Страница 197, часть 2 - гдз по алгебре 11 класс учебник часть 1, 2 Мордкович, Семенов

1. Какова вероятность того, что при трёх бросаниях игрального кубика сумма выпавших очков равна 18?

1.

Вероятность события вычисляется по классической формуле $P = \frac{M}{N}$, где $N$ – это общее число всех равновозможных элементарных исходов, а $M$ – число исходов, благоприятствующих данному событию.

Сначала определим общее число исходов $N$. Игральный кубик имеет 6 граней (с очками от 1 до 6). Его бросают трижды. Поскольку результаты каждого броска независимы, общее количество возможных комбинаций выпавших очков равно произведению числа исходов для каждого броска:
$N = 6 \times 6 \times 6 = 6^3 = 216$.

Теперь определим число благоприятных исходов $M$. Нам нужно, чтобы сумма очков за три броска была равна 18. Максимальное число очков, которое может выпасть на одном кубике, — это 6. Единственный способ получить в сумме 18 — это если при каждом из трех бросков выпадет по 6 очков.
То есть, искомая комбинация только одна: (6, 6, 6).
Таким образом, число благоприятных исходов $M = 1$.

Теперь мы можем рассчитать вероятность:
$P = \frac{M}{N} = \frac{1}{216}$.

Ответ: $\frac{1}{216}$

2. Какова вероятность того, что при пяти бросаниях монеты

все пять раз выпадет решка?

Для решения этой задачи воспользуемся понятием независимых событий в теории вероятностей. Бросок монеты — это случайное событие с двумя возможными исходами: "орел" или "решка". Будем считать монету симметричной, тогда вероятность выпадения решки при одном броске равна $P(\text{решка}) = \frac{1}{2}$.

Поскольку результат каждого следующего броска не зависит от результатов предыдущих, мы имеем дело с пятью независимыми событиями. Вероятность того, что произойдет вся последовательность из пяти независимых событий (в данном случае, 5 раз подряд выпадет решка), равна произведению вероятностей каждого из этих событий.

Таким образом, искомая вероятность $P$ вычисляется следующим образом:
$P(\text{5 решек}) = P(\text{решка}) \times P(\text{решка}) \times P(\text{решка}) \times P(\text{решка}) \times P(\text{решка})$
$P = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = (\frac{1}{2})^5$

Теперь вычислим значение этого выражения:
$P = \frac{1}{2^5} = \frac{1}{32}$

Другой способ решения — через классическое определение вероятности.
1. Найдем общее число всех возможных исходов. При каждом из пяти бросков есть 2 варианта. Следовательно, общее число комбинаций равно $N = 2 \times 2 \times 2 \times 2 \times 2 = 2^5 = 32$.
2. Найдем число благоприятных исходов. Нас интересует только один исход — когда все пять раз выпадает решка (Р, Р, Р, Р, Р). Значит, число благоприятных исходов $m = 1$.
3. Вероятность события равна отношению числа благоприятных исходов к общему числу исходов:
$P = \frac{m}{N} = \frac{1}{32}$

Можно также представить этот результат в виде десятичной дроби:
$\frac{1}{32} = 0.03125$

Ответ: $\frac{1}{32}$ или $0.03125$.

3. Сформулируйте постановку вопроса в схеме Бернулли.

Схема Бернулли, также известная как последовательность независимых испытаний, описывает стохастический эксперимент, который должен удовлетворять следующим строгим условиям:

• Проводится серия из фиксированного числа $n$ испытаний.
• Все испытания являются независимыми. Это означает, что исход любого одного испытания не оказывает влияния на исходы всех остальных.
• Каждое отдельное испытание имеет ровно два возможных исхода. По традиции их называют «успех» и «неудача».
• Вероятность «успеха», обозначаемая как $p$, является постоянной для каждого испытания. Соответственно, вероятность «неудачи», обозначаемая $q$, также постоянна и равна $q = 1 - p$.

Постановка вопроса в схеме Бернулли

Основной вопрос, для ответа на который предназначена схема Бернулли, формулируется так: какова вероятность того, что в серии из $n$ независимых испытаний, в каждом из которых вероятность «успеха» равна $p$, произойдет ровно $k$ «успехов»?

Для нахождения этой вероятности, которую обозначают как $P_n(k)$, применяется формула Бернулли:

$P_n(k) = C_n^k p^k q^{n-k}$

В этой формуле:

• $n$ — общее число проведенных испытаний.
• $k$ — требуемое число «успехов» ($0 \le k \le n$).
• $p$ — вероятность «успеха» в одном испытании.
• $q = 1-p$ — вероятность «неудачи» в одном испытании.
• $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$ — биномиальный коэффициент, то есть число способов выбрать $k$ позиций для «успехов» из $n$ возможных.

Ответ: В схеме Бернулли ставится вопрос о нахождении вероятности того, что при $n$ независимых испытаниях, в каждом из которых вероятность наступления события A («успех») постоянна и равна $p$, событие A произойдет ровно $k$ раз.

4. Сформулируйте теорему Бернулли. С помощью дерева вариантов проведите доказательство в случае $n=3, k=1$.

Формулировка теоремы Бернулли

Теорема Бернулли (или формула Бернулли) позволяет находить вероятность появления события $A$ определённое число раз при многократном повторении независимых испытаний.

Формулировка: если проводится серия из $n$ независимых испытаний, в каждом из которых вероятность наступления события $A$ (успеха) постоянна и равна $p$, а вероятность его ненаступления (неудачи) равна $q = 1-p$, то вероятность того, что в этой серии испытаний событие $A$ наступит ровно $k$ раз, вычисляется по формуле:

$P_n(k) = C_n^k \cdot p^k \cdot q^{n-k}$

Здесь:

• $n$ — общее число независимых испытаний.
• $k$ — число наступлений события $A$ (число успехов).
• $p$ — вероятность наступления события $A$ в одном испытании.
• $q$ — вероятность ненаступления события $A$ в одном испытании ($q = 1-p$).
• $C_n^k$ — число сочетаний из $n$ по $k$, которое показывает, сколькими способами можно выбрать $k$ успешных испытаний из $n$. Оно вычисляется как $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$.

Доказательство в случае n = 3, k = 1 с помощью дерева вариантов

Рассмотрим случай, когда проводится $n=3$ независимых испытания, и нам необходимо найти вероятность того, что событие (успех) произойдет ровно $k=1$ раз.

Обозначим успех буквой «У» с вероятностью $p$, а неудачу — буквой «Н» с вероятностью $q = 1-p$.

Дерево вариантов для трёх испытаний будет иметь $2^3 = 8$ конечных исходов (листьев). Каждый путь от корня к листу представляет собой уникальную последовательность из трёх исходов. Перечислим все возможные исходы и их вероятности:

• УУУ: Вероятность = $p \cdot p \cdot p = p^3$
• УУН: Вероятность = $p \cdot p \cdot q = p^2q$
• УНУ: Вероятность = $p \cdot q \cdot p = p^2q$
• НУУ: Вероятность = $q \cdot p \cdot p = p^2q$
• УНН: Вероятность = $p \cdot q \cdot q = pq^2$
• НУН: Вероятность = $q \cdot p \cdot q = pq^2$
• ННУ: Вероятность = $q \cdot q \cdot p = pq^2$
• ННН: Вероятность = $q \cdot q \cdot q = q^3$

Нас интересуют исходы, в которых успех «У» встречается ровно один раз ($k=1$). Из списка видно, что таких исходов три (выделены жирным шрифтом): УНН, НУН, ННУ.

Вероятность каждого из этих трёх исходов одинакова и равна $p^1 \cdot q^{3-1} = pq^2$.

Поскольку эти исходы являются несовместными (не могут произойти одновременно), общая вероятность получить ровно один успех в трёх испытаниях, $P_3(1)$, равна сумме их вероятностей:

$P_3(1) = P(УНН) + P(НУН) + P(ННУ) = pq^2 + pq^2 + pq^2 = 3pq^2$.

Теперь сравним полученный результат с формулой Бернулли для $n=3$ и $k=1$:

$P_3(1) = C_3^1 \cdot p^1 \cdot q^{3-1} = C_3^1 pq^2$.

Вычислим число сочетаний $C_3^1$:

$C_3^1 = \frac{3!}{1!(3-1)!} = \frac{3!}{1!2!} = \frac{3 \cdot 2 \cdot 1}{1 \cdot (2 \cdot 1)} = 3$.

Подставляя значение $C_3^1=3$ в формулу, получаем:

$P_3(1) = 3pq^2$.

Результат, полученный с помощью дерева вариантов ($3pq^2$), полностью совпадает с результатом, вычисленным по формуле Бернулли. Это доказывает справедливость теоремы для данного частного случая.

Ответ: Теорема Бернулли утверждает, что вероятность наступления ровно $k$ успехов в $n$ независимых испытаниях равна $P_n(k) = C_n^k p^k q^{n-k}$, где $p$ — вероятность успеха, а $q=1-p$ — вероятность неудачи. Доказательство для случая $n=3, k=1$ с помощью дерева вариантов показывает, что существуют 3 благоприятных исхода (УНН, НУН, ННУ), вероятность каждого из которых равна $pq^2$. Итоговая вероятность равна их сумме $3pq^2$, что совпадает с результатом по формуле Бернулли: $P_3(1) = C_3^1 p^1 q^2 = 3pq^2$.

