = (-3)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 3 = 9 - 12 = -3 < 0 $. Так как старший коэффициент положителен, $ x^2 - 3x + 3 > 0 $ для всех $x$. Поэтому неравенство равносильно $ x + 1 \ge 0 $, откуда $ x \ge -1 $.

Найдем пересечение решений $ x \in (-\infty, 1] \cup [5/3, \infty) $ и $ x \ge -1 $.

Пересечение $ (-\infty, 1] $ и $ [-1, \infty) $ дает $ [-1, 1] $.

Пересечение $ [5/3, \infty) $ и $ [-1, \infty) $ дает $ [5/3, \infty) $.

Объединяя эти результаты, получаем итоговое решение.

Ответ: $ [-1, 1] \cup [5/3, \infty) $.

30.42. a) $\sqrt{\sin x} < \sqrt{\cos x};$

б) $\sqrt{2 - \sqrt{3} \sin 2x} > \sqrt{\cos 2x}.$

а)

Решим неравенство $\sqrt{\sin x} < \sqrt{\cos x}$.

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Выражения под знаком корня должны быть неотрицательными:

$\begin{cases} \sin x \ge 0 \\ \cos x \ge 0 \end{cases}$

Оба условия выполняются одновременно, когда $x$ находится в первой координатной четверти, то есть:

$2\pi n \le x \le \frac{\pi}{2} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

2. В области допустимых значений обе части неравенства неотрицательны, поэтому мы можем возвести их в квадрат, сохранив знак неравенства:

$(\sqrt{\sin x})^2 < (\sqrt{\cos x})^2$

$\sin x < \cos x$

3. Решим неравенство $\sin x < \cos x$ с учетом ОДЗ. В области допустимых значений $\cos x \ge 0$.

Рассмотрим случай, когда $\cos x = 0$. Это происходит при $x = \frac{\pi}{2} + 2\pi n$. В этом случае $\sin x = 1$, и неравенство $1 < 0$ неверно. Значит, $\cos x \ne 0$, и, с учетом ОДЗ, $\cos x > 0$.

Разделим обе части неравенства на положительное число $\cos x$:

$\frac{\sin x}{\cos x} < 1$

$\tan x < 1$

4. Теперь необходимо найти значения $x$, удовлетворяющие системе условий:

$\begin{cases} 2\pi n \le x \le \frac{\pi}{2} + 2\pi n \\ \tan x < 1 \end{cases}$

На промежутке $[0, \frac{\pi}{2})$, функция $\tan x$ возрастает. Уравнение $\tan x = 1$ имеет решение $x = \frac{\pi}{4}$.

Следовательно, неравенство $\tan x < 1$ на рассматриваемом промежутке выполняется при $0 \le x < \frac{\pi}{4}$.

С учетом периодичности, окончательное решение, удовлетворяющее ОДЗ, будет:

$2\pi n \le x < \frac{\pi}{4} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in [2\pi n, \frac{\pi}{4} + 2\pi n)$, $n \in \mathbb{Z}$.

б)

Решим неравенство $\sqrt{2 - \sqrt{3} \sin 2x} > \sqrt{\cos 2x}$.

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ):

$\begin{cases} 2 - \sqrt{3} \sin 2x \ge 0 \\ \cos 2x \ge 0 \end{cases}$

Первое неравенство, $2 \ge \sqrt{3} \sin 2x$, или $\sin 2x \le \frac{2}{\sqrt{3}}$, выполняется для всех действительных значений $x$, так как $\frac{2}{\sqrt{3}} \approx 1.15 > 1$, а $\sin 2x \le 1$.

Таким образом, ОДЗ определяется вторым неравенством: $\cos 2x \ge 0$. Это выполняется, когда:

$-\frac{\pi}{2} + 2\pi n \le 2x \le \frac{\pi}{2} + 2\pi n$

Разделив на 2, получаем ОДЗ:

$-\frac{\pi}{4} + \pi n \le x \le \frac{\pi}{4} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

2. В ОДЗ обе части исходного неравенства неотрицательны, поэтому можно возвести их в квадрат:

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

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

3. Преобразуем правую часть неравенства, используя метод введения вспомогательного аргумента:

$\cos 2x + \sqrt{3} \sin 2x = 2(\frac{1}{2}\cos 2x + \frac{\sqrt{3}}{2}\sin 2x) = 2(\cos\frac{\pi}{3}\cos 2x + \sin\frac{\pi}{3}\sin 2x) = 2\cos(2x - \frac{\pi}{3})$

Неравенство принимает вид:

$2 > 2\cos(2x - \frac{\pi}{3})$

$1 > \cos(2x - \frac{\pi}{3})$

4. Неравенство $\cos(2x - \frac{\pi}{3}) < 1$ верно для всех значений аргумента, кроме тех, при которых косинус равен 1.

