Страница 260 - гдз по алгебре 11 класс учебник Никольский, Потапов

9.43* Докажите справедливость утверждений 1–5.

Для доказательства данных утверждений, которые являются основными свойствами определенного интеграла, воспользуемся формулой Ньютона-Лейбница: $\int_a^b f(x) dx = F(b) - F(a)$, где $F'(x) = f(x)$, и определением интеграла как предела интегральных сумм. Предполагается, что все функции непрерывны на отрезке интегрирования $[a, b]$.

1.

Докажем, что $\int_a^b k f(x) dx = k \int_a^b f(x) dx$, где $k$ — постоянная.

Пусть $F(x)$ — первообразная для функции $f(x)$, т.е. $F'(x) = f(x)$. По свойству производной, $(kF(x))' = k F'(x) = kf(x)$. Это значит, что $kF(x)$ является первообразной для $kf(x)$.

Применим формулу Ньютона-Лейбница к левой части доказываемого равенства:

$\int_a^b k f(x) dx = kF(b) - kF(a)$.

Теперь рассмотрим правую часть. По определению, $\int_a^b f(x) dx = F(b) - F(a)$. Умножив на $k$, получим:

$k \int_a^b f(x) dx = k(F(b) - F(a)) = kF(b) - kF(a)$.

Так как левая и правая части равны, утверждение доказано.

Ответ: Справедливость утверждения доказана.

2.

Докажем, что $\int_a^b (f(x) + g(x)) dx = \int_a^b f(x) dx + \int_a^b g(x) dx$.

Пусть $F(x)$ и $G(x)$ — первообразные для функций $f(x)$ и $g(x)$ соответственно. Тогда $F'(x) = f(x)$ и $G'(x) = g(x)$. По свойству производной суммы, $(F(x) + G(x))' = F'(x) + G'(x) = f(x) + g(x)$. Значит, $F(x) + G(x)$ — первообразная для $f(x) + g(x)$.

Применим формулу Ньютона-Лейбница к левой части:

$\int_a^b (f(x) + g(x)) dx = (F(b) + G(b)) - (F(a) + G(a))$.

Рассмотрим правую часть:

$\int_a^b f(x) dx + \int_a^b g(x) dx = (F(b) - F(a)) + (G(b) - G(a))$.

Раскрыв скобки и перегруппировав слагаемые, получим $F(b) + G(b) - F(a) - G(a)$, что совпадает с выражением для левой части.

Ответ: Справедливость утверждения доказана.

3.

Докажем, что $\int_a^b f(x) dx = \int_a^c f(x) dx + \int_c^b f(x) dx$ для любого $c \in (a, b)$.

Пусть $F(x)$ — первообразная для $f(x)$. По формуле Ньютона-Лейбница левая часть равна:

$\int_a^b f(x) dx = F(b) - F(a)$.

Рассмотрим правую часть:

$\int_a^c f(x) dx + \int_c^b f(x) dx = (F(c) - F(a)) + (F(b) - F(c))$.

Упростив выражение, получим $F(c) - F(a) + F(b) - F(c) = F(b) - F(a)$.

Левая и правая части равны, что доказывает свойство аддитивности интеграла.

Ответ: Справедливость утверждения доказана.

4.

Докажем, что если $f(x) \ge 0$ на $[a, b]$, то $\int_a^b f(x) dx \ge 0$.

Доказательство основывается на определении определенного интеграла как предела интегральных сумм Римана. Интегральная сумма $S_n$ для $\int_a^b f(x) dx$ имеет вид $S_n = \sum_{i=1}^{n} f(\xi_i) \Delta x_i$, где $\Delta x_i = x_i - x_{i-1} > 0$ и $\xi_i \in [x_{i-1}, x_i]$.

По условию, $f(x) \ge 0$ на $[a, b]$, следовательно, $f(\xi_i) \ge 0$ для любой точки $\xi_i$. Поскольку $\Delta x_i$ также положительна (при $a<b$), каждое слагаемое в сумме $f(\xi_i) \Delta x_i \ge 0$. Сумма неотрицательных слагаемых $S_n$ также неотрицательна.

Определенный интеграл является пределом таких сумм: $\int_a^b f(x) dx = \lim_{n \to \infty, \max \Delta x_i \to 0} S_n$. Предел последовательности неотрицательных чисел не может быть отрицательным. Следовательно, $\int_a^b f(x) dx \ge 0$.

Геометрически это означает, что площадь криволинейной трапеции, лежащей над осью абсцисс, неотрицательна.

Ответ: Справедливость утверждения доказана.

5.

Докажем, что если $f(x) \ge g(x)$ на $[a, b]$, то $\int_a^b f(x) dx \ge \int_a^b g(x) dx$.

Рассмотрим новую функцию $h(x) = f(x) - g(x)$. Из условия $f(x) \ge g(x)$ следует, что $h(x) \ge 0$ для всех $x \in [a, b]$.

Используя результат, доказанный в пункте 4, для неотрицательной функции $h(x)$ имеем:

$\int_a^b h(x) dx \ge 0$.

Подставим обратно выражение для $h(x)$:

$\int_a^b (f(x) - g(x)) dx \ge 0$.

Используя свойства линейности интеграла (доказанные в пунктах 1 и 2), преобразуем левую часть:

$\int_a^b f(x) dx - \int_a^b g(x) dx \ge 0$.