5. Заполните пустые места в частном случае формулы Бернулли:

$P_{10}(3) = C_{10}^3 0,6^3 (0,4)^7$

Для того чтобы заполнить пустые места, необходимо вспомнить общую формулу Бернулли. Она определяет вероятность того, что в $n$ независимых испытаниях, в каждом из которых вероятность появления события («успеха») равна $p$, это событие произойдет ровно $k$ раз.

Формула Бернулли имеет вид:

$P_n(k) = C_n^k \cdot p^k \cdot q^{n-k}$

где:

• $n$ — общее число испытаний.
• $k$ — число «успехов».
• $p$ — вероятность «успеха» в одном испытании.
• $q$ — вероятность «неудачи» в одном испытании, которая вычисляется как $q = 1 - p$.
• $C_n^k$ — число сочетаний, показывающее, сколькими способами можно выбрать $k$ «успехов» из $n$ испытаний.

Теперь сравним общую формулу с выражением из задачи: $P_{??}(3) = C_{10}^3 \cdot 0,6^? \cdot (???)^7$.

1. Из множителя $C_{10}^3$ мы видим, что общее число испытаний $n = 10$, а число «успехов» $k = 3$. Это означает, что в левой части формулы вместо $??$ должно стоять $10$. Выражение принимает вид: $P_{10}(3)$.

2. Множитель $p^k$ в общей формуле соответствует $0,6^?$ в нашем выражении. Так как мы уже определили, что $k=3$, то этот множитель должен быть $(0,6)^3$. Отсюда следует, что вероятность «успеха» $p = 0,6$, а недостающий показатель степени — это $3$.

3. Последний множитель $q^{n-k}$ соответствует $(???)^7$. Проверим показатель степени: $n - k = 10 - 3 = 7$. Он совпадает с тем, что дан в задаче. Основание степени — это вероятность «неудачи» $q$. Вычисляем ее: $q = 1 - p = 1 - 0,6 = 0,4$. Значит, вместо $???$ в скобках должно стоять $0,4$.

Собрав все части вместе, получаем полностью заполненную формулу.

Ответ: $P_{10}(3) = C_{10}^3 \cdot (0,6)^3 \cdot (0,4)^7$.

6. Вероятность «успеха» в испытании равна $p$. Чему равна вероятность того, что в четырёх независимых повторениях испытания «успехов» будет столько же, сколько и «неудач»?

Данная задача решается с использованием схемы независимых испытаний Бернулли. В этой схеме рассматривается серия из $n$ испытаний, в каждом из которых событие «успех» наступает с постоянной вероятностью $p$.

По условию задачи, общее количество независимых повторений испытания составляет $n=4$. Вероятность «успеха» в каждом испытании равна $p$. Соответственно, вероятность «неудачи» в каждом испытании будет равна $q = 1-p$.

Нас интересует событие, при котором «успехов» будет столько же, сколько и «неудач». Пусть $k$ — это число «успехов», а $m$ — число «неудач». Тогда $k+m=n=4$. Условие $k=m$ приводит к уравнению $k+k=4$, откуда получаем $k=2$.

Таким образом, нам необходимо найти вероятность того, что в 4 испытаниях произойдет ровно 2 «успеха» (и, следовательно, $4-2=2$ «неудачи»).

Вероятность того, что в $n$ независимых испытаниях событие наступит ровно $k$ раз, вычисляется по формуле Бернулли:

$P_n(k) = C_n^k p^k q^{n-k}$

где $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$ — число сочетаний из $n$ по $k$.

Подставим в эту формулу наши значения: $n=4$, $k=2$ и $q=1-p$.

$P_4(2) = C_4^2 \cdot p^2 \cdot (1-p)^{4-2} = C_4^2 \cdot p^2 \cdot (1-p)^2$

Теперь вычислим биномиальный коэффициент $C_4^2$:

$C_4^2 = \frac{4!}{2!(4-2)!} = \frac{4!}{2!2!} = \frac{4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1}{(2 \cdot 1)(2 \cdot 1)} = \frac{24}{4} = 6$

Этот коэффициент показывает, что существует ровно 6 комбинаций, при которых в 4 испытаниях будет 2 успеха и 2 неудачи.

Подставляя значение коэффициента в формулу вероятности, получаем окончательный результат:

$P_4(2) = 6 p^2 (1-p)^2$

Ответ: $6p^2(1-p)^2$

7. Сформулируйте правило нахождения наивероятнейшего числа успехов в $n$ испытаниях Бернулли. Чему приблизительно равно это число?

Сформулируйте правило нахождения наивероятнейшего числа успехов в n испытаниях Бернулли

Наивероятнейшее число успехов $k_0$ в серии из $n$ испытаний Бернулли — это целое неотрицательное число $k$, для которого вероятность $P_n(k)$ наступления ровно $k$ успехов является максимальной. Вероятность $P_n(k)$ определяется формулой Бернулли: $P_n(k) = C_n^k p^k q^{n-k}$, где $p$ — вероятность успеха в одном испытании, а $q = 1-p$ — вероятность неудачи.

Правило нахождения наивероятнейшего числа успехов $k_0$ заключается в определении целочисленных решений следующего двойного неравенства: $np - q \le k_0 \le np + p$

Поскольку длина числового отрезка $[np - q, np + p]$ равна $(np + p) - (np - q) = p + q = 1$, он может содержать одно или два целых числа. Это приводит к двум случаям:

1. Если число $(n+1)p$ не является целым, то существует только одно наивероятнейшее число успехов $k_0$, которое находится как целая часть этого числа: $k_0 = \lfloor (n+1)p \rfloor$.

2. Если число $(n+1)p$ является целым, то существуют два наивероятнейших числа успехов: $k_1 = (n+1)p - 1$ и $k_2 = (n+1)p$. При этом вероятности для этих двух значений равны: $P_n(k_1) = P_n(k_2)$.

Ответ: Наивероятнейшее число успехов $k_0$ определяется из неравенства $np - q \le k_0 \le np + p$. Если значение $(n+1)p$ не является целым, то $k_0 = \lfloor (n+1)p \rfloor$. Если $(n+1)p$ — целое число, то существует два таких наивероятнейших числа: $k_1 = (n+1)p - 1$ и $k_2 = (n+1)p$.

Чему приблизительно равно это число?

Как видно из неравенства $np - q \le k_0 \le np + p$, наивероятнейшее число успехов $k_0$ всегда находится в непосредственной близости от величины $np$.

Величина $np$ представляет собой математическое ожидание (или среднее значение) числа успехов для биномиального распределения. Поэтому наивероятнейшее число успехов можно считать приблизительно равным его математическому ожиданию. Эта аппроксимация становится особенно точной при большом числе испытаний $n$.

Ответ: Наивероятнейшее число успехов приблизительно равно произведению числа испытаний $n$ на вероятность успеха $p$ в одном испытании: $k_0 \approx np$.

30.51. a) $\sqrt{x^2 + x} \le 3(x^2 + x) - 4;$

б) $x + 3 + \sqrt{2x^2 - x - 1} \ge 2x^2.$

а) $\sqrt{x^2 + x} \le 3(x^2 + x) - 4$
Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Выражение под корнем должно быть неотрицательным:
$x^2 + x \ge 0$
$x(x+1) \ge 0$
Решением этого неравенства является объединение промежутков $x \in (-\infty, -1] \cup [0, +\infty)$.
Введем замену переменной. Пусть $t = \sqrt{x^2 + x}$. Так как $t$ — это арифметический квадратный корень, должно выполняться условие $t \ge 0$. Тогда $t^2 = x^2 + x$.
Подставим новую переменную в исходное неравенство:
$t \le 3t^2 - 4$
Перенесем все члены в одну сторону, чтобы получить квадратное неравенство:
$3t^2 - t - 4 \ge 0$
Найдем корни соответствующего квадратного уравнения $3t^2 - t - 4 = 0$.
Дискриминант $D = (-1)^2 - 4 \cdot 3 \cdot (-4) = 1 + 48 = 49 = 7^2$.
Корни уравнения: $t_1 = \frac{1 - 7}{2 \cdot 3} = \frac{-6}{6} = -1$ и $t_2 = \frac{1 + 7}{2 \cdot 3} = \frac{8}{6} = \frac{4}{3}$.
Парабола $y = 3t^2 - t - 4$ ветвями вверх, поэтому неравенство $3t^2 - t - 4 \ge 0$ выполняется при $t \le -1$ или $t \ge \frac{4}{3}$.
Учитывая условие $t \ge 0$, получаем, что $t \ge \frac{4}{3}$.
Вернемся к исходной переменной $x$:
$\sqrt{x^2 + x} \ge \frac{4}{3}$
Так как обе части неравенства неотрицательны, мы можем возвести их в квадрат:
$x^2 + x \ge (\frac{4}{3})^2$
$x^2 + x \ge \frac{16}{9}$
$x^2 + x - \frac{16}{9} \ge 0$
Умножим на 9, чтобы избавиться от дроби:
$9x^2 + 9x - 16 \ge 0$
Найдем корни уравнения $9x^2 + 9x - 16 = 0$.
Дискриминант $D = 9^2 - 4 \cdot 9 \cdot (-16) = 81 + 576 = 657$. $\sqrt{D} = \sqrt{9 \cdot 73} = 3\sqrt{73}$.
Корни: $x_{1,2} = \frac{-9 \pm 3\sqrt{73}}{18} = \frac{-3 \pm \sqrt{73}}{6}$.
Парабола $y = 9x^2 + 9x - 16$ ветвями вверх, поэтому неравенство выполняется при $x \le \frac{-3 - \sqrt{73}}{6}$ или $x \ge \frac{-3 + \sqrt{73}}{6}$.
Данное решение $x^2+x \ge \frac{16}{9}$ является более сильным, чем условие ОДЗ ($x^2+x \ge 0$), поэтому оно автоматически удовлетворяет ОДЗ.
Ответ: $x \in (-\infty, \frac{-3 - \sqrt{73}}{6}] \cup [\frac{-3 + \sqrt{73}}{6}, +\infty)$.

