Страница 262 - гдз по алгебре 11 класс учебник Никольский, Потапов

9.51* Докажите справедливость утверждений 6 и 7.

Для доказательства утверждений 6 и 7 нам понадобятся основные определения и соотношения для плоской электромагнитной волны, распространяющейся в вакууме.

• Вектор Пойнтинга (вектор плотности потока энергии): $\vec{S} = \frac{1}{\mu_0} [\vec{E} \times \vec{B}]$. Его модуль $S$ определяет энергию, проходящую через единичную площадку, перпендикулярную направлению распространения волны, за единицу времени. Для плоской волны, где $\vec{E} \perp \vec{B}$, его модуль равен $S = \frac{EB}{\mu_0}$.
• Объемная плотность энергии электромагнитного поля: $w = w_E + w_B = \frac{\varepsilon_0 E^2}{2} + \frac{B^2}{2\mu_0}$.
• Связь между модулями векторов напряженности электрического и магнитной индукции в плоской волне: $E = cB$.
• Скорость света в вакууме: $c = \frac{1}{\sqrt{\varepsilon_0 \mu_0}}$.

Докажем, что для плоской электромагнитной волны плотности энергии электрического и магнитного полей равны в любой момент времени: $w_E = w_B$.
Используем соотношение $E = cB$ и определение скорости света $c^2 = 1/(\varepsilon_0 \mu_0)$.
$w_E = \frac{\varepsilon_0 E^2}{2} = \frac{\varepsilon_0 (cB)^2}{2} = \frac{\varepsilon_0 c^2 B^2}{2}$.
Подставим $c^2$:
$w_E = \frac{\varepsilon_0}{2} \left(\frac{1}{\varepsilon_0 \mu_0}\right) B^2 = \frac{B^2}{2\mu_0} = w_B$.
Таким образом, $w_E = w_B$.
Полная объемная плотность энергии $w$ равна:
$w = w_E + w_B = 2w_E = \varepsilon_0 E^2$ или $w = 2w_B = \frac{B^2}{\mu_0}$.
Теперь выразим модуль вектора Пойнтинга $S$ через $w$.
$S = \frac{EB}{\mu_0}$.
Подставим в это выражение $E=cB$:
$S = \frac{(cB)B}{\mu_0} = c \frac{B^2}{\mu_0}$.
Так как мы показали, что $w = \frac{B^2}{\mu_0}$, то получаем:
$S = cw$.
Что и требовалось доказать.
Ответ: Утверждение $S=wc$ доказано.

Поскольку соотношение $S = wc$ справедливо для любого момента времени $t$, то оно будет справедливо и для средних по времени значений этих величин. Усредним обе части равенства $S(t) = w(t)c$ по времени (например, по периоду колебаний). Так как $c$ — константа, ее можно вынести за знак усреднения.
$\bar{S} = \overline{w(t)c} = c \cdot \overline{w(t)} = c\bar{w}$.
Таким образом, утверждение доказано.

Проведем доказательство также путем прямого вычисления средних значений для синусоидальной волны, где $E = E_m \cos(\omega t)$ и $B = B_m \cos(\omega t)$.
Среднее значение объемной плотности энергии:
$\bar{w} = \overline{\varepsilon_0 E^2} = \overline{\varepsilon_0 (E_m \cos(\omega t))^2} = \varepsilon_0 E_m^2 \overline{\cos^2(\omega t)}$.
Среднее значение $\cos^2(\omega t)$ за период равно $1/2$.
$\bar{w} = \frac{1}{2} \varepsilon_0 E_m^2$.
Среднее значение модуля вектора Пойнтинга:
$\bar{S} = \overline{\frac{EB}{\mu_0}} = \overline{\frac{(E_m \cos(\omega t))(B_m \cos(\omega t))}{\mu_0}} = \frac{E_m B_m}{\mu_0} \overline{\cos^2(\omega t)}$.
$\bar{S} = \frac{1}{2} \frac{E_m B_m}{\mu_0}$.
Теперь проверим, выполняется ли равенство $\bar{S} = \bar{w}c$.
$\frac{1}{2} \frac{E_m B_m}{\mu_0} = \left(\frac{1}{2} \varepsilon_0 E_m^2\right) c$.
Сократим общие множители $\frac{1}{2}$ и $E_m$:
$\frac{B_m}{\mu_0} = \varepsilon_0 E_m c$.
Используем связь амплитуд $B_m = E_m/c$:
$\frac{E_m/c}{\mu_0} = \varepsilon_0 E_m c$.
$\frac{E_m}{c\mu_0} = \varepsilon_0 E_m c$.
Сократим $E_m$ и перенесем $c\mu_0$ в правую часть:
$1 = c^2 \varepsilon_0 \mu_0$.
Это равенство является определением скорости света в вакууме ($c = 1/\sqrt{\varepsilon_0 \mu_0}$), следовательно, оно истинно. Таким образом, исходное равенство $\bar{S} = \bar{w}c$ также истинно.
Ответ: Утверждение $\bar{S}=\bar{w}c$ доказано.