Найдем значения $x$, при которых равенство достигается:

$\cos(2x - \frac{\pi}{3}) = 1$

$2x - \frac{\pi}{3} = 2\pi k$

$2x = \frac{\pi}{3} + 2\pi k$

$x = \frac{\pi}{6} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Следовательно, решением неравенства $1 > \cos(2x - \frac{\pi}{3})$ являются все действительные числа, кроме $x = \frac{\pi}{6} + \pi k$.

5. Совместим это решение с ОДЗ. Нам нужно из промежутков $[-\frac{\pi}{4} + \pi n, \frac{\pi}{4} + \pi n]$ исключить точки $x = \frac{\pi}{6} + \pi n$.

Для любого целого $n$, точка $x = \frac{\pi}{6} + \pi n$ находится внутри промежутка $[-\frac{\pi}{4} + \pi n, \frac{\pi}{4} + \pi n]$, так как $-\frac{\pi}{4} < \frac{\pi}{6} < \frac{\pi}{4}$.

Таким образом, мы должны "выколоть" эту точку из каждого промежутка ОДЗ. Решение можно записать в виде объединения двух интервалов для каждого периода:

$[-\frac{\pi}{4} + \pi n, \frac{\pi}{6} + \pi n) \cup (\frac{\pi}{6} + \pi n, \frac{\pi}{4} + \pi n]$.

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

30.43. a) $\sqrt{\lg (10 - 5x)} \ge \sqrt{\lg x}$;

б) $\sqrt{\log_{0,3} (18 - 7x)} \le \sqrt{\log_{0,3} 0,25x}$.

а) $ \sqrt{\lg(10 - 5x)} \ge \sqrt{\lg x} $

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Выражения под знаком корня должны быть неотрицательны, а выражения под знаком логарифма — положительны.

Для этого решим систему неравенств:

$ \begin{cases} \lg(10 - 5x) \ge 0 \\ \lg x \ge 0 \end{cases} $

Основание десятичного логарифма равно 10, что больше 1, поэтому логарифмическая функция является возрастающей. Неравенство $ \log_a t \ge 0 $ при $ a > 1 $ равносильно $ t \ge 1 $. Также это условие гарантирует, что аргументы логарифмов положительны.

$ \begin{cases} 10 - 5x \ge 1 \\ x \ge 1 \end{cases} \implies \begin{cases} 9 \ge 5x \\ x \ge 1 \end{cases} \implies \begin{cases} x \le \frac{9}{5} \\ x \ge 1 \end{cases} $

Таким образом, ОДЗ: $ x \in [1; 1.8] $.

2. Решим неравенство на его ОДЗ. Поскольку обе части неравенства неотрицательны, мы можем возвести их в квадрат, сохранив знак неравенства:

$ (\sqrt{\lg(10 - 5x)})^2 \ge (\sqrt{\lg x})^2 $

$ \lg(10 - 5x) \ge \lg x $

Так как основание логарифма $ 10 > 1 $, переходим к неравенству для аргументов, сохраняя знак:

$ 10 - 5x \ge x $

$ 10 \ge 6x $

$ x \le \frac{10}{6} \implies x \le \frac{5}{3} $

3. Найдем пересечение полученного решения с ОДЗ:

$ \begin{cases} x \le \frac{5}{3} \\ 1 \le x \le 1.8 \end{cases} $

Поскольку $ 1.8 = \frac{9}{5} $ и $ \frac{5}{3} \approx 1.67 $, имеем $ 1 \le \frac{5}{3} < \frac{9}{5} $.

Пересечением является промежуток $ [1; \frac{5}{3}] $.

Ответ: $ x \in [1; \frac{5}{3}] $.

б) $ \sqrt{\log_{0.3}(18 - 7x)} \le \sqrt{\log_{0.3}(0.25x)} $

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Выражения под знаком корня должны быть неотрицательны.

$ \begin{cases} \log_{0.3}(18 - 7x) \ge 0 \\ \log_{0.3}(0.25x) \ge 0 \end{cases} $

Основание логарифма $ 0.3 $ находится в интервале $ (0, 1) $, поэтому логарифмическая функция является убывающей. Неравенство $ \log_a t \ge 0 $ при $ a \in (0, 1) $ равносильно $ 0 < t \le 1 $.