б) $x + 3 + \sqrt{2x^2 - x - 1} \ge 2x^2$
Найдем ОДЗ: $2x^2 - x - 1 \ge 0$.
Корни уравнения $2x^2 - x - 1 = 0$: $D = (-1)^2 - 4 \cdot 2 \cdot (-1) = 9$, $x_1 = \frac{1-3}{4} = -\frac{1}{2}$, $x_2 = \frac{1+3}{4} = 1$.
Следовательно, ОДЗ: $x \in (-\infty, -1/2] \cup [1, +\infty)$.
Преобразуем неравенство, оставив корень в одной части:
$\sqrt{2x^2 - x - 1} \ge 2x^2 - x - 3$
Заметим, что выражение в правой части похоже на подкоренное. Сделаем замену:
Пусть $t = \sqrt{2x^2 - x - 1}$, где $t \ge 0$. Тогда $t^2 = 2x^2 - x - 1$.
Правая часть неравенства: $2x^2 - x - 3 = (2x^2 - x - 1) - 2 = t^2 - 2$.
Подставляем в неравенство:
$t \ge t^2 - 2$
$t^2 - t - 2 \le 0$
Найдем корни уравнения $t^2 - t - 2 = 0$. По теореме Виета, корни $t_1 = -1$ и $t_2 = 2$.
Парабола $y=t^2-t-2$ ветвями вверх, поэтому решение неравенства: $-1 \le t \le 2$.
С учетом условия $t \ge 0$, получаем $0 \le t \le 2$.
Возвращаемся к переменной $x$:
$0 \le \sqrt{2x^2 - x - 1} \le 2$
Это двойное неравенство. Левая часть $\sqrt{2x^2 - x - 1} \ge 0$ выполняется для всех $x$ из ОДЗ.
Рассмотрим правую часть: $\sqrt{2x^2 - x - 1} \le 2$.
Возводим обе неотрицательные части в квадрат:
$2x^2 - x - 1 \le 4$
$2x^2 - x - 5 \le 0$
Найдем корни уравнения $2x^2 - x - 5 = 0$.
$D = (-1)^2 - 4 \cdot 2 \cdot (-5) = 1 + 40 = 41$.
Корни: $x_{1,2} = \frac{1 \pm \sqrt{41}}{4}$.
Парабола $y=2x^2-x-5$ ветвями вверх, поэтому решение неравенства: $[\frac{1 - \sqrt{41}}{4}, \frac{1 + \sqrt{41}}{4}]$.
Теперь найдем пересечение этого решения с ОДЗ $x \in (-\infty, -1/2] \cup [1, +\infty)$.
Сравним значения: $\frac{1 - \sqrt{41}}{4} \approx \frac{1 - 6.4}{4} = -1.35$, что меньше $-0.5$.
$\frac{1 + \sqrt{41}}{4} \approx \frac{1 + 6.4}{4} = 1.85$, что больше $1$.
Пересечение множеств $[\frac{1 - \sqrt{41}}{4}, \frac{1 + \sqrt{41}}{4}]$ и $(-\infty, -1/2] \cup [1, +\infty)$ дает:
$[\frac{1 - \sqrt{41}}{4}, -\frac{1}{2}] \cup [1, \frac{1 + \sqrt{41}}{4}]$.
Ответ: $x \in [\frac{1 - \sqrt{41}}{4}, -\frac{1}{2}] \cup [1, \frac{1 + \sqrt{41}}{4}]$.

30.52. a) $\sqrt{\frac{2x + 3}{2x - 1}} + 4 \cdot \sqrt{\frac{2x - 1}{2x + 3}} > 4;$

б) $5 \cdot \sqrt{\frac{x + 3}{5x - 1}} + \sqrt{\frac{5x - 1}{x + 3}} < 6.$

a)

Решим неравенство $\sqrt{\frac{2x+3}{2x-1}} + 4 \cdot \sqrt{\frac{2x-1}{2x+3}} > 4$.
1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Выражения под корнями должны быть неотрицательны, а знаменатели не должны равняться нулю.
Это означает, что дроби под корнями должны быть строго положительны:
$\frac{2x+3}{2x-1} > 0$.
Это неравенство равносильно $(2x+3)(2x-1) > 0$.
Корни сомножителей: $x_1 = -3/2$, $x_2 = 1/2$.
Методом интервалов находим, что неравенство выполняется при $x \in (-\infty; -3/2) \cup (1/2; +\infty)$. Это и есть ОДЗ.

2. Сделаем замену. Пусть $t = \sqrt{\frac{2x+3}{2x-1}}$.
Так как в ОДЗ подкоренное выражение строго положительно, то $t > 0$.
Тогда $\sqrt{\frac{2x-1}{2x+3}} = \frac{1}{t}$.
Неравенство принимает вид: $t + \frac{4}{t} > 4$.

3. Решим неравенство относительно $t$. Поскольку $t > 0$, можно умножить обе части на $t$, не меняя знака неравенства:
$t^2 + 4 > 4t$
$t^2 - 4t + 4 > 0$
$(t-2)^2 > 0$
Это неравенство верно для всех действительных значений $t$, кроме $t=2$. Учитывая, что $t>0$, получаем $t \in (0; 2) \cup (2; +\infty)$.

4. Вернемся к исходной переменной $x$.
Условие $t \neq 2$ означает, что:
$\sqrt{\frac{2x+3}{2x-1}} \neq 2$
Возведем обе части в квадрат (обе части неотрицательны):
$\frac{2x+3}{2x-1} \neq 4$
При $x \neq 1/2$ можем умножить на знаменатель:
$2x+3 \neq 4(2x-1)$
$2x+3 \neq 8x - 4$
$7 \neq 6x$
$x \neq \frac{7}{6}$

5. Совместим полученное условие с ОДЗ.
Решением является вся область допустимых значений, за исключением точки $x = 7/6$.
Проверим, входит ли $x=7/6$ в ОДЗ. $1/2 = 0.5$, а $7/6 \approx 1.17$, значит $7/6$ принадлежит интервалу $(1/2; +\infty)$, то есть входит в ОДЗ.
Таким образом, мы должны исключить эту точку из решения.
Ответ: $x \in (-\infty; -3/2) \cup (1/2; 7/6) \cup (7/6; +\infty)$.

б)

Решим неравенство $5 \cdot \sqrt{\frac{x+3}{5x-1}} + \sqrt{\frac{5x-1}{x+3}} < 6$.
1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ).
Подкоренные выражения должны быть строго положительны:
$\frac{x+3}{5x-1} > 0$, что равносильно $(x+3)(5x-1) > 0$.
Корни: $x = -3$ и $x = 1/5$.
Решение неравенства: $x \in (-\infty; -3) \cup (1/5; +\infty)$. Это ОДЗ.

2. Сделаем замену. Пусть $y = \sqrt{\frac{x+3}{5x-1}}$.
Из ОДЗ следует, что $y > 0$.
Тогда $\sqrt{\frac{5x-1}{x+3}} = \frac{1}{y}$.
Неравенство принимает вид: $5y + \frac{1}{y} < 6$.

3. Решим неравенство относительно $y$. Умножим на $y > 0$:
$5y^2 + 1 < 6y$
$5y^2 - 6y + 1 < 0$
Найдем корни квадратного уравнения $5y^2 - 6y + 1 = 0$.
Дискриминант $D = (-6)^2 - 4 \cdot 5 \cdot 1 = 36 - 20 = 16 = 4^2$.
Корни: $y_1 = \frac{6-4}{10} = \frac{2}{10} = \frac{1}{5}$, $y_2 = \frac{6+4}{10} = \frac{10}{10} = 1$.
Так как ветви параболы $5y^2 - 6y + 1$ направлены вверх, неравенство выполняется между корнями: $\frac{1}{5} < y < 1$.