9.52* Докажите справедливость утверждений:

a) Неравенство $ |f(x)| < g(x) $ равносильно двойному неравенству $ -g(x) < f(x) < g(x) $.

б) Неравенство $ |f(x)| > g(x) $ равносильно совокупности двух неравенств $ f(x) > g(x) $ и $ f(x) < -g(x) $.

в) Неравенство $ \log_{g(x)} f(x) < \log_{g(x)} \varphi(x) $ равносильно совокупности систем

$ \begin{cases} 0 < f(x) < \varphi(x) \\ g(x) > 1 \end{cases} $ и $ \begin{cases} f(x) > \varphi(x) > 0 \\ 0 < g(x) < 1 \end{cases} $.

а) Докажем, что неравенство $|f(x)| < g(x)$ равносильно двойному неравенству $-g(x) < f(x) < g(x)$.

Рассмотрим два случая, исходя из определения модуля.

Прежде всего, заметим, что для существования решений неравенства $|f(x)| < g(x)$ необходимо, чтобы правая часть была положительной, так как модуль числа всегда неотрицателен. То есть, должно выполняться $g(x) > 0$.

Случай 1: $f(x) \ge 0$.

В этом случае $|f(x)| = f(x)$. Исходное неравенство принимает вид:

$f(x) < g(x)$.

Объединяя с условием случая, получаем систему:

$ \begin{cases} f(x) \ge 0 \\ f(x) < g(x) \end{cases} $ , что можно записать в виде двойного неравенства $0 \le f(x) < g(x)$.

Случай 2: $f(x) < 0$.

В этом случае $|f(x)| = -f(x)$. Исходное неравенство принимает вид:

$-f(x) < g(x)$.

Умножив обе части на -1, меняем знак неравенства:

$f(x) > -g(x)$.

Объединяя с условием случая, получаем систему:

$ \begin{cases} f(x) < 0 \\ f(x) > -g(x) \end{cases} $ , что можно записать в виде двойного неравенства $-g(x) < f(x) < 0$.

Решение исходного неравенства является объединением решений, полученных в обоих случаях:

($-g(x) < f(x) < 0$) $\cup$ ($0 \le f(x) < g(x)$).

Это объединение и представляет собой двойное неравенство $-g(x) < f(x) < g(x)$.

Таким образом, равносильность доказана.

Ответ: Утверждение доказано.

б) Докажем, что неравенство $|f(x)| > g(x)$ равносильно совокупности двух неравенств: $f(x) > g(x)$ и $f(x) < -g(x)$.

Рассмотрим два случая в зависимости от знака $g(x)$.

Случай 1: $g(x) < 0$.

Поскольку $|f(x)| \ge 0$ для любых $x$, а $g(x)$ отрицательно, неравенство $|f(x)| > g(x)$ выполняется для всех $x$ из области определения функции $f(x)$.

Рассмотрим теперь совокупность $f(x) > g(x)$ или $f(x) < -g(x)$. Так как $g(x) < 0$, то $-g(x) > 0$. Для любого действительного значения $y = f(x)$ будет выполняться либо $y > g(x)$ (так как $y$ может быть больше отрицательного числа), либо $y < -g(x)$ (так как $y$ может быть меньше положительного числа). Объединение этих двух условий покрывает всю числовую ось, то есть оно верно для любого значения $f(x)$. Следовательно, в этом случае утверждение справедливо.