Перенеся второй интеграл в правую часть неравенства, получаем требуемое:

$\int_a^b f(x) dx \ge \int_a^b g(x) dx$.

Ответ: Справедливость утверждения доказана.

Решите неравенство (9.44–9.50):

9.44 a) $ \sqrt{2x-1} < x-2 $;

б) $ \sqrt{2x+1} < x-1 $.

а) $\sqrt{2x-1} < x-2$

Данное иррациональное неравенство вида $\sqrt{f(x)} < g(x)$ равносильно системе, так как для существования решения необходимо, чтобы подкоренное выражение было неотрицательным, а правая часть неравенства — строго положительной (поскольку арифметический квадратный корень не может быть меньше отрицательного числа или нуля). После этого можно возвести обе части в квадрат.

Система неравенств выглядит следующим образом:

$$ \begin{cases} 2x - 1 \ge 0 \\ x - 2 > 0 \\ (\sqrt{2x - 1})^2 < (x - 2)^2 \end{cases} $$

Решим каждое неравенство системы:

1. $2x - 1 \ge 0 \implies 2x \ge 1 \implies x \ge \frac{1}{2}$.

2. $x - 2 > 0 \implies x > 2$.

3. $2x - 1 < (x - 2)^2 \implies 2x - 1 < x^2 - 4x + 4$.

Перенесем все члены в правую часть:

$0 < x^2 - 4x - 2x + 4 + 1$

$x^2 - 6x + 5 > 0$

Чтобы решить это квадратное неравенство, найдем корни соответствующего уравнения $x^2 - 6x + 5 = 0$. По теореме Виета, сумма корней равна 6, а их произведение равно 5. Следовательно, корни $x_1 = 1$ и $x_2 = 5$.

Парабола $y = x^2 - 6x + 5$ направлена ветвями вверх, поэтому неравенство $x^2 - 6x + 5 > 0$ выполняется при значениях $x$ вне интервала между корнями, то есть $x \in (-\infty, 1) \cup (5, \infty)$.

Теперь объединим все три условия в одну систему и найдем общее решение:

$$ \begin{cases} x \ge \frac{1}{2} \\ x > 2 \\ x \in (-\infty, 1) \cup (5, \infty) \end{cases} $$

Из первых двух условий следует, что $x > 2$. Учитывая третье условие, получаем пересечение интервалов $(2, \infty)$ и $((-\infty, 1) \cup (5, \infty))$, что дает нам итоговый результат $x \in (5, \infty)$.

Ответ: $x \in (5, \infty)$.

б) $\sqrt{2x+1} < x-1$

Это неравенство также имеет вид $\sqrt{f(x)} < g(x)$ и решается с помощью аналогичной системы неравенств:

$$ \begin{cases} 2x + 1 \ge 0 \\ x - 1 > 0 \\ (\sqrt{2x + 1})^2 < (x - 1)^2 \end{cases} $$

Решим каждое неравенство по отдельности:

1. $2x + 1 \ge 0 \implies 2x \ge -1 \implies x \ge -\frac{1}{2}$.

2. $x - 1 > 0 \implies x > 1$.

3. $2x + 1 < (x - 1)^2 \implies 2x + 1 < x^2 - 2x + 1$.

Перенесем все члены в правую часть:

$0 < x^2 - 2x - 2x + 1 - 1$

$x^2 - 4x > 0$

Разложим левую часть на множители: $x(x - 4) > 0$. Корни соответствующего уравнения $x(x-4)=0$ равны $x_1 = 0$ и $x_2 = 4$.

Парабола $y = x^2 - 4x$ направлена ветвями вверх, поэтому неравенство $x(x-4)>0$ выполняется при $x \in (-\infty, 0) \cup (4, \infty)$.

Найдем пересечение решений всех трех неравенств:

$$ \begin{cases} x \ge -\frac{1}{2} \\ x > 1 \\ x \in (-\infty, 0) \cup (4, \infty) \end{cases} $$

Из первых двух условий следует, что $x > 1$. Пересекая это решение $(1, \infty)$ с решением третьего неравенства $(-\infty, 0) \cup (4, \infty)$, получаем итоговый интервал $x \in (4, \infty)$.

Ответ: $x \in (4, \infty)$.

9.45 a) $ \sqrt{2x-1} > x-2; $

б) $ \sqrt{2x+1} > x-1. $

а) Решим неравенство $\sqrt{2x-1} > x-2$.

Данное иррациональное неравенство вида $\sqrt{f(x)} > g(x)$ равносильно совокупности двух систем. Решение неравенства — это объединение решений этих двух систем.

Случай 1: Правая часть неравенства отрицательна.

Если $x-2 < 0$, то неравенство будет верным для всех $x$, при которых подкоренное выражение неотрицательно (так как квадратный корень всегда неотрицателен, а любое неотрицательное число больше любого отрицательного).

Составим систему:

$\begin{cases} 2x-1 \ge 0 \\ x-2 < 0 \end{cases}$

Решим ее:

$\begin{cases} 2x \ge 1 \\ x < 2 \end{cases} \implies \begin{cases} x \ge 1/2 \\ x < 2 \end{cases}$

Решением этой системы является промежуток $x \in [1/2, 2)$.

Случай 2: Правая часть неравенства неотрицательна.