4. Вернемся к переменной $x$, выполнив обратную замену:
$\frac{1}{5} < \sqrt{\frac{x+3}{5x-1}} < 1$
Так как все части неравенства положительны, возведем их в квадрат:
$\frac{1}{25} < \frac{x+3}{5x-1} < 1$
Это равносильно системе двух неравенств:
1) $\frac{x+3}{5x-1} < 1 \implies \frac{x+3 - (5x-1)}{5x-1} < 0 \implies \frac{4-4x}{5x-1} < 0 \implies \frac{4(1-x)}{5x-1} < 0 \implies \frac{x-1}{5x-1} > 0$.
Решение: $x \in (-\infty; 1/5) \cup (1; +\infty)$.
2) $\frac{x+3}{5x-1} > \frac{1}{25} \implies \frac{x+3}{5x-1} - \frac{1}{25} > 0 \implies \frac{25(x+3) - (5x-1)}{25(5x-1)} > 0 \implies \frac{20x+76}{25(5x-1)} > 0 \implies \frac{5x+19}{5x-1} > 0$.
Решение: $x \in (-\infty; -19/5) \cup (1/5; +\infty)$.

5. Найдем пересечение решений системы и учтем ОДЗ.
Пересечение решений двух неравенств (1) и (2) дает: $x \in (-\infty; -19/5) \cup (1; +\infty)$.
Теперь учтем ОДЗ: $x \in (-\infty; -3) \cup (1/5; +\infty)$.
Найдем пересечение множеств $(-\infty; -19/5) \cup (1; +\infty)$ и $(-\infty; -3) \cup (1/5; +\infty)$.
Сравнивая числа: $-19/5 = -3.8$. Так как $-3.8 < -3$, то $(-\infty; -19/5) \cap (-\infty; -3) = (-\infty; -19/5)$.
Сравнивая числа: $1 > 1/5$. Так как $1 > 0.2$, то $(1; +\infty) \cap (1/5; +\infty) = (1; +\infty)$.
Объединяя результаты, получаем итоговое решение.
Ответ: $x \in (-\infty; -19/5) \cup (1; +\infty)$.

30.53. a) $\sqrt{2 - x - \sqrt[3]{3x + 5}} < 3$;

б) $\sqrt{2x - 1} + \sqrt[3]{x + 7} \ge 3$.

а) $\sqrt{2-x} - \sqrt[3]{3x+5} < 3$

Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Выражение под квадратным корнем должно быть неотрицательным: $2-x \ge 0$, откуда $x \le 2$. Таким образом, ОДЗ: $x \in (-\infty, 2]$.

Рассмотрим функцию $f(x) = \sqrt{2-x} - \sqrt[3]{3x+5}$. Исследуем ее на монотонность. Для этого найдем производную:$f'(x) = (\sqrt{2-x})' - (\sqrt[3]{3x+5})' = -\frac{1}{2\sqrt{2-x}} - \frac{3}{3(3x+5)^{2/3}} = -\frac{1}{2\sqrt{2-x}} - \frac{1}{(\sqrt[3]{3x+5})^2}$.На области определения ($x < 2$ и $x \neq -5/3$) оба слагаемых в производной отрицательны или равны нулю (причем одновременно равняться нулю не могут), поэтому $f'(x) < 0$. Это означает, что функция $f(x)$ является строго убывающей на всей своей области определения.

Поскольку функция строго монотонна, уравнение $f(x) = 3$ может иметь не более одного корня. Решим это уравнение методом подбора. Проверим значение $x=-2$:$f(-2) = \sqrt{2 - (-2)} - \sqrt[3]{3(-2)+5} = \sqrt{4} - \sqrt[3]{-1} = 2 - (-1) = 3$.Значит, $x=-2$ — единственный корень уравнения $f(x) = 3$.

Мы решаем неравенство $f(x) < 3$. Так как $f(x)$ — строго убывающая функция, это неравенство будет выполняться для всех значений $x$, которые больше найденного корня, то есть $x > -2$.С учетом ОДЗ $x \le 2$, получаем окончательное решение: $-2 < x \le 2$.

Ответ: $(-2, 2]$.

б) $\sqrt{2x-1} + \sqrt[3]{x+7} \ge 3$

Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Выражение под квадратным корнем должно быть неотрицательным: $2x-1 \ge 0$, откуда $x \ge \frac{1}{2}$. Таким образом, ОДЗ: $x \in [\frac{1}{2}, +\infty)$.

Рассмотрим функцию $g(x) = \sqrt{2x-1} + \sqrt[3]{x+7}$. Исследуем ее на монотонность, найдя производную:$g'(x) = (\sqrt{2x-1})' + (\sqrt[3]{x+7})' = \frac{2}{2\sqrt{2x-1}} + \frac{1}{3(x+7)^{2/3}} = \frac{1}{\sqrt{2x-1}} + \frac{1}{3(\sqrt[3]{x+7})^2}$.На области определения ($x > 1/2$) оба слагаемых в производной положительны, поэтому $g'(x) > 0$. Это означает, что функция $g(x)$ является строго возрастающей на всей своей области определения.

Поскольку функция строго монотонна, уравнение $g(x) = 3$ может иметь не более одного корня. Решим это уравнение методом подбора. Проверим значение $x=1$:$g(1) = \sqrt{2(1)-1} + \sqrt[3]{1+7} = \sqrt{1} + \sqrt[3]{8} = 1 + 2 = 3$.Следовательно, $x=1$ — единственный корень уравнения $g(x)=3$.

Мы решаем неравенство $g(x) \ge 3$. Так как $g(x)$ — строго возрастающая функция, это неравенство будет выполняться для всех значений $x$, которые не меньше найденного корня, то есть $x \ge 1$.Это решение $x \ge 1$ удовлетворяет ОДЗ ($x \ge \frac{1}{2}$).

Ответ: $[1, +\infty)$.

30.54. a) $x \sqrt{\frac{x+1}{x}} + (x+1) \sqrt{\frac{x}{x+1}} \le 2\sqrt{2};$

б) $(x-5) \sqrt{\frac{x+2}{x-5}} + (x+2) \sqrt{\frac{x-5}{x+2}} \ge 4\sqrt{2}.$

а) $x\sqrt{\frac{x+1}{x}} + (x+1)\sqrt{\frac{x}{x+1}} \le 2\sqrt{2}$

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Выражения под корнем должны быть неотрицательными, а знаменатели не должны равняться нулю.
Для первого слагаемого: $\frac{x+1}{x} \ge 0$, что выполняется при $x \in (-\infty, -1] \cup (0, +\infty)$.
Для второго слагаемого: $\frac{x}{x+1} \ge 0$, что выполняется при $x \in (-\infty, -1) \cup [0, +\infty)$.
Область допустимых значений является пересечением этих множеств: ОДЗ: $x \in (-\infty, -1) \cup (0, +\infty)$.

2. Преобразуем левую часть неравенства. Воспользуемся свойством $a\sqrt{\frac{b}{a}} = \text{sign}(a)\sqrt{ab}$, которое верно при $ab > 0$. На ОДЗ произведение $x(x+1) > 0$.
Левая часть неравенства принимает вид: $\text{sign}(x)\sqrt{x(x+1)} + \text{sign}(x+1)\sqrt{x(x+1)}$.
Рассмотрим два случая, соответствующие ОДЗ.

Случай 1: $x > 0$.
В этом случае $x > 0$ и $x+1 > 0$, поэтому $\text{sign}(x) = 1$ и $\text{sign}(x+1) = 1$.
Неравенство принимает вид:
$\sqrt{x(x+1)} + \sqrt{x(x+1)} \le 2\sqrt{2}$
$2\sqrt{x^2+x} \le 2\sqrt{2}$
$\sqrt{x^2+x} \le \sqrt{2}$
Так как обе части неотрицательны, возведем их в квадрат:
$x^2+x \le 2$
$x^2+x-2 \le 0$
Корни квадратного трехчлена $x^2+x-2$ равны $x_1=1$ и $x_2=-2$.
Решением неравенства является промежуток $[-2, 1]$.
Учитывая условие $x > 0$, получаем решение для этого случая: $x \in (0, 1]$.

Случай 2: $x < -1$.
В этом случае $x < 0$ и $x+1 < 0$, поэтому $\text{sign}(x) = -1$ и $\text{sign}(x+1) = -1$.
Неравенство принимает вид:
$-\sqrt{x(x+1)} - \sqrt{x(x+1)} \le 2\sqrt{2}$
$-2\sqrt{x^2+x} \le 2\sqrt{2}$
$\sqrt{x^2+x} \ge -\sqrt{2}$
Это неравенство верно для всех $x$ из рассматриваемого промежутка $(-\infty, -1)$, так как квадратный корень всегда неотрицателен.
Следовательно, решением в этом случае является весь промежуток $(-\infty, -1)$.

3. Объединяя решения из обоих случаев, получаем итоговый результат.
Ответ: $(-\infty, -1) \cup (0, 1]$.

б) $(x-5)\sqrt{\frac{x+2}{x-5}} + (x+2)\sqrt{\frac{x-5}{x+2}} \ge 4\sqrt{2}$

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ).
Для первого слагаемого: $\frac{x+2}{x-5} \ge 0$, откуда $x \in (-\infty, -2] \cup (5, +\infty)$.
Для второго слагаемого: $\frac{x-5}{x+2} \ge 0$, откуда $x \in (-\infty, -2) \cup [5, +\infty)$.
Пересечение этих условий дает ОДЗ: $x \in (-\infty, -2) \cup (5, +\infty)$.