Случай 2: $g(x) \ge 0$.

В этом случае обе части неравенства $|f(x)| > g(x)$ неотрицательны. Мы можем возвести их в квадрат, не меняя знака неравенства:

$|f(x)|^2 > (g(x))^2$

$(f(x))^2 > (g(x))^2$

Перенесем все в левую часть и разложим на множители как разность квадратов:

$(f(x))^2 - (g(x))^2 > 0$

$(f(x) - g(x))(f(x) + g(x)) > 0$

Произведение двух сомножителей положительно, если они оба имеют одинаковый знак. Это приводит к совокупности двух систем:

1) Оба сомножителя положительны:

$ \begin{cases} f(x) - g(x) > 0 \\ f(x) + g(x) > 0 \end{cases} \implies \begin{cases} f(x) > g(x) \\ f(x) > -g(x) \end{cases} $

Поскольку по условию случая $g(x) \ge 0$, то $g(x) \ge -g(x)$. Следовательно, если $f(x) > g(x)$, то неравенство $f(x) > -g(x)$ выполняется автоматически. Таким образом, эта система равносильна одному неравенству $f(x) > g(x)$.

2) Оба сомножителя отрицательны:

$ \begin{cases} f(x) - g(x) < 0 \\ f(x) + g(x) < 0 \end{cases} \implies \begin{cases} f(x) < g(x) \\ f(x) < -g(x) \end{cases} $

Поскольку $g(x) \ge 0$, то $-g(x) \le g(x)$. Следовательно, если $f(x) < -g(x)$, то неравенство $f(x) < g(x)$ выполняется автоматически. Эта система равносильна одному неравенству $f(x) < -g(x)$.

Объединяя решения из этих двух систем, получаем искомую совокупность: $f(x) > g(x)$ или $f(x) < -g(x)$.

Таким образом, равносильность доказана для всех возможных значений $g(x)$.

Ответ: Утверждение доказано.

в) Докажем, что неравенство $\log_{g(x)} f(x) < \log_{g(x)} \varphi(x)$ равносильно совокупности двух систем.

Прежде всего, запишем область допустимых значений (ОДЗ) для логарифмических выражений:

• Аргументы логарифмов должны быть строго положительны: $f(x) > 0$ и $\varphi(x) > 0$.
• Основание логарифма должно быть строго положительным и не равным единице: $g(x) > 0$ и $g(x) \neq 1$.

Решение логарифмического неравенства зависит от значения его основания $g(x)$. Рассмотрим два возможных случая.

Случай 1: Основание логарифма больше единицы, то есть $g(x) > 1$.

В этом случае логарифмическая функция $y = \log_a t$ является возрастающей. Это означает, что при переходе от неравенства логарифмов к неравенству их аргументов знак неравенства сохраняется:

$f(x) < \varphi(x)$.

Учитывая ОДЗ ($f(x) > 0$ и $\varphi(x) > 0$), получаем, что если $f(x) > 0$ и $f(x) < \varphi(x)$, то $\varphi(x)$ автоматически будет больше нуля. Следовательно, для этого случая мы получаем систему:

$ \begin{cases} 0 < f(x) < \varphi(x) \\ g(x) > 1 \end{cases} $

Эта система полностью совпадает с первой системой в доказываемом утверждении.

Случай 2: Основание логарифма находится в интервале от 0 до 1, то есть $0 < g(x) < 1$.

В этом случае логарифмическая функция $y = \log_a t$ является убывающей. Это означает, что при переходе от неравенства логарифмов к неравенству их аргументов знак неравенства меняется на противоположный:

$f(x) > \varphi(x)$.

Учитывая ОДЗ ($f(x) > 0$ и $\varphi(x) > 0$), получаем, что если $\varphi(x) > 0$ и $f(x) > \varphi(x)$, то $f(x)$ автоматически будет больше нуля. Следовательно, для этого случая мы получаем систему:

$ \begin{cases} f(x) > \varphi(x) > 0 \\ 0 < g(x) < 1 \end{cases} $

Эта система полностью совпадает со второй системой в доказываемом утверждении.