Если $x-2 \ge 0$, то обе части неравенства неотрицательны, и мы можем возвести их в квадрат, сохранив знак неравенства. Также необходимо учесть область допустимых значений подкоренного выражения, но она будет автоматически выполнена, так как $2x-1 > (x-2)^2 \ge 0$.

Составим систему:

$\begin{cases} x-2 \ge 0 \\ (\sqrt{2x-1})^2 > (x-2)^2 \end{cases}$

Решим ее:

$\begin{cases} x \ge 2 \\ 2x-1 > x^2-4x+4 \end{cases}$

Решим второе неравенство системы:

$2x-1 > x^2-4x+4$

$0 > x^2-6x+5$

$x^2-6x+5 < 0$

Найдем корни квадратного трехчлена $x^2-6x+5=0$. По теореме Виета, корни $x_1=1$ и $x_2=5$. Ветви параболы направлены вверх, поэтому неравенство выполняется на интервале между корнями: $x \in (1, 5)$.

Теперь вернемся к системе и найдем пересечение полученного интервала с условием $x \ge 2$:

$\begin{cases} x \ge 2 \\ 1 < x < 5 \end{cases} \implies x \in [2, 5)$.

Объединение решений.

Решение исходного неравенства — это объединение решений, полученных в двух случаях:

$[1/2, 2) \cup [2, 5) = [1/2, 5)$.

Ответ: $x \in [1/2, 5)$.

б) Решим неравенство $\sqrt{2x+1} > x-1$.

Аналогично предыдущему пункту, рассмотрим два случая.

Случай 1: Правая часть неравенства отрицательна.

Если $x-1 < 0$, неравенство верно при всех $x$ из области определения.

$\begin{cases} 2x+1 \ge 0 \\ x-1 < 0 \end{cases} \implies \begin{cases} 2x \ge -1 \\ x < 1 \end{cases} \implies \begin{cases} x \ge -1/2 \\ x < 1 \end{cases}$

Решением этой системы является промежуток $x \in [-1/2, 1)$.

Случай 2: Правая часть неравенства неотрицательна.

Если $x-1 \ge 0$, возводим обе части в квадрат.

$\begin{cases} x-1 \ge 0 \\ (\sqrt{2x+1})^2 > (x-1)^2 \end{cases} \implies \begin{cases} x \ge 1 \\ 2x+1 > x^2-2x+1 \end{cases}$

Решим второе неравенство системы:

$2x+1 > x^2-2x+1$

$0 > x^2-4x$

$x^2-4x < 0$

$x(x-4) < 0$

Корни уравнения $x(x-4)=0$ равны $x_1=0$ и $x_2=4$. Ветви параболы направлены вверх, поэтому неравенство выполняется на интервале между корнями: $x \in (0, 4)$.

Найдем пересечение этого решения с условием $x \ge 1$:

$\begin{cases} x \ge 1 \\ 0 < x < 4 \end{cases} \implies x \in [1, 4)$.

Объединение решений.

Объединяем решения, полученные в двух случаях:

$[-1/2, 1) \cup [1, 4) = [-1/2, 4)$.

Ответ: $x \in [-1/2, 4)$.

9.46 а) $ \sqrt[4]{x^2 - 11x + 31} > \sqrt[4]{x - 4}; $

Б) $ \sqrt[10]{x^2 - 9} > \sqrt[10]{9x + 1}; $

В) $ \sqrt[8]{x^2 - 36} > \sqrt[8]{5x}; $

Г) $ \sqrt[4]{x + 19} > \sqrt[4]{49 - x^2}. $

а) $\sqrt[4]{x^2 - 11x + 31} > \sqrt[4]{x - 4}$

Данное иррациональное неравенство с четным показателем корня (4) равносильно системе неравенств, где подкоренное выражение в правой части должно быть неотрицательным, а подкоренное выражение в левой части должно быть строго больше подкоренного выражения в правой:

$ \begin{cases} x^2 - 11x + 31 > x - 4 \\ x - 4 \ge 0 \end{cases} $

Заметим, что условие $x^2 - 11x + 31 \ge 0$ выполняется автоматически, так как из первого неравенства системы следует, что левая часть больше правой, а правая, в свою очередь, неотрицательна.

Решим первое неравенство системы:

$x^2 - 11x - x + 31 + 4 > 0$

$x^2 - 12x + 35 > 0$

Найдем корни соответствующего квадратного уравнения $x^2 - 12x + 35 = 0$. По теореме Виета, корни $x_1 = 5$ и $x_2 = 7$.

Так как ветви параболы $y = x^2 - 12x + 35$ направлены вверх, неравенство $x^2 - 12x + 35 > 0$ выполняется при $x \in (-\infty; 5) \cup (7; +\infty)$.

Решим второе неравенство системы:

$x - 4 \ge 0$

$x \ge 4$

Теперь найдем пересечение решений обоих неравенств: $(-\infty; 5) \cup (7; +\infty)$ и $[4; +\infty)$.

Пересечением является объединение интервалов $[4; 5)$ и $(7; +\infty)$.

Ответ: $x \in [4; 5) \cup (7; +\infty)$.