2. Упростим левую часть неравенства, как и в предыдущем задании: $\text{sign}(x-5)\sqrt{(x-5)(x+2)} + \text{sign}(x+2)\sqrt{(x-5)(x+2)}$.
Рассмотрим два случая.

Случай 1: $x > 5$.
В этом случае $x-5 > 0$ и $x+2 > 0$, поэтому $\text{sign}(x-5)=1$ и $\text{sign}(x+2)=1$.
Неравенство принимает вид:
$\sqrt{(x-5)(x+2)} + \sqrt{(x-5)(x+2)} \ge 4\sqrt{2}$
$2\sqrt{x^2-3x-10} \ge 4\sqrt{2}$
$\sqrt{x^2-3x-10} \ge 2\sqrt{2} = \sqrt{8}$
Возводим в квадрат обе неотрицательные части:
$x^2-3x-10 \ge 8$
$x^2-3x-18 \ge 0$
Корни уравнения $x^2-3x-18=0$ равны $x_1=6$ и $x_2=-3$.
Решением неравенства является $(-\infty, -3] \cup [6, +\infty)$.
С учетом условия $x > 5$, получаем решение для этого случая: $x \in [6, +\infty)$.

Случай 2: $x < -2$.
В этом случае $x-5 < 0$ и $x+2 < 0$, поэтому $\text{sign}(x-5)=-1$ и $\text{sign}(x+2)=-1$.
Неравенство принимает вид:
$-\sqrt{(x-5)(x+2)} - \sqrt{(x-5)(x+2)} \ge 4\sqrt{2}$
$-2\sqrt{x^2-3x-10} \ge 4\sqrt{2}$
$\sqrt{x^2-3x-10} \le -2\sqrt{2}$
Это неравенство не имеет решений, так как левая часть неотрицательна.

3. Объединяем результаты. Решение есть только в первом случае.
Ответ: $[6, +\infty)$.

30.55. a) $\sin x \sqrt{\cos x} + \cos x \sqrt{\sin x} \le 0;$

б) $(\sin x + \cos x)\sqrt{\cos x + \cos x\sqrt{(\sin x + \cos x)}} \ge 0.$

а)

Решим неравенство $sin x \sqrt{cos x} + cos x \sqrt{sin x} \le 0$.

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Выражения под корнем должны быть неотрицательными:
$ \begin{cases} \cos x \ge 0 \\ \sin x \ge 0 \end{cases} $
Это условие выполняется для углов $x$, находящихся в первой четверти тригонометрического круга, включая граничные точки.
Таким образом, ОДЗ: $2\pi k \le x \le \frac{\pi}{2} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

2. Проанализируем левую часть неравенства в найденной ОДЗ.
В области $2\pi k \le x \le \frac{\pi}{2} + 2\pi k$ мы имеем:
$\sin x \ge 0$, $\cos x \ge 0$, $\sqrt{\cos x} \ge 0$ и $\sqrt{\sin x} \ge 0$.
Следовательно, каждое слагаемое в выражении $sin x \sqrt{cos x} + cos x \sqrt{sin x}$ является произведением неотрицательных чисел, а значит, само неотрицательно. Сумма двух неотрицательных слагаемых также неотрицательна.
То есть, для всех $x$ из ОДЗ выполняется неравенство:
$sin x \sqrt{cos x} + cos x \sqrt{sin x} \ge 0$.

3. Совместим исходное неравенство с полученным.
Мы должны одновременно удовлетворить двум условиям:
$ \begin{cases} sin x \sqrt{cos x} + cos x \sqrt{sin x} \le 0 & \text{(исходное)} \\ sin x \sqrt{cos x} + cos x \sqrt{sin x} \ge 0 & \text{(в ОДЗ)} \end{cases} $
Единственная возможность выполнить оба неравенства — это равенство выражения нулю:
$sin x \sqrt{cos x} + cos x \sqrt{sin x} = 0$.
Так как оба слагаемых неотрицательны, их сумма равна нулю только если каждое из них равно нулю. Однако достаточно, чтобы $sin x=0$ или $cos x=0$ (чтобы оба множителя в каждом слагаемом обратились в ноль).

4. Найдем решения уравнения.
- Если $\sin x = 0$, то (с учетом ОДЗ) $x = 2\pi k$. При этом $\cos(2\pi k) = 1$, что удовлетворяет ОДЗ.
- Если $\cos x = 0$, то (с учетом ОДЗ) $x = \frac{\pi}{2} + 2\pi k$. При этом $\sin(\frac{\pi}{2} + 2\pi k) = 1$, что удовлетворяет ОДЗ.
Эти точки являются решениями неравенства.

Ответ: $x = 2\pi k$, $x = \frac{\pi}{2} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

б)

Решим неравенство $(sin x + cos x)\sqrt{cos x} + cos x\sqrt{sin x + cos x} \ge 0$.

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ).
$ \begin{cases} \cos x \ge 0 \\ \sin x + \cos x \ge 0 \end{cases} $
Первое неравенство, $\cos x \ge 0$, выполняется при $x \in [-\frac{\pi}{2} + 2\pi k, \frac{\pi}{2} + 2\pi k]$.
Преобразуем второе неравенство:
$\sin x + \cos x = \sqrt{2}(\frac{1}{\sqrt{2}}\sin x + \frac{1}{\sqrt{2}}\cos x) = \sqrt{2}(\cos\frac{\pi}{4}\sin x + \sin\frac{\pi}{4}\cos x) = \sqrt{2}\sin(x + \frac{\pi}{4})$.
Тогда $\sqrt{2}\sin(x + \frac{\pi}{4}) \ge 0$, что равносильно $\sin(x + \frac{\pi}{4}) \ge 0$.
Это выполняется, когда $2\pi n \le x + \frac{\pi}{4} \le \pi + 2\pi n$, то есть $x \in [-\frac{\pi}{4} + 2\pi n, \frac{3\pi}{4} + 2\pi n]$.
Найдем пересечение этих двух множеств:
$[-\frac{\pi}{2} + 2\pi k, \frac{\pi}{2} + 2\pi k] \cap [-\frac{\pi}{4} + 2\pi k, \frac{3\pi}{4} + 2\pi k] = [-\frac{\pi}{4} + 2\pi k, \frac{\pi}{2} + 2\pi k]$.
ОДЗ: $x \in [-\frac{\pi}{4} + 2\pi k, \frac{\pi}{2} + 2\pi k]$, где $k \in \mathbb{Z}$.

2. Проанализируем левую часть неравенства в ОДЗ.
Внутри найденной области определения все подкоренные выражения неотрицательны.
Рассмотрим два случая.
- Случай 1: $x$ на границах ОДЗ.
Если $x = \frac{\pi}{2} + 2\pi k$, то $\cos x = 0$. Неравенство принимает вид $(\sin x + 0)\sqrt{0} + 0 \cdot \sqrt{\sin x + 0} \ge 0$, то есть $0 \ge 0$. Это верно.
Если $x = -\frac{\pi}{4} + 2\pi k$, то $\sin x + \cos x = 0$. Неравенство принимает вид $0 \cdot \sqrt{\cos x} + \cos x \sqrt{0} \ge 0$, то есть $0 \ge 0$. Это верно.
Значит, граничные точки ОДЗ являются решениями.

- Случай 2: $x$ внутри ОДЗ, то есть $x \in (-\frac{\pi}{4} + 2\pi k, \frac{\pi}{2} + 2\pi k)$.
В этом интервале $\cos x > 0$ и $\sin x + \cos x > 0$.
Следовательно, все множители в левой части неравенства положительны:
$(\sin x + \cos x) > 0$, $\sqrt{\cos x} > 0$, $\cos x > 0$, $\sqrt{\sin x + \cos x} > 0$.
Первое слагаемое $(sin x + cos x)\sqrt{cos x}$ положительно.
Второе слагаемое $cos x\sqrt{sin x + cos x}$ положительно.
Сумма двух положительных чисел всегда положительна. Таким образом, для всех $x$ из интервала $(-\frac{\pi}{4} + 2\pi k, \frac{\pi}{2} + 2\pi k)$ неравенство выполняется.

3. Объединяя результаты, получаем, что неравенство выполняется для всех $x$ из области допустимых значений.

Ответ: $x \in [-\frac{\pi}{4} + 2\pi k, \frac{\pi}{2} + 2\pi k]$, где $k \in \mathbb{Z}$.

30.56. a) $\sqrt{-3x + 12} < 3x$;

б) $\sqrt{5 + 12 \cdot 5^x - 25^x} > 5^x - 7$;

в) $\sqrt{7 - 0.2^x} \le 0.2^x - 1$;

г) $5\sqrt{100^x - 2} \ge 4^{x+1} \cdot 25^x - 14$.

а)

Решим неравенство $\sqrt{-3^x + 12} < 3^x$. Это неравенство равносильно системе, так как корень не может быть меньше отрицательного числа, а при неотрицательной правой части можно возводить в квадрат:

$\begin{cases} -3^x + 12 \ge 0 & \text{(область определения корня)} \\ 3^x > 0 & \text{(правая часть должна быть положительной)} \\ -3^x + 12 < (3^x)^2 & \text{(возведение в квадрат обеих частей)} \end{cases}$

Второе неравенство, $3^x > 0$, выполняется для любого действительного $x$.