Общее решение исходного неравенства является объединением (совокупностью) решений, полученных в этих двух случаях. Таким образом, исходное неравенство равносильно совокупности двух указанных систем.

Ответ: Утверждение доказано.

Решите неравенство (9.53—9.64);

9.53 а) $(1 - x) \lg (x + 2) < 0;$

б) $(2 - x) \log_{0.5} (x + 3) > 0;$

в) $(x - 3) \log_{5} (5 - x) < 0;$

г) $(4 + x) \log_{0.2} (3 - x) > 0.$

а) $(1 - x)\lg(x + 2) < 0$

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Аргумент логарифма должен быть строго положительным:
$x + 2 > 0 \implies x > -2$.
Таким образом, ОДЗ: $x \in (-2, \infty)$.

2. Решим неравенство методом интервалов. Для этого найдем нули каждого множителя:
$1 - x = 0 \implies x = 1$.
$\lg(x + 2) = 0 \implies x + 2 = 10^0 \implies x + 2 = 1 \implies x = -1$.

3. Отметим на числовой прямой точки $x = -1$ и $x = 1$, а также учтем ОДЗ $x > -2$. Это разбивает область допустимых значений на три интервала: $(-2, -1)$, $(-1, 1)$ и $(1, \infty)$.

4. Определим знак произведения $f(x) = (1 - x)\lg(x + 2)$ на каждом интервале:
- При $x \in (1, \infty)$, например $x=8$: $1-8 = -7 < 0$, $\lg(8+2) = \lg(10) = 1 > 0$. Произведение $(-)(+) = (-)$, то есть $f(x) < 0$.
- При $x \in (-1, 1)$, например $x=0$: $1-0 = 1 > 0$, $\lg(0+2) = \lg(2) > 0$. Произведение $(+)(+) = (+)$, то есть $f(x) > 0$.
- При $x \in (-2, -1)$, например $x=-1.5$: $1-(-1.5) = 2.5 > 0$, $\lg(-1.5+2) = \lg(0.5) < 0$. Произведение $(+)(-) = (-)$, то есть $f(x) < 0$.

5. Неравенство требует, чтобы произведение было меньше нуля ($<0$), поэтому выбираем интервалы со знаком "минус".
Решением является объединение интервалов: $x \in (-2, -1) \cup (1, \infty)$.

Ответ: $x \in (-2, -1) \cup (1, \infty)$.

б) $(2 - x) \log_{0.5}(x + 3) > 0$

1. ОДЗ: $x + 3 > 0 \implies x > -3$. ОДЗ: $x \in (-3, \infty)$.

2. Нули множителей:
$2 - x = 0 \implies x = 2$.
$\log_{0.5}(x + 3) = 0 \implies x + 3 = (0.5)^0 \implies x + 3 = 1 \implies x = -2$.

3. Отметим точки $x = -2$ и $x = 2$ на числовой прямой с учетом ОДЗ $x > -3$. Интервалы: $(-3, -2)$, $(-2, 2)$, $(2, \infty)$.

4. Определим знак произведения $f(x) = (2 - x) \log_{0.5}(x + 3)$ на каждом интервале:
- При $x \in (2, \infty)$, например $x=5$: $2-5 = -3 < 0$, $x+3 = 8 > 1$. Так как основание логарифма $0.5 < 1$, то $\log_{0.5}(8) < 0$. Произведение $(-)(-) = (+)$, то есть $f(x) > 0$.
- При $x \in (-2, 2)$, например $x=1$: $2-1 = 1 > 0$, $x+3 = 4 > 1$. $\log_{0.5}(4) < 0$. Произведение $(+)(-) = (-)$, то есть $f(x) < 0$.
- При $x \in (-3, -2)$, например $x=-2.5$: $2-(-2.5) = 4.5 > 0$, $x+3 = 0.5$. $\log_{0.5}(0.5) = 1 > 0$. Произведение $(+)(+) = (+)$, то есть $f(x) > 0$.

5. Неравенство требует, чтобы произведение было больше нуля ($>0$), поэтому выбираем интервалы со знаком "плюс".
Решение: $x \in (-3, -2) \cup (2, \infty)$.

Ответ: $x \in (-3, -2) \cup (2, \infty)$.