б) $\sqrt[10]{x^2 - 9} > \sqrt[10]{9x + 1}$

Показатель корня (10) — четное число. Неравенство равносильно системе:

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

Решим первое неравенство:

$x^2 - 9x - 10 > 0$

Найдем корни уравнения $x^2 - 9x - 10 = 0$. По теореме Виета, корни $x_1 = 10$ и $x_2 = -1$.

Ветви параболы $y = x^2 - 9x - 10$ направлены вверх, поэтому решение неравенства: $x \in (-\infty; -1) \cup (10; +\infty)$.

Решим второе неравенство:

$9x + 1 \ge 0$

$9x \ge -1$

$x \ge -\frac{1}{9}$

Найдем пересечение решений: $(-\infty; -1) \cup (10; +\infty)$ и $[-\frac{1}{9}; +\infty)$.

Так как $-\frac{1}{9} > -1$, пересечение первого интервала $(-\infty; -1)$ с $[-\frac{1}{9}; +\infty)$ пусто. Пересечением второго интервала $(10; +\infty)$ с $[-\frac{1}{9}; +\infty)$ является сам интервал $(10; +\infty)$.

Ответ: $x \in (10; +\infty)$.

в) $\sqrt[8]{x^2 - 36} > \sqrt[8]{5x}$

Показатель корня (8) — четное число. Неравенство равносильно системе:

$ \begin{cases} x^2 - 36 > 5x \\ 5x \ge 0 \end{cases} $

Решим первое неравенство:

$x^2 - 5x - 36 > 0$

Найдем корни уравнения $x^2 - 5x - 36 = 0$. По теореме Виета, корни $x_1 = 9$ и $x_2 = -4$.

Ветви параболы $y = x^2 - 5x - 36$ направлены вверх, поэтому решение неравенства: $x \in (-\infty; -4) \cup (9; +\infty)$.

Решим второе неравенство:

$5x \ge 0$

$x \ge 0$

Найдем пересечение решений: $(-\infty; -4) \cup (9; +\infty)$ и $[0; +\infty)$.

Пересечение интервала $(-\infty; -4)$ с $[0; +\infty)$ пусто. Пересечением интервала $(9; +\infty)$ с $[0; +\infty)$ является интервал $(9; +\infty)$.

Ответ: $x \in (9; +\infty)$.

г) $\sqrt[4]{x + 19} > \sqrt[4]{49 - x^2}$

Показатель корня (4) — четное число. Неравенство равносильно системе:

$ \begin{cases} x + 19 > 49 - x^2 \\ 49 - x^2 \ge 0 \end{cases} $

Решим первое неравенство:

$x^2 + x + 19 - 49 > 0$

$x^2 + x - 30 > 0$

Найдем корни уравнения $x^2 + x - 30 = 0$. По теореме Виета, корни $x_1 = 5$ и $x_2 = -6$.

Ветви параболы $y = x^2 + x - 30$ направлены вверх, поэтому решение неравенства: $x \in (-\infty; -6) \cup (5; +\infty)$.

Решим второе неравенство:

$49 - x^2 \ge 0$

$x^2 - 49 \le 0$

$(x - 7)(x + 7) \le 0$

Ветви параболы $y = x^2 - 49$ направлены вверх, поэтому решение неравенства: $x \in [-7; 7]$.

Найдем пересечение решений: $((-\infty; -6) \cup (5; +\infty))$ и $[-7; 7]$.

Пересечение $(-\infty; -6)$ с $[-7; 7]$ дает $[-7; -6)$.

Пересечение $(5; +\infty)$ с $[-7; 7]$ дает $(5; 7]$.

Объединяя эти два промежутка, получаем окончательное решение.

Ответ: $x \in [-7; -6) \cup (5; 7]$.

9.47* a) $\sqrt[8]{x^2+\sqrt{x}} \ge \sqrt[8]{5x-4+\sqrt{x}};$

B) $\sqrt[10]{x^2-\sqrt{x}} \ge \sqrt[10]{5x-4-\sqrt{x}};$

б) $\sqrt[6]{x^2+\sqrt{x}} \ge \sqrt[6]{3x-2+\sqrt{x}};$

Г) $\sqrt[12]{x^2-\sqrt{x}} \ge \sqrt[12]{3x-2-\sqrt{x}}.$

а)

Дано неравенство $\sqrt[8]{x^2 + \sqrt{x}} \geq \sqrt[8]{5x - 4 + \sqrt{x}}$.

Так как показатель корня (8) является четным числом, данное неравенство равносильно системе, в которой подкоренное выражение большего члена сравнивается с подкоренным выражением меньшего, и меньшее подкоренное выражение должно быть неотрицательным. Это гарантирует, что оба подкоренных выражения неотрицательны, а также что мы находимся в области определения возрастающей функции $y=\sqrt[8]{t}$.

Система неравенств:

1) $x^2 + \sqrt{x} \geq 5x - 4 + \sqrt{x}$

2) $5x - 4 + \sqrt{x} \geq 0$

Решим первое неравенство:

$x^2 \geq 5x - 4$

$x^2 - 5x + 4 \geq 0$

Найдем корни уравнения $x^2 - 5x + 4 = 0$. По теореме Виета, $x_1 = 1$, $x_2 = 4$. Парабола $y = x^2 - 5x + 4$ имеет ветви вверх, поэтому решение неравенства: $x \in (-\infty, 1] \cup [4, +\infty)$.