Сделаем замену $t = 3^x$. Учитывая, что $3^x > 0$, имеем $t > 0$. Система принимает вид:

$\begin{cases} 12 - t \ge 0 \\ 12 - t < t^2 \end{cases} \implies \begin{cases} t \le 12 \\ t^2 + t - 12 > 0 \end{cases}$

Решим квадратное неравенство $t^2 + t - 12 > 0$. Корни соответствующего уравнения $t^2 + t - 12 = 0$ по теореме Виета равны $t_1=-4$ и $t_2=3$. Так как ветви параболы направлены вверх, неравенство выполняется при $t \in (-\infty; -4) \cup (3; +\infty)$.

С учетом условий $t > 0$ и $t \le 12$, находим пересечение: $3 < t \le 12$.

Выполним обратную замену:

$3 < 3^x \le 12 \implies 3^1 < 3^x \le 12$

Так как функция $y = \log_3(z)$ возрастающая, логарифмируем неравенство по основанию 3:

$\log_3(3^1) < \log_3(3^x) \le \log_3(12)$

$1 < x \le \log_3(12)$

Ответ: $(1; \log_3(12)]$.

б)

Решим неравенство $\sqrt{5 + 12 \cdot 5^x - 25^x} > 5^x - 7$.

Неравенство вида $\sqrt{f(x)} > g(x)$ равносильно совокупности двух систем:

1) $\begin{cases} g(x) < 0 \\ f(x) \ge 0 \end{cases}$ (корень больше отрицательного числа, если он существует)

2) $\begin{cases} g(x) \ge 0 \\ f(x) > (g(x))^2 \end{cases}$ (обе части неотрицательны, можно возвести в квадрат)

Сделаем замену $t = 5^x$, где $t > 0$. Неравенство примет вид: $\sqrt{5 + 12t - t^2} > t - 7$.

Рассмотрим первую систему:

$\begin{cases} t - 7 < 0 \\ 5 + 12t - t^2 \ge 0 \end{cases} \implies \begin{cases} t < 7 \\ t^2 - 12t - 5 \le 0 \end{cases}$

Корни уравнения $t^2 - 12t - 5 = 0$ равны $t = \frac{12 \pm \sqrt{144 - 4(-5)}}{2} = 6 \pm \sqrt{41}$.

Решение $t^2 - 12t - 5 \le 0$ есть $6 - \sqrt{41} \le t \le 6 + \sqrt{41}$.

Учитывая условия $t > 0$ и $t < 7$, получаем решение для первой системы: $0 < t < 7$.

Рассмотрим вторую систему:

$\begin{cases} t - 7 \ge 0 \\ 5 + 12t - t^2 > (t - 7)^2 \end{cases} \implies \begin{cases} t \ge 7 \\ 5 + 12t - t^2 > t^2 - 14t + 49 \end{cases}$

Решим второе неравенство: $2t^2 - 26t + 44 < 0 \implies t^2 - 13t + 22 < 0$. Корни уравнения $t^2 - 13t + 22 = 0$ равны $t_1 = 2, t_2 = 11$. Следовательно, $2 < t < 11$.

С учетом условия $t \ge 7$, решение для второй системы: $7 \le t < 11$.

Объединяя решения обеих систем ($0 < t < 7$ и $7 \le t < 11$), получаем общее решение для $t$: $0 < t < 11$.

Выполним обратную замену: $0 < 5^x < 11$. Левая часть $5^x > 0$ верна всегда.

$5^x < 11 \implies \log_5(5^x) < \log_5(11) \implies x < \log_5(11)$.

Ответ: $(-\infty; \log_5(11))$.

в)

Решим неравенство $\sqrt{7 - 0.2^x} \le 0.2^x - 1$.

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

$\begin{cases} 7 - 0.2^x \ge 0 \\ 0.2^x - 1 \ge 0 \\ 7 - 0.2^x \le (0.2^x - 1)^2 \end{cases}$

Сделаем замену $t = 0.2^x$, где $t > 0$. Система примет вид:

$\begin{cases} 7 - t \ge 0 \\ t - 1 \ge 0 \\ 7 - t \le (t-1)^2 \end{cases} \implies \begin{cases} t \le 7 \\ t \ge 1 \\ 7 - t \le t^2 - 2t + 1 \end{cases} \implies \begin{cases} 1 \le t \le 7 \\ t^2 - t - 6 \ge 0 \end{cases}$

Решим $t^2 - t - 6 \ge 0$. Корни уравнения $t^2 - t - 6 = 0$ равны $t_1=-2$ и $t_2=3$. Неравенство выполняется при $t \in (-\infty; -2] \cup [3; +\infty)$.

Находим пересечение решений: $\begin{cases} 1 \le t \le 7 \\ t \in (-\infty; -2] \cup [3; +\infty) \end{cases}$. Получаем $3 \le t \le 7$.

Выполним обратную замену:

$3 \le 0.2^x \le 7$

Логарифмируем по основанию 0.2. Так как основание $0.2 < 1$, знаки неравенства меняются на противоположные:

$\log_{0.2}(3) \ge \log_{0.2}(0.2^x) \ge \log_{0.2}(7)$

$\log_{0.2}(3) \ge x \ge \log_{0.2}(7)$

Используя свойство логарифма $\log_{1/a} b = -\log_a b$, перепишем ответ: $0.2 = 1/5$.

$-\log_5(3) \ge x \ge -\log_5(7)$, что равносильно $-\log_5(7) \le x \le -\log_5(3)$.

Ответ: $[-\log_5(7); -\log_5(3)]$.

г)

Решим неравенство $5\sqrt{100^x - 2} \ge 4^{x+1} \cdot 25^x - 14$.

Преобразуем правую часть: $4^{x+1} \cdot 25^x = 4 \cdot 4^x \cdot 25^x = 4 \cdot (4 \cdot 25)^x = 4 \cdot 100^x$.

Неравенство принимает вид: $5\sqrt{100^x - 2} \ge 4 \cdot 100^x - 14$.

Область допустимых значений (ОДЗ): $100^x - 2 \ge 0 \implies 100^x \ge 2$.

Сделаем замену $t = 100^x$, тогда по ОДЗ $t \ge 2$. Неравенство: $5\sqrt{t - 2} \ge 4t - 14$.

Рассмотрим два случая в зависимости от знака правой части:

1) Если $4t - 14 < 0 \implies t < 3.5$. С учетом ОДЗ ($t \ge 2$), левая часть $5\sqrt{t - 2}$ неотрицательна, а правая отрицательна, поэтому неравенство выполняется на всем промежутке $2 \le t < 3.5$.

2) Если $4t - 14 \ge 0 \implies t \ge 3.5$. Обе части неравенства неотрицательны, можно возвести в квадрат:

$(5\sqrt{t - 2})^2 \ge (4t - 14)^2$

$25(t - 2) \ge 16t^2 - 112t + 196$

$25t - 50 \ge 16t^2 - 112t + 196$

$0 \ge 16t^2 - 137t + 246$

Корни уравнения $16t^2 - 137t + 246 = 0$ равны $t_1 = \frac{137 - \sqrt{137^2 - 4 \cdot 16 \cdot 246}}{32} = \frac{137 - 55}{32} = \frac{82}{32} = \frac{41}{16}$ и $t_2 = \frac{137 + 55}{32} = \frac{192}{32} = 6$.

Решение квадратного неравенства $16t^2 - 137t + 246 \le 0$ есть $\frac{41}{16} \le t \le 6$.

С учетом условия этого случая ($t \ge 3.5$), и так как $3.5 = \frac{56}{16} > \frac{41}{16}$, получаем: $3.5 \le t \le 6$.

Объединяя решения обоих случаев, $t \in [2; 3.5) \cup [3.5; 6]$, получаем общее решение для $t$: $2 \le t \le 6$.

Выполним обратную замену:

$2 \le 100^x \le 6$

Логарифмируя по основанию 100 (которое больше 1), получаем:

$\log_{100}(2) \le x \le \log_{100}(6)$.

Ответ: $[\log_{100}(2); \log_{100}(6)]$.

30.57. a) $\sqrt{\cos x} > \sin x;$

б) $\sqrt{0,5 + \sin x + \cos x} < \cos x;$

в) $\sqrt{\cos 2x} \ge \sin x;$

г) $\sqrt{\sin x + \sin 3x} \le \cos x.$

а) $ \sqrt{\cos x} > \sin x $

Данное иррациональное неравенство равносильно совокупности двух систем:

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

2) $ \begin{cases} \sin x \ge 0 \\ \cos x > (\sin x)^2 \end{cases} $

Решим первую систему:

$ \sin x < 0 $ при $ x \in (-\pi + 2\pi k, 2\pi k) $, где $k \in \mathbb{Z}$.

$ \cos x \ge 0 $ при $ x \in [-\frac{\pi}{2} + 2\pi k, \frac{\pi}{2} + 2\pi k] $, где $k \in \mathbb{Z}$.

Пересечение этих множеств соответствует IV координатной четверти (включая границу по оси y).