в) $(x - 3) \log_5(5 - x) < 0$

1. ОДЗ: $5 - x > 0 \implies x < 5$. ОДЗ: $x \in (-\infty, 5)$.

2. Нули множителей:
$x - 3 = 0 \implies x = 3$.
$\log_5(5 - x) = 0 \implies 5 - x = 5^0 \implies 5 - x = 1 \implies x = 4$.

3. Отметим точки $x = 3$ и $x = 4$ на числовой прямой с учетом ОДЗ $x < 5$. Интервалы: $(-\infty, 3)$, $(3, 4)$, $(4, 5)$.

4. Определим знак произведения $f(x) = (x - 3) \log_5(5 - x)$ на каждом интервале:
- При $x \in (4, 5)$, например $x=4.5$: $x-3 = 1.5 > 0$, $5-x = 0.5$. Так как $0 < 0.5 < 1$, то $\log_5(0.5) < 0$. Произведение $(+)(-) = (-)$, то есть $f(x) < 0$.
- При $x \in (3, 4)$, например $x=3.5$: $x-3 = 0.5 > 0$, $5-x = 1.5 > 1$. $\log_5(1.5) > 0$. Произведение $(+)(+) = (+)$, то есть $f(x) > 0$.
- При $x \in (-\infty, 3)$, например $x=0$: $x-3 = -3 < 0$, $5-x = 5 > 1$. $\log_5(5) = 1 > 0$. Произведение $(-)(+) = (-)$, то есть $f(x) < 0$.

5. Неравенство требует, чтобы произведение было меньше нуля ($<0$), поэтому выбираем интервалы со знаком "минус".
Решение: $x \in (-\infty, 3) \cup (4, 5)$.

Ответ: $x \in (-\infty, 3) \cup (4, 5)$.

г) $(4 + x) \log_{0.2}(3 - x) > 0$

1. ОДЗ: $3 - x > 0 \implies x < 3$. ОДЗ: $x \in (-\infty, 3)$.

2. Нули множителей:
$4 + x = 0 \implies x = -4$.
$\log_{0.2}(3 - x) = 0 \implies 3 - x = (0.2)^0 \implies 3 - x = 1 \implies x = 2$.

3. Отметим точки $x = -4$ и $x = 2$ на числовой прямой с учетом ОДЗ $x < 3$. Интервалы: $(-\infty, -4)$, $(-4, 2)$, $(2, 3)$.

4. Определим знак произведения $f(x) = (4 + x) \log_{0.2}(3 - x)$ на каждом интервале:
- При $x \in (2, 3)$, например $x=2.5$: $4+x = 6.5 > 0$, $3-x = 0.5$. Так как $0 < 0.5 < 1$ и основание логарифма $0.2 < 1$, то $\log_{0.2}(0.5) > 0$. Произведение $(+)(+) = (+)$, то есть $f(x) > 0$.
- При $x \in (-4, 2)$, например $x=0$: $4+x = 4 > 0$, $3-x = 3 > 1$. $\log_{0.2}(3) < 0$. Произведение $(+)(-) = (-)$, то есть $f(x) < 0$.
- При $x \in (-\infty, -4)$, например $x=-5$: $4+x = -1 < 0$, $3-x = 8 > 1$. $\log_{0.2}(8) < 0$. Произведение $(-)(-) = (+)$, то есть $f(x) > 0$.

5. Неравенство требует, чтобы произведение было больше нуля ($>0$), поэтому выбираем интервалы со знаком "плюс".
Решение: $x \in (-\infty, -4) \cup (2, 3)$.

Ответ: $x \in (-\infty, -4) \cup (2, 3)$.