$ \begin{cases} 0 < 18 - 7x \le 1 \\ 0 < 0.25x \le 1 \end{cases} $

Решим первое двойное неравенство:
$ 18 - 7x \le 1 \implies 17 \le 7x \implies x \ge \frac{17}{7} $.
$ 18 - 7x > 0 \implies 18 > 7x \implies x < \frac{18}{7} $.
Получаем $ \frac{17}{7} \le x < \frac{18}{7} $.

Решим второе двойное неравенство:
$ 0.25x \le 1 \implies \frac{1}{4}x \le 1 \implies x \le 4 $.
$ 0.25x > 0 \implies x > 0 $.
Получаем $ 0 < x \le 4 $.

Найдем пересечение этих двух решений для определения ОДЗ:

$ \begin{cases} \frac{17}{7} \le x < \frac{18}{7} \\ 0 < x \le 4 \end{cases} $

Так как $ \frac{17}{7} \approx 2.43 $ и $ \frac{18}{7} \approx 2.57 $, интервал $ [\frac{17}{7}; \frac{18}{7}) $ полностью содержится в интервале $ (0; 4] $. Таким образом, ОДЗ: $ x \in [\frac{17}{7}; \frac{18}{7}) $.

2. Решим неравенство на его ОДЗ. Возведем обе части в квадрат:

$ \log_{0.3}(18 - 7x) \le \log_{0.3}(0.25x) $

Так как основание логарифма $ 0.3 < 1 $, при переходе к неравенству для аргументов знак меняется на противоположный:

$ 18 - 7x \ge 0.25x $

$ 18 \ge 7x + 0.25x $

$ 18 \ge 7.25x \implies 18 \ge \frac{29}{4}x $

$ x \le 18 \cdot \frac{4}{29} \implies x \le \frac{72}{29} $

3. Найдем пересечение полученного решения с ОДЗ:

$ \begin{cases} x \le \frac{72}{29} \\ \frac{17}{7} \le x < \frac{18}{7} \end{cases} $

Сравним дроби: $ \frac{17}{7} \approx 2.428 $, $ \frac{72}{29} \approx 2.483 $, $ \frac{18}{7} \approx 2.571 $.

Поскольку $ \frac{17}{7} < \frac{72}{29} < \frac{18}{7} $, пересечением является промежуток $ [\frac{17}{7}; \frac{72}{29}] $.

Ответ: $ x \in [\frac{17}{7}; \frac{72}{29}] $.

30.44. Для каждого значения параметра a решите неравенство:

a) $\sqrt{x + 2} > \sqrt{2a - x};$

б) $\sqrt{x - 2a} \ge \sqrt{4 + 2a - 5x};$

в) $\sqrt{5a - 2x + 1} < \sqrt{6x - a - 7};$

г) $\sqrt{4 - x^2} \le \sqrt{4x + a}.$

а)

Исходное неравенство: $\sqrt{x + 2} > \sqrt{2a - x}$.

Неравенство вида $\sqrt{f(x)} > \sqrt{g(x)}$ равносильно системе, в которой подкоренное выражение под меньшим корнем неотрицательно, и после возведения в квадрат неравенство сохраняется:

$ \begin{cases} x + 2 > 2a - x \\ 2a - x \ge 0 \end{cases} $

Решим эту систему:

$ \begin{cases} 2x > 2a - 2 \\ x \le 2a \end{cases} $

$ \begin{cases} x > a - 1 \\ x \le 2a \end{cases} $

Решением системы является интервал $x \in (a-1, 2a]$.

Такой интервал существует (не является пустым множеством) только тогда, когда его левая граница меньше правой:

$a - 1 < 2a$

$-1 < a$

Если $a \le -1$, то $a-1 \ge 2a$, и интервал $(a-1, 2a]$ пуст, следовательно, решений нет.

Ответ: если $a \le -1$, то решений нет; если $a > -1$, то $x \in (a-1, 2a]$.

б)

Исходное неравенство: $\sqrt{x - 2a} \ge \sqrt{4 + 2a - 5x}$.

Неравенство вида $\sqrt{f(x)} \ge \sqrt{g(x)}$ равносильно системе:

$ \begin{cases} x - 2a \ge 4 + 2a - 5x \\ 4 + 2a - 5x \ge 0 \end{cases} $

Решим эту систему:

$ \begin{cases} 6x \ge 4a + 4 \\ 2a + 4 \ge 5x \end{cases} $

$ \begin{cases} x \ge \frac{2a + 2}{3} \\ x \le \frac{2a + 4}{5} \end{cases} $

Решением системы является отрезок $x \in [\frac{2a + 2}{3}, \frac{2a + 4}{5}]$.