Решением первой системы является $ x \in [-\frac{\pi}{2} + 2\pi k, 2\pi k) $.

Решим вторую систему:

Рассмотрим неравенство $ \cos x > \sin^2 x $. Используя основное тригонометрическое тождество $ \sin^2 x = 1 - \cos^2 x $, получаем:

$ \cos x > 1 - \cos^2 x $

$ \cos^2 x + \cos x - 1 > 0 $

Сделаем замену $ t = \cos x $, где $ -1 \le t \le 1 $.

$ t^2 + t - 1 > 0 $

Найдем корни квадратного уравнения $ t^2 + t - 1 = 0 $: $ t_{1,2} = \frac{-1 \pm \sqrt{1 - 4(1)(-1)}}{2} = \frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2} $.

Так как ветви параболы направлены вверх, неравенство $ t^2 + t - 1 > 0 $ выполняется при $ t < \frac{-1 - \sqrt{5}}{2} $ или $ t > \frac{-1 + \sqrt{5}}{2} $.

Возвращаемся к замене $ \cos x = t $.

Неравенство $ \cos x < \frac{-1 - \sqrt{5}}{2} \approx -1.618 $ не имеет решений, так как $ \cos x \ge -1 $.

Решаем неравенство $ \cos x > \frac{-1 + \sqrt{5}}{2} $.

Так как $ \cos(\frac{2\pi}{5}) = \frac{\sqrt{5}-1}{2} $, то $ \cos x > \cos(\frac{2\pi}{5}) $.

Решением этого неравенства является $ x \in (-\frac{2\pi}{5} + 2\pi k, \frac{2\pi}{5} + 2\pi k) $.

Теперь учтем второе условие системы (2): $ \sin x \ge 0 $. Это условие выполняется для $ x \in [2\pi k, \pi + 2\pi k] $.

Найдем пересечение множеств $ (-\frac{2\pi}{5} + 2\pi k, \frac{2\pi}{5} + 2\pi k) $ и $ [2\pi k, \pi + 2\pi k] $.

Пересечением является интервал $ [2\pi k, \frac{2\pi}{5} + 2\pi k) $.

Объединим решения обеих систем:

$ [-\frac{\pi}{2} + 2\pi k, 2\pi k) \cup [2\pi k, \frac{2\pi}{5} + 2\pi k) = [-\frac{\pi}{2} + 2\pi k, \frac{2\pi}{5} + 2\pi k) $.

Ответ: $ x \in [-\frac{\pi}{2} + 2\pi k, \frac{2\pi}{5} + 2\pi k), k \in \mathbb{Z} $.

б) $ \sqrt{0,5 + \sin x + \cos x} < \cos x $

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} \implies \begin{cases} 0,5 + \sin x + \cos x \ge 0 \\ \cos x > 0 \\ 0,5 + \sin x + \cos x < \cos^2 x \end{cases} $

Рассмотрим третье неравенство:

$ 0,5 + \sin x + \cos x < \cos^2 x $

$ \sin x + \cos x < \cos^2 x - 0,5 $

Используя формулу $ \cos(2x) = 2\cos^2 x - 1 $, получаем $ \cos^2 x = \frac{1+\cos(2x)}{2} $.

$ \sin x + \cos x < \frac{1+\cos(2x)}{2} - 0,5 = \frac{\cos(2x)}{2} $

$ 2(\sin x + \cos x) < \cos(2x) $

$ 2(\sin x + \cos x) < \cos^2 x - \sin^2 x $

$ 2(\sin x + \cos x) < (\cos x - \sin x)(\cos x + \sin x) $

$ (\cos x + \sin x)(\cos x - \sin x - 2) > 0 $

Выражение $ \cos x - \sin x = \sqrt{2}\cos(x+\frac{\pi}{4}) $. Так как $ \sqrt{2}\cos(x+\frac{\pi}{4}) \le \sqrt{2} < 2 $, то множитель $ (\cos x - \sin x - 2) $ всегда отрицателен.

Следовательно, неравенство выполняется, когда $ \cos x + \sin x < 0 $.

Теперь решим систему с учетом этого вывода:

$ \begin{cases} \cos x > 0 \\ \cos x + \sin x < 0 \\ 0,5 + \sin x + \cos x \ge 0 \end{cases} $

Из $ \cos x > 0 $ и $ \cos x + \sin x < 0 $ следует, что $ \sin x $ должен быть отрицательным и $ |\sin x| > \cos x $. Это соответствует интервалу $ x \in (-\frac{\pi}{2} + 2\pi k, -\frac{\pi}{4} + 2\pi k) $.

Теперь решим на этом интервале третье неравенство $ 0,5 + \sin x + \cos x \ge 0 $:

$ \sin x + \cos x \ge -0,5 $

$ \sqrt{2}\sin(x+\frac{\pi}{4}) \ge -0,5 $

$ \sin(x+\frac{\pi}{4}) \ge -\frac{1}{2\sqrt{2}} = -\frac{\sqrt{2}}{4} $

Пусть $ y = x + \frac{\pi}{4} $. Для $ x \in (-\frac{\pi}{2}, -\frac{\pi}{4}) $ переменная $ y \in (-\frac{\pi}{4}, 0) $.

Решаем $ \sin y \ge -\frac{\sqrt{2}}{4} $ для $ y \in (-\frac{\pi}{4}, 0) $.

Так как $ \sin(-\frac{\pi}{4}) = -\frac{\sqrt{2}}{2} < -\frac{\sqrt{2}}{4} $, а функция $ \sin y $ возрастает на $ (-\frac{\pi}{4}, 0) $, то решение будет $ y \in [\arcsin(-\frac{\sqrt{2}}{4}), 0) $.

Возвращаясь к $ x $: $ x + \frac{\pi}{4} \in [\arcsin(-\frac{\sqrt{2}}{4}), 0) $.

$ x \in [\arcsin(-\frac{\sqrt{2}}{4}) - \frac{\pi}{4}, -\frac{\pi}{4}) $.

Добавляя период, получаем решение.

Ответ: $ x \in [-\arcsin(\frac{\sqrt{2}}{4}) - \frac{\pi}{4} + 2\pi k, -\frac{\pi}{4} + 2\pi k), k \in \mathbb{Z} $.

в) $ \sqrt{\cos 2x} \ge \sin x $

Данное неравенство равносильно совокупности двух систем:

1) $ \begin{cases} \sin x < 0 \\ \cos 2x \ge 0 \end{cases} $

2) $ \begin{cases} \sin x \ge 0 \\ \cos 2x \ge (\sin x)^2 \end{cases} $

Решим первую систему:

$ \sin x < 0 $ при $ x \in (\pi + 2\pi k, 2\pi + 2\pi k) $.

$ \cos 2x \ge 0 $ при $ 2x \in [-\frac{\pi}{2} + 2\pi n, \frac{\pi}{2} + 2\pi n] \implies x \in [-\frac{\pi}{4} + \pi n, \frac{\pi}{4} + \pi n] $.

Пересекая эти множества на периоде $ [0, 2\pi] $, получаем $ x \in (\pi, \frac{5\pi}{4}] \cup [\frac{7\pi}{4}, 2\pi) $.

Решим вторую систему:

Рассмотрим неравенство $ \cos 2x \ge \sin^2 x $. Используя формулу $ \cos 2x = 1 - 2\sin^2 x $:

$ 1 - 2\sin^2 x \ge \sin^2 x $

$ 1 \ge 3\sin^2 x $

$ \sin^2 x \le \frac{1}{3} \implies -\frac{1}{\sqrt{3}} \le \sin x \le \frac{1}{\sqrt{3}} $.

Учитывая условие $ \sin x \ge 0 $, получаем $ 0 \le \sin x \le \frac{1}{\sqrt{3}} $.

Решением этого двойного неравенства является $ x \in [2\pi k, \arcsin(\frac{1}{\sqrt{3}}) + 2\pi k] \cup [\pi - \arcsin(\frac{1}{\sqrt{3}}) + 2\pi k, \pi + 2\pi k] $.

Объединим решения обеих систем. Для удобства рассмотрим период $ [-\frac{\pi}{4}, \frac{7\pi}{4}] $.

Решение системы 1: $ (\pi, \frac{5\pi}{4}] \cup [-\frac{\pi}{4}, 0) $.

Решение системы 2: $ [0, \arcsin(\frac{1}{\sqrt{3}})] \cup [\pi - \arcsin(\frac{1}{\sqrt{3}}), \pi] $.

Объединяем интервалы:

$ [-\frac{\pi}{4}, 0) \cup [0, \arcsin(\frac{1}{\sqrt{3}})] = [-\frac{\pi}{4}, \arcsin(\frac{1}{\sqrt{3}})] $.

$ [\pi - \arcsin(\frac{1}{\sqrt{3}}), \pi] \cup (\pi, \frac{5\pi}{4}] = [\pi - \arcsin(\frac{1}{\sqrt{3}}), \frac{5\pi}{4}] $.

Добавляем период $ 2\pi k $.

Ответ: $ x \in [-\frac{\pi}{4} + 2\pi k, \arcsin(\frac{1}{\sqrt{3}}) + 2\pi k] \cup [\pi - \arcsin(\frac{1}{\sqrt{3}}) + 2\pi k, \frac{5\pi}{4} + 2\pi k], k \in \mathbb{Z} $.