9.54 а) $ (3 - \sqrt{10 - x})(\sqrt{x - 2}) < 0; $

б) $ (2 - \sqrt{9 - x})(\sqrt{x - 1}) > 0; $

В) $ (\sqrt{3 - x} - 1)\lg x < 0; $

Г) $ (\sqrt{x - 1})\lg(3 - x) < 0. $

а) Решим неравенство $(3 - \sqrt{10-x})(\sqrt{x-2}) < 0$.
Сначала найдем область допустимых значений (ОДЗ). Выражения под знаком корня должны быть неотрицательными:
$\begin{cases} 10 - x \ge 0 \\ x - 2 \ge 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x \le 10 \\ x \ge 2 \end{cases}$
Таким образом, ОДЗ: $x \in [2, 10]$.
Множитель $\sqrt{x-2}$ на своей области определения всегда неотрицателен. Для того чтобы произведение было строго отрицательным ($<0$), необходимо, чтобы $\sqrt{x-2}$ был строго больше нуля, а второй множитель — отрицательным.
1) $\sqrt{x-2} > 0 \implies x-2 > 0 \implies x > 2$.
2) $3 - \sqrt{10-x} < 0 \implies 3 < \sqrt{10-x}$.
На рассматриваемой области $x \in (2, 10]$ обе части неравенства $3 < \sqrt{10-x}$ положительны, поэтому его можно возвести в квадрат:
$9 < 10 - x$
$x < 10 - 9$
$x < 1$
Теперь необходимо найти пересечение всех полученных условий: $x > 2$, $x < 1$ и ОДЗ $x \in [2, 10]$.
Система условий $\begin{cases} x \in [2, 10] \\ x > 2 \\ x < 1 \end{cases}$ не имеет решений, так как интервалы $(2, +\infty)$ и $(-\infty, 1)$ не пересекаются.
Ответ: нет решений.

б) Решим неравенство $(2 - \sqrt{9-x})(\sqrt{x-1}) > 0$.
Найдем ОДЗ:
$\begin{cases} 9 - x \ge 0 \\ x - 1 \ge 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x \le 9 \\ x \ge 1 \end{cases}$
ОДЗ: $x \in [1, 9]$.
Чтобы произведение было положительным, множители должны быть одного знака. Так как $\sqrt{x-1} \ge 0$, оба множителя должны быть строго положительными.
1) $\sqrt{x-1} > 0 \implies x - 1 > 0 \implies x > 1$.
2) $2 - \sqrt{9-x} > 0 \implies 2 > \sqrt{9-x}$.
Обе части этого неравенства положительны, возводим в квадрат:
$4 > 9 - x$
$x > 9 - 4$
$x > 5$
Найдем пересечение всех условий: $x \in [1, 9]$, $x > 1$ и $x > 5$.
Общее решение: $x \in (5, 9]$.
Ответ: $(5, 9]$.

в) Решим неравенство $(\sqrt{3-x}-1)\lg x < 0$.
Найдем ОДЗ:
$\begin{cases} 3 - x \ge 0 \\ x > 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x \le 3 \\ x > 0 \end{cases}$
ОДЗ: $x \in (0, 3]$.
Произведение отрицательно, если множители имеют разные знаки. Решим задачу методом интервалов. Найдем нули каждого множителя:
1) $\sqrt{3-x} - 1 = 0 \implies \sqrt{3-x} = 1 \implies 3 - x = 1 \implies x = 2$.
2) $\lg x = 0 \implies x = 10^0 \implies x = 1$.
Нанесем точки $1$ и $2$ на числовую ось и определим знаки произведения на интервалах в пределах ОДЗ $(0, 3]$: $(0, 1)$, $(1, 2)$, $(2, 3]$.
- При $x \in (0, 1)$, например $x=0.1$: $(\sqrt{2.9}-1) > 0$ и $\lg(0.1) < 0$. Произведение отрицательно.
- При $x \in (1, 2)$, например $x=1.5$: $(\sqrt{1.5}-1) > 0$ и $\lg(1.5) > 0$. Произведение положительно.
- При $x \in (2, 3]$, например $x=3$: $(\sqrt{0}-1) < 0$ и $\lg(3) > 0$. Произведение отрицательно.
Решением являются интервалы, где произведение отрицательно.
Ответ: $(0, 1) \cup (2, 3]$.