Такой отрезок существует (не является пустым множеством) только тогда, когда его левая граница не больше правой:

$\frac{2a + 2}{3} \le \frac{2a + 4}{5}$

$5(2a + 2) \le 3(2a + 4)$

$10a + 10 \le 6a + 12$

$4a \le 2$

$a \le \frac{1}{2}$

Если $a > \frac{1}{2}$, то левая граница отрезка становится больше правой, и решений нет.

Ответ: если $a > \frac{1}{2}$, то решений нет; если $a \le \frac{1}{2}$, то $x \in [\frac{2a + 2}{3}, \frac{2a + 4}{5}]$.

в)

Исходное неравенство: $\sqrt{5a - 2x + 1} < \sqrt{6x - a - 7}$.

Неравенство вида $\sqrt{f(x)} < \sqrt{g(x)}$ равносильно системе, где подкоренное выражение под меньшим корнем неотрицательно, и после возведения в квадрат неравенство сохраняется:

$ \begin{cases} 5a - 2x + 1 < 6x - a - 7 \\ 5a - 2x + 1 \ge 0 \end{cases} $

Решим эту систему:

$ \begin{cases} 6a + 8 < 8x \\ 5a + 1 \ge 2x \end{cases} $

$ \begin{cases} x > \frac{3a + 4}{4} \\ x \le \frac{5a + 1}{2} \end{cases} $

Решением системы является полуинтервал $x \in (\frac{3a + 4}{4}, \frac{5a + 1}{2}]$.

Такой полуинтервал существует только тогда, когда его левая граница строго меньше правой:

$\frac{3a + 4}{4} < \frac{5a + 1}{2}$

$3a + 4 < 2(5a + 1)$

$3a + 4 < 10a + 2$

$2 < 7a$

$a > \frac{2}{7}$

Если $a \le \frac{2}{7}$, то левая граница не меньше правой, и решений нет.

Ответ: если $a \le \frac{2}{7}$, то решений нет; если $a > \frac{2}{7}$, то $x \in (\frac{3a + 4}{4}, \frac{5a + 1}{2}]$.

г)

Исходное неравенство: $\sqrt{4 - x^2} \le \sqrt{4x + a}$.

Неравенство вида $\sqrt{f(x)} \le \sqrt{g(x)}$ равносильно системе:

$ \begin{cases} 4 - x^2 \le 4x + a \\ 4 - x^2 \ge 0 \end{cases} $

Решим второе неравенство, чтобы определить область допустимых значений $x$:

$4 - x^2 \ge 0 \implies x^2 \le 4 \implies -2 \le x \le 2$.

Теперь решим первое неравенство на отрезке $x \in [-2, 2]$:

$0 \le x^2 + 4x + a - 4$

Рассмотрим функцию $f(x) = x^2 + 4x + a - 4$. Это парабола с ветвями вверх, вершина которой находится в точке $x_v = -\frac{4}{2} = -2$.

На отрезке $[-2, 2]$ функция $f(x)$ возрастает. Ее наименьшее значение на этом отрезке равно $f(-2) = (-2)^2 + 4(-2) + a - 4 = a - 8$, а наибольшее $f(2) = 2^2 + 4(2) + a - 4 = a + 8$.

Рассмотрим три случая:

1. Если $a < -8$, то $a+8 < 0$. Наибольшее значение функции $f(x)$ на отрезке $[-2, 2]$ отрицательно, значит, неравенство $f(x) \ge 0$ не имеет решений.

2. Если $a \ge 8$, то $a-8 \ge 0$. Наименьшее значение функции $f(x)$ на отрезке $[-2, 2]$ неотрицательно, значит, неравенство $f(x) \ge 0$ выполняется для всех $x \in [-2, 2]$.

3. Если $-8 \le a < 8$. В этом случае $f(-2) < 0$, а $f(2) \ge 0$. Так как $f(x)$ возрастает, решение неравенства $f(x) \ge 0$ будет представлять собой отрезок, правый конец которого равен 2, а левый — корень уравнения $x^2 + 4x + a - 4 = 0$. Найдем корни:

$x = \frac{-4 \pm \sqrt{16 - 4(a-4)}}{2} = -2 \pm \sqrt{8-a}$.

Решением неравенства $x^2 + 4x + a - 4 \ge 0$ является объединение $(-\infty, -2 - \sqrt{8-a}] \cup [-2 + \sqrt{8-a}, \infty)$.

Пересекая это решение с отрезком $[-2, 2]$, получаем $x \in [-2 + \sqrt{8-a}, 2]$.

Ответ: если $a < -8$, то решений нет; если $-8 \le a < 8$, то $x \in [-2 + \sqrt{8-a}, 2]$; если $a \ge 8$, то $x \in [-2, 2]$.