Решим второе неравенство, которое определяет область допустимых значений (ОДЗ). Также учтем, что $x \geq 0$ из-за наличия $\sqrt{x}$.

$5x - 4 + \sqrt{x} \geq 0$. Сделаем замену $t = \sqrt{x}$, где $t \geq 0$.

$5t^2 + t - 4 \geq 0$.

Корни уравнения $5t^2 + t - 4 = 0$ равны $t_1 = -1$ и $t_2 = \frac{4}{5}$. Решение неравенства $t \in (-\infty, -1] \cup [\frac{4}{5}, +\infty)$. С учетом $t \geq 0$, получаем $t \geq \frac{4}{5}$.

Выполним обратную замену: $\sqrt{x} \geq \frac{4}{5}$, откуда $x \geq \frac{16}{25}$.

Теперь найдем пересечение полученного решения $x \in (-\infty, 1] \cup [4, +\infty)$ с ОДЗ $x \geq \frac{16}{25}$.

Пересечением является множество $x \in [\frac{16}{25}, 1] \cup [4, +\infty)$.

Ответ: $x \in [\frac{16}{25}, 1] \cup [4, +\infty)$.

б)

Дано неравенство $\sqrt[6]{x^2 + \sqrt{x}} \geq \sqrt[6]{3x - 2 + \sqrt{x}}$.

По аналогии с пунктом а), так как корень четной степени, неравенство равносильно системе:

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

2) $3x - 2 + \sqrt{x} \geq 0$

Решим первое неравенство:

$x^2 \geq 3x - 2$

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

Корни уравнения $x^2 - 3x + 2 = 0$ равны $x_1 = 1$ и $x_2 = 2$. Ветви параболы направлены вверх, решение: $x \in (-\infty, 1] \cup [2, +\infty)$.

Решим второе неравенство (ОДЗ), учитывая $x \geq 0$:

$3x - 2 + \sqrt{x} \geq 0$. Замена $t = \sqrt{x}$, $t \geq 0$.

$3t^2 + t - 2 \geq 0$.

Корни уравнения $3t^2 + t - 2 = 0$ равны $t_1 = -1$ и $t_2 = \frac{2}{3}$. Решение неравенства $t \in (-\infty, -1] \cup [\frac{2}{3}, +\infty)$. С учетом $t \geq 0$, получаем $t \geq \frac{2}{3}$.

Обратная замена: $\sqrt{x} \geq \frac{2}{3}$, откуда $x \geq \frac{4}{9}$.

Найдем пересечение решения $x \in (-\infty, 1] \cup [2, +\infty)$ с ОДЗ $x \geq \frac{4}{9}$.

Пересечение: $x \in [\frac{4}{9}, 1] \cup [2, +\infty)$.

Ответ: $x \in [\frac{4}{9}, 1] \cup [2, +\infty)$.

в)

Дано неравенство $\sqrt[10]{x^2 - \sqrt{x}} \geq \sqrt[10]{5x - 4 - \sqrt{x}}$.

Неравенство равносильно системе:

1) $x^2 - \sqrt{x} \geq 5x - 4 - \sqrt{x}$

2) $5x - 4 - \sqrt{x} \geq 0$

Также необходимо, чтобы и левое подкоренное выражение было неотрицательным: $x^2 - \sqrt{x} \geq 0$.

Решим первое неравенство:

$x^2 \geq 5x - 4$

$x^2 - 5x + 4 \geq 0$

Это то же неравенство, что и в пункте а), его решение: $x \in (-\infty, 1] \cup [4, +\infty)$.

Теперь найдем ОДЗ, решив систему из двух других неравенств. Начнем со второго:

$5x - 4 - \sqrt{x} \geq 0$. Замена $t = \sqrt{x}$, $t \geq 0$.

$5t^2 - t - 4 \geq 0$.

Корни уравнения $5t^2 - t - 4 = 0$ равны $t_1 = -\frac{4}{5}$ и $t_2 = 1$. Решение неравенства $t \in (-\infty, -\frac{4}{5}] \cup [1, +\infty)$. С учетом $t \geq 0$, получаем $t \geq 1$.

Обратная замена: $\sqrt{x} \geq 1$, откуда $x \geq 1$.

Проверим условие $x^2 - \sqrt{x} \geq 0$ при $x \geq 1$.

$x^2 \geq \sqrt{x}$. Так как при $x \geq 1$ обе части положительны, можно возвести в квадрат: $x^4 \geq x \implies x^4 - x \geq 0 \implies x(x^3-1) \geq 0$. Это верно для $x \geq 1$.

Таким образом, ОДЗ неравенства: $x \geq 1$.

Найдем пересечение решения $x \in (-\infty, 1] \cup [4, +\infty)$ с ОДЗ $x \geq 1$.

Пересечение: $x \in \{1\} \cup [4, +\infty)$.

Ответ: $x \in \{1\} \cup [4, +\infty)$.

г)

Дано неравенство $\sqrt[12]{x^2 - \sqrt{x}} \geq \sqrt[12]{3x - 2 - \sqrt{x}}$.

Неравенство равносильно системе:

1) $x^2 - \sqrt{x} \geq 3x - 2 - \sqrt{x}$

2) $3x - 2 - \sqrt{x} \geq 0$

3) $x^2 - \sqrt{x} \geq 0$

Решим первое неравенство:

$x^2 \geq 3x - 2$

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

Это то же неравенство, что и в пункте б), его решение: $x \in (-\infty, 1] \cup [2, +\infty)$.