г) $ \sqrt{\sin x + \sin 3x} \le \cos x $

Используем формулу суммы синусов: $ \sin x + \sin 3x = 2\sin\frac{x+3x}{2}\cos\frac{x-3x}{2} = 2\sin(2x)\cos x $.

Неравенство принимает вид $ \sqrt{2\sin(2x)\cos x} \le \cos x $.

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

$ \begin{cases} f(x) \ge 0 \\ g(x) \ge 0 \\ f(x) \le (g(x))^2 \end{cases} \implies \begin{cases} 2\sin(2x)\cos x \ge 0 \\ \cos x \ge 0 \\ 2\sin(2x)\cos x \le \cos^2 x \end{cases} $

Из второго условия $ \cos x \ge 0 $, что соответствует $ x \in [-\frac{\pi}{2} + 2\pi k, \frac{\pi}{2} + 2\pi k] $.

Рассмотрим два случая.

Случай 1: $ \cos x = 0 $. Это точки $ x = \pm\frac{\pi}{2} + 2\pi k $.

Подставляем в исходное неравенство: $ \sqrt{0} \le 0 $, что верно. Следовательно, эти точки являются решениями.

Случай 2: $ \cos x > 0 $. Это интервал $ x \in (-\frac{\pi}{2} + 2\pi k, \frac{\pi}{2} + 2\pi k) $.

На этом интервале система упрощается (можно разделить на $ \cos x > 0 $):

$ \begin{cases} 2\sin(2x) \ge 0 \implies \sin(2x) \ge 0 \\ 2\sin(2x) \le \cos x \end{cases} $

Условие $ \sin(2x) \ge 0 $ означает $ 2x \in [2\pi n, \pi + 2\pi n] \implies x \in [\pi n, \frac{\pi}{2} + \pi n] $.

Пересекая с $ (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}) $, получаем $ x \in [0, \frac{\pi}{2}) $.

Теперь на интервале $ [0, \frac{\pi}{2}) $ решаем второе неравенство: $ 2\sin(2x) \le \cos x $.

$ 2(2\sin x \cos x) \le \cos x $

$ 4\sin x \cos x \le \cos x $

Так как на $ [0, \frac{\pi}{2}) $ $ \cos x > 0 $, делим на него:

$ 4\sin x \le 1 \implies \sin x \le \frac{1}{4} $.

На интервале $ [0, \frac{\pi}{2}) $ функция $ \sin x $ возрастает, поэтому решением будет $ x \in [0, \arcsin(\frac{1}{4})] $.

Объединяем решения из обоих случаев:

1. Точки $ x = \pm\frac{\pi}{2} + 2\pi k $.

2. Интервал $ [2\pi k, \arcsin(\frac{1}{4}) + 2\pi k] $.

Ответ: $ x \in [2\pi k, \arcsin(\frac{1}{4}) + 2\pi k] \cup \{\pm\frac{\pi}{2} + 2\pi k\}, k \in \mathbb{Z} $.

30.58. a) $\sqrt{x} + \sqrt{x+5} < 9 - x;$

б) $3\sqrt{x+2} + 5\sqrt{3x+10} > 30 - 2x;$

в) $\sqrt{-x} + \sqrt{7-x} \leq x+16;$

г) $\sqrt{2-x} + 3\sqrt{10-3x} \leq 2x+18.$

а) $\sqrt{x} + \sqrt{x+5} < 9 - x$

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ).
Выражения под корнем должны быть неотрицательными:
$x \ge 0$
$x+5 \ge 0 \implies x \ge -5$
Левая часть неравенства неотрицательна, поэтому для существования решений правая часть должна быть строго положительной:
$9 - x > 0 \implies x < 9$
Объединяя все условия, получаем ОДЗ: $x \in [0, 9)$.

2. Решим неравенство. Рассмотрим функции в левой и правой частях неравенства.
Пусть $f(x) = \sqrt{x} + \sqrt{x+5}$. Эта функция является суммой двух возрастающих функций, следовательно, она строго возрастает на своей области определения.
Пусть $g(x) = 9 - x$. Эта функция является линейной с отрицательным коэффициентом, следовательно, она строго убывает.
Уравнение $f(x) = g(x)$ может иметь не более одного корня. Найдем этот корень подбором.
Проверим $x=4$ (входит в ОДЗ):
$f(4) = \sqrt{4} + \sqrt{4+5} = 2 + 3 = 5$
$g(4) = 9 - 4 = 5$
Поскольку $f(4) = g(4)$, $x=4$ является корнем уравнения.

3. Так как $f(x)$ возрастает, а $g(x)$ убывает, неравенство $f(x) < g(x)$ будет выполняться при $x < 4$.
С учетом ОДЗ $x \in [0, 9)$, получаем решение: $0 \le x < 4$.

Ответ: $x \in [0, 4)$.

б) $3\sqrt{x + 2} + 5\sqrt{3x + 10} > 30 - 2x$

1. Найдем ОДЗ.
$x+2 \ge 0 \implies x \ge -2$
$3x+10 \ge 0 \implies x \ge -10/3$
Пересекая условия, получаем ОДЗ: $x \in [-2, \infty)$.

2. Рассмотрим функции $f(x) = 3\sqrt{x + 2} + 5\sqrt{3x + 10}$ и $g(x) = 30 - 2x$.
Функция $f(x)$ строго возрастает на ОДЗ как сумма возрастающих функций.
Функция $g(x)$ строго убывает.
Уравнение $f(x) = g(x)$ имеет не более одного корня. Найдем его подбором.
Проверим $x=2$ (входит в ОДЗ):
$f(2) = 3\sqrt{2+2} + 5\sqrt{3 \cdot 2 + 10} = 3\sqrt{4} + 5\sqrt{16} = 3 \cdot 2 + 5 \cdot 4 = 6 + 20 = 26$
$g(2) = 30 - 2 \cdot 2 = 30 - 4 = 26$
Значит, $x=2$ — корень уравнения.

3. Так как $f(x)$ возрастает, а $g(x)$ убывает, неравенство $f(x) > g(x)$ выполняется при $x > 2$.
Решение $x > 2$ полностью удовлетворяет ОДЗ $x \ge -2$.

Ответ: $x \in (2, +\infty)$.

в) $\sqrt{-x} + \sqrt{7-x} \le x + 16$

1. Найдем ОДЗ.
$-x \ge 0 \implies x \le 0$
$7-x \ge 0 \implies x \le 7$
Пересекая условия, получаем ОДЗ: $x \in (-\infty, 0]$.

2. Рассмотрим функции $f(x) = \sqrt{-x} + \sqrt{7-x}$ и $g(x) = x + 16$.
Производная $f'(x) = \frac{-1}{2\sqrt{-x}} + \frac{-1}{2\sqrt{7-x}} < 0$ на всей области определения (кроме $x=0$), значит, функция $f(x)$ строго убывает.
Функция $g(x)$ строго возрастает.
Уравнение $f(x) = g(x)$ имеет не более одного корня. Найдем его подбором.
Проверим $x=-9$ (входит в ОДЗ):
$f(-9) = \sqrt{-(-9)} + \sqrt{7-(-9)} = \sqrt{9} + \sqrt{16} = 3 + 4 = 7$
$g(-9) = -9 + 16 = 7$
Значит, $x=-9$ — корень уравнения.

3. Так как $f(x)$ убывает, а $g(x)$ возрастает, неравенство $f(x) \le g(x)$ выполняется при $x \ge -9$.
С учетом ОДЗ $x \le 0$, получаем решение: $-9 \le x \le 0$.

Ответ: $x \in [-9, 0]$.

г) $\sqrt{2 - x} + 3\sqrt{10 - 3x} \le 2x + 18$

1. Найдем ОДЗ.
$2-x \ge 0 \implies x \le 2$
$10-3x \ge 0 \implies 3x \le 10 \implies x \le 10/3$
Пересекая условия, получаем ОДЗ: $x \in (-\infty, 2]$.

2. Рассмотрим функции $f(x) = \sqrt{2 - x} + 3\sqrt{10 - 3x}$ и $g(x) = 2x + 18$.
Функция $f(x)$ является суммой двух убывающих функций, следовательно, она строго убывает на ОДЗ.
Функция $g(x)$ строго возрастает.
Уравнение $f(x) = g(x)$ имеет не более одного корня. Найдем его подбором, проверяя целые числа, при которых выражения под корнями становятся полными квадратами.
Проверим $x=-2$ (входит в ОДЗ):
$f(-2) = \sqrt{2-(-2)} + 3\sqrt{10-3(-2)} = \sqrt{4} + 3\sqrt{16} = 2 + 3 \cdot 4 = 14$
$g(-2) = 2(-2) + 18 = -4 + 18 = 14$
Значит, $x=-2$ — корень уравнения.

3. Так как $f(x)$ убывает, а $g(x)$ возрастает, неравенство $f(x) \le g(x)$ выполняется при $x \ge -2$.
С учетом ОДЗ $x \le 2$, получаем итоговое решение: $-2 \le x \le 2$.

Ответ: $x \in [-2, 2]$.