Найдем ОДЗ. Решим неравенство $3x - 2 - \sqrt{x} \geq 0$.

Замена $t = \sqrt{x}$, $t \geq 0$.

$3t^2 - t - 2 \geq 0$.

Корни уравнения $3t^2 - t - 2 = 0$ равны $t_1 = -\frac{2}{3}$ и $t_2 = 1$. Решение неравенства $t \in (-\infty, -\frac{2}{3}] \cup [1, +\infty)$. С учетом $t \geq 0$, получаем $t \geq 1$.

Обратная замена: $\sqrt{x} \geq 1$, откуда $x \geq 1$.

Как мы видели в пункте в), условие $x^2 - \sqrt{x} \geq 0$ также выполняется при $x \geq 1$.

Следовательно, ОДЗ неравенства: $x \geq 1$.

Найдем пересечение решения $x \in (-\infty, 1] \cup [2, +\infty)$ с ОДЗ $x \geq 1$.

Пересечение: $x \in \{1\} \cup [2, +\infty)$.

Ответ: $x \in \{1\} \cup [2, +\infty)$.

9.48 a) $\log_2(x^2 - 5x - 34) > \log_2(x + 6)$;

б) $\log_{0,5}(x^2 - 16) > \log_{0,5}(3x + 38)$;

в) $\log_3(x^2 - 4) < \log_3(44 - 2x)$;

г) $\log_{0,5}(x^2 - 22) < \log_{0,5}(3x + 18)$.

а) $log_2(x^2 - 5x - 34) > log_2(x + 6)$

Так как основание логарифма $2 > 1$, то функция $y = log_2(t)$ является возрастающей. Поэтому при переходе от логарифмов к их аргументам знак неравенства сохраняется. Неравенство равносильно системе:

$\begin{cases} x^2 - 5x - 34 > x + 6 \\ x + 6 > 0 \end{cases}$

Решим первое неравенство системы:

$x^2 - 5x - 34 - x - 6 > 0$

$x^2 - 6x - 40 > 0$

Найдем корни соответствующего квадратного уравнения $x^2 - 6x - 40 = 0$.

Дискриминант $D = (-6)^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-40) = 36 + 160 = 196 = 14^2$.

$x_1 = \frac{6 - 14}{2} = -4$

$x_2 = \frac{6 + 14}{2} = 10$

Ветви параболы $y = x^2 - 6x - 40$ направлены вверх, поэтому неравенство $x^2 - 6x - 40 > 0$ выполняется при $x \in (-\infty; -4) \cup (10; +\infty)$.

Решим второе неравенство системы (область допустимых значений):

$x + 6 > 0 \implies x > -6$, то есть $x \in (-6; +\infty)$.

Найдем пересечение решений двух неравенств: $((- \infty; -4) \cup (10; +\infty)) \cap (-6; +\infty)$.

Пересечение дает нам два интервала: $(-6; -4)$ и $(10; +\infty)$.

Ответ: $x \in (-6; -4) \cup (10; +\infty)$.

б) $log_{0,5}(x^2 - 16) > log_{0,5}(3x + 38)$

Так как основание логарифма $0,5 \in (0; 1)$, то функция $y = log_{0,5}(t)$ является убывающей. Поэтому при переходе от логарифмов к их аргументам знак неравенства меняется на противоположный. Неравенство равносильно системе:

$\begin{cases} x^2 - 16 < 3x + 38 \\ x^2 - 16 > 0 \end{cases}$

Решим первое неравенство системы:

$x^2 - 3x - 16 - 38 < 0$

$x^2 - 3x - 54 < 0$

Найдем корни уравнения $x^2 - 3x - 54 = 0$. По теореме Виета:

$x_1 = -6$, $x_2 = 9$.

Ветви параболы направлены вверх, поэтому неравенство $x^2 - 3x - 54 < 0$ выполняется при $x \in (-6; 9)$.

Решим второе неравенство системы (ОДЗ):

$x^2 - 16 > 0 \implies (x-4)(x+4) > 0$.

Решением является $x \in (-\infty; -4) \cup (4; +\infty)$.

Найдем пересечение решений: $((- \infty; -4) \cup (4; +\infty)) \cap (-6; 9)$.

Это дает объединение интервалов $(-6; -4)$ и $(4; 9)$.

Ответ: $x \in (-6; -4) \cup (4; 9)$.

в) $log_3(x^2 - 4) < log_3(44 - 2x)$

Основание логарифма $3 > 1$, функция возрастающая, знак неравенства сохраняется. Неравенство равносильно системе:

$\begin{cases} x^2 - 4 < 44 - 2x \\ x^2 - 4 > 0 \end{cases}$

Решим первое неравенство:

$x^2 + 2x - 4 - 44 < 0$

$x^2 + 2x - 48 < 0$

Корни уравнения $x^2 + 2x - 48 = 0$ по теореме Виета: $x_1 = -8$, $x_2 = 6$.

Ветви параболы направлены вверх, значит, решение неравенства: $x \in (-8; 6)$.

Решим второе неравенство (ОДЗ):

$x^2 - 4 > 0 \implies (x-2)(x+2) > 0$.

Решением является $x \in (-\infty; -2) \cup (2; +\infty)$.

Найдем пересечение решений: $((- \infty; -2) \cup (2; +\infty)) \cap (-8; 6)$.

Пересечение дает нам два интервала: $(-8; -2)$ и $(2; 6)$.

Ответ: $x \in (-8; -2) \cup (2; 6)$.

г) $log_{0,5}(x^2 - 22) < log_{0,5}(3x + 18)$

Основание логарифма $0,5 \in (0; 1)$, функция убывающая, знак неравенства меняется на противоположный. Неравенство равносильно системе:

$\begin{cases} x^2 - 22 > 3x + 18 \\ 3x + 18 > 0 \end{cases}$

Решим первое неравенство:

$x^2 - 3x - 22 - 18 > 0$

$x^2 - 3x - 40 > 0$

Корни уравнения $x^2 - 3x - 40 = 0$ по теореме Виета: $x_1 = -5$, $x_2 = 8$.

Ветви параболы направлены вверх, значит, решение неравенства: $x \in (-\infty; -5) \cup (8; +\infty)$.

Решим второе неравенство (ОДЗ):

$3x + 18 > 0 \implies 3x > -18 \implies x > -6$.

Решением является $x \in (-6; +\infty)$.

Найдем пересечение решений: $((-\infty; -5) \cup (8; +\infty)) \cap (-6; +\infty)$.

Пересечение дает нам два интервала: $(-6; -5)$ и $(8; +\infty)$.

Ответ: $x \in (-6; -5) \cup (8; +\infty)$.

9.49 a) $\log_2(x - 2) + \sqrt{3 - x} < 3 + \sqrt{3 - x};$

б) $\log_2(x - 2) + \sqrt{3 - x} < \log_2(x - 2) + 2.$

а)

Дано неравенство: $log_2(x - 2) + \sqrt{3 - x} < 3 + \sqrt{3 - x}$.

1. Сначала найдем область допустимых значений (ОДЗ) для переменной $x$.

Для логарифма $log_2(x - 2)$ аргумент должен быть строго больше нуля:

$x - 2 > 0 \implies x > 2$.

Для квадратного корня $\sqrt{3 - x}$ подкоренное выражение должно быть неотрицательным:

$3 - x \ge 0 \implies x \le 3$.

Объединяя оба условия в систему, получаем ОДЗ:

$\begin{cases} x > 2 \\ x \le 3 \end{cases}$

Следовательно, ОДЗ: $x \in (2, 3]$.

2. Упростим исходное неравенство. Заметим, что слагаемое $\sqrt{3 - x}$ присутствует в обеих частях неравенства. Мы можем вычесть его из обеих частей:

$log_2(x - 2) + \sqrt{3 - x} - \sqrt{3 - x} < 3 + \sqrt{3 - x} - \sqrt{3 - x}$

$log_2(x - 2) < 3$.

3. Решим полученное логарифмическое неравенство. Представим число 3 в виде логарифма с основанием 2:

$3 = log_2(2^3) = log_2(8)$.

Теперь неравенство имеет вид:

$log_2(x - 2) < log_2(8)$.

Поскольку основание логарифма $2 > 1$, логарифмическая функция является возрастающей. Это значит, что для аргументов сохраняется тот же знак неравенства:

$x - 2 < 8$

$x < 10$.

4. Совместим полученное решение с ОДЗ. Нам нужно найти пересечение множеств $x < 10$ и $x \in (2, 3]$.

$\begin{cases} x < 10 \\ 2 < x \le 3 \end{cases}$

Решением системы является интервал $(2, 3]$.

Ответ: $x \in (2, 3]$.

б)

Дано неравенство: $log_2(x - 2) + \sqrt{3 - x} < log_2(x - 2) + 2$.

1. Область допустимых значений (ОДЗ) для этого неравенства такая же, как и в пункте а), так как оно содержит те же функции $log_2(x - 2)$ и $\sqrt{3 - x}$.

ОДЗ: $x \in (2, 3]$.

2. Упростим неравенство. Слагаемое $log_2(x - 2)$ есть в обеих частях. Вычтем его из обеих частей:

$log_2(x - 2) + \sqrt{3 - x} - log_2(x - 2) < log_2(x - 2) + 2 - log_2(x - 2)$

$\sqrt{3 - x} < 2$.

3. Решим полученное иррациональное неравенство. Обе части неравенства неотрицательны (левая часть по определению корня, правая — положительное число). Поэтому мы можем возвести обе части в квадрат, сохранив знак неравенства:

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

$3 - x < 4$.

Решим это линейное неравенство:

$-x < 4 - 3$

$-x < 1$

Умножим обе части на -1 и изменим знак неравенства на противоположный:

$x > -1$.

4. Совместим полученное решение с ОДЗ. Найдем пересечение множеств $x > -1$ и $x \in (2, 3]$.

$\begin{cases} x > -1 \\ 2 < x \le 3 \end{cases}$

Решением системы является интервал $(2, 3]$.

Ответ: $x \in (2, 3]$.

9.50 a) $9^x + 1 + \text{ctg}\frac{\pi x}{2} < 10 \cdot 3^{x-1} + \text{ctg}\frac{\pi x}{2}$;

б) $4^x + 2 + \text{tg}\frac{\pi x}{2} < 9 \cdot 2^{x-1} + \text{tg}\frac{\pi x}{2}$.

а)Исходное неравенство: $9^x + 1 + \text{ctg}\frac{\pi x}{2} < 10 \cdot 3^{x-1} + \text{ctg}\frac{\pi x}{2}$.Сначала найдем область допустимых значений (ОДЗ). Функция котангенса $\text{ctg}(u)$ определена, когда ее аргумент $u \neq \pi k$ для любого целого $k$. В нашем случае, $\frac{\pi x}{2} \neq \pi k$, что равносильно $x \neq 2k$, $k \in \mathbb{Z}$. То есть, $x$ не может быть четным целым числом.Упростим неравенство, вычитая $\text{ctg}\frac{\pi x}{2}$ из обеих частей: $9^x + 1 < 10 \cdot 3^{x-1}$.Приведем степени к одному основанию 3. Так как $9^x = (3^2)^x = 3^{2x}$ и $3^{x-1} = \frac{3^x}{3}$, неравенство принимает вид: $3^{2x} + 1 < 10 \cdot \frac{3^x}{3}$.Сделаем замену переменной. Пусть $t = 3^x$. Поскольку $3^x > 0$ для любого $x$, то $t > 0$. Получаем квадратное неравенство: $t^2 + 1 < \frac{10}{3}t$.Перенесем все члены в левую часть и решим его: $t^2 - \frac{10}{3}t + 1 < 0$. Умножим на 3, чтобы избавиться от дроби: $3t^2 - 10t + 3 < 0$.Найдем корни уравнения $3t^2 - 10t + 3 = 0$. Дискриминант $D = (-10)^2 - 4 \cdot 3 \cdot 3 = 100 - 36 = 64$. Корни: $t_1 = \frac{10 - \sqrt{64}}{2 \cdot 3} = \frac{10 - 8}{6} = \frac{1}{3}$ и $t_2 = \frac{10 + \sqrt{64}}{2 \cdot 3} = \frac{10 + 8}{6} = 3$.Парабола $y = 3t^2 - 10t + 3$ направлена ветвями вверх, поэтому неравенство выполняется между корнями: $\frac{1}{3} < t < 3$.Вернемся к переменной $x$: $\frac{1}{3} < 3^x < 3$. Запишем в виде степеней с основанием 3: $3^{-1} < 3^x < 3^1$.Так как основание $3 > 1$, функция $y=3^x$ возрастающая, поэтому можно перейти к неравенству для показателей: $-1 < x < 1$.Теперь учтем ОДЗ: $x \neq 2k$, $k \in \mathbb{Z}$. В интервале $(-1, 1)$ единственное четное целое число - это $x=0$ (при $k=0$). Следовательно, это значение нужно исключить.Ответ: $(-1, 0) \cup (0, 1)$.

б)Исходное неравенство: $4^x + 2 + \text{tg}\frac{\pi x}{2} < 9 \cdot 2^{x-1} + \text{tg}\frac{\pi x}{2}$.Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Функция тангенса $\text{tg}(u)$ определена, когда ее аргумент $u \neq \frac{\pi}{2} + \pi k$ для любого целого $k$. В нашем случае, $\frac{\pi x}{2} \neq \frac{\pi}{2} + \pi k$, что равносильно $x \neq 1 + 2k$, $k \in \mathbb{Z}$. То есть, $x$ не может быть нечетным целым числом.Упростим неравенство, вычитая $\text{tg}\frac{\pi x}{2}$ из обеих частей: $4^x + 2 < 9 \cdot 2^{x-1}$.Приведем степени к одному основанию 2. Так как $4^x = (2^2)^x = 2^{2x}$ и $2^{x-1} = \frac{2^x}{2}$, неравенство принимает вид: $2^{2x} + 2 < 9 \cdot \frac{2^x}{2}$.Сделаем замену переменной. Пусть $y = 2^x$. Так как $y > 0$ для всех $x$, получаем квадратное неравенство: $y^2 + 2 < \frac{9}{2}y$.Перенесем все члены в левую часть и умножим на 2: $2y^2 - 9y + 4 < 0$.Найдем корни уравнения $2y^2 - 9y + 4 = 0$. Дискриминант $D = (-9)^2 - 4 \cdot 2 \cdot 4 = 81 - 32 = 49$. Корни: $y_1 = \frac{9 - \sqrt{49}}{2 \cdot 2} = \frac{9 - 7}{4} = \frac{1}{2}$ и $y_2 = \frac{9 + \sqrt{49}}{2 \cdot 2} = \frac{9 + 7}{4} = 4$.Парабола $f(y) = 2y^2 - 9y + 4$ направлена ветвями вверх, поэтому неравенство выполняется между корнями: $\frac{1}{2} < y < 4$.Вернемся к переменной $x$: $\frac{1}{2} < 2^x < 4$.Запишем в виде степеней с основанием 2: $2^{-1} < 2^x < 2^2$.Так как основание $2 > 1$, функция $y=2^x$ возрастающая, поэтому можно перейти к неравенству для показателей: $-1 < x < 2$.Учтем ОДЗ: $x \neq 1 + 2k$, $k \in \mathbb{Z}$. В интервале $(-1, 2)$ находится одно нечетное целое число: $x=1$ (при $k=0$). Это значение нужно исключить.Ответ: $(-1, 1) \cup (1, 2)$.