г) Решим неравенство $(\sqrt{x}-1)\lg(3-x) < 0$.
Найдем ОДЗ:
$\begin{cases} x \ge 0 \\ 3 - x > 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x \ge 0 \\ x < 3 \end{cases}$
ОДЗ: $x \in [0, 3)$.
Произведение отрицательно, если множители имеют разные знаки. Решим задачу методом интервалов. Найдем нули каждого множителя:
1) $\sqrt{x} - 1 = 0 \implies \sqrt{x} = 1 \implies x = 1$.
2) $\lg(3-x) = 0 \implies 3 - x = 1 \implies x = 2$.
Нанесем точки $1$ и $2$ на числовую ось и определим знаки произведения на интервалах в пределах ОДЗ $[0, 3)$: $[0, 1)$, $(1, 2)$, $(2, 3)$.
- При $x \in [0, 1)$, например $x=0.5$: $(\sqrt{0.5}-1) < 0$ и $\lg(2.5) > 0$. Произведение отрицательно.
- При $x \in (1, 2)$, например $x=1.5$: $(\sqrt{1.5}-1) > 0$ и $\lg(1.5) > 0$. Произведение положительно.
- При $x \in (2, 3)$, например $x=2.5$: $(\sqrt{2.5}-1) > 0$ и $\lg(0.5) < 0$. Произведение отрицательно.
Решением являются интервалы, где произведение отрицательно.
Ответ: $[0, 1) \cup (2, 3)$.

9.55 a) $\frac{\sqrt{x-2}}{x-1} > 0$

б) $\frac{\sqrt{x-3}}{2-x} < 0$

в) $\frac{\sqrt{-x-2}}{-2-x} > 0$

г) $\frac{\sqrt{-x-3}}{x+2} < 0$

а) Решим неравенство $\frac{\sqrt{x-2}}{x-1} > 0$.

Сначала найдем область допустимых значений (ОДЗ). Выражение под корнем должно быть неотрицательным, а знаменатель не должен равняться нулю.

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

Пересекая эти условия, получаем ОДЗ: $x \ge 2$.

Теперь решим само неравенство. Арифметический квадратный корень $\sqrt{x-2}$ всегда неотрицателен ($\ge 0$). Чтобы дробь была строго больше нуля, числитель не должен быть равен нулю, и знаменатель должен быть положительным.

1. Условие, при котором числитель становится положительным: $\sqrt{x-2} > 0 \implies x-2 > 0 \implies x > 2$.

2. Условие, при котором знаменатель положителен: $x-1 > 0 \implies x > 1$.

Теперь нам нужно найти пересечение всех полученных условий: ОДЗ ($x \ge 2$), условия на числитель ($x > 2$) и условия на знаменатель ($x > 1$).

$\begin{cases} x \ge 2 \\ x > 2 \\ x > 1 \end{cases}$

Общим решением системы является $x > 2$.

Ответ: $x \in (2; +\infty)$.

б) Решим неравенство $\frac{\sqrt{x-3}}{2-x} < 0$.

Найдем ОДЗ:

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

Условие $x \neq 2$ выполняется, так как $x \ge 3$. Следовательно, ОДЗ: $x \ge 3$.

Числитель $\sqrt{x-3}$ неотрицателен. Чтобы дробь была строго меньше нуля, числитель не должен быть равен нулю, а знаменатель должен быть отрицательным.

1. Числитель не равен нулю: $\sqrt{x-3} \neq 0 \implies x-3 \neq 0 \implies x \neq 3$. При этом числитель будет строго положительным.

2. Знаменатель должен быть отрицательным: $2-x < 0 \implies 2 < x \implies x > 2$.

Объединим все условия: ОДЗ ($x \ge 3$), $x \neq 3$ и $x > 2$.

$\begin{cases} x \ge 3 \\ x \neq 3 \\ x > 2 \end{cases} \implies x > 3$.

Ответ: $x \in (3; +\infty)$.

в) Решим неравенство $\frac{\sqrt{-x-2}}{-2-x} > 0$.

Найдем ОДЗ:

$\begin{cases} -x-2 \ge 0 \\ -2-x \neq 0 \end{cases} \implies \begin{cases} -x \ge 2 \\ x \neq -2 \end{cases} \implies \begin{cases} x \le -2 \\ x \neq -2 \end{cases}$

ОДЗ: $x < -2$.

На области допустимых значений ($x < -2$), выражение в знаменателе $-2-x$ является положительным. Например, если $x=-3$, то $-2-(-3) = 1 > 0$.

Также на ОДЗ выражение под корнем $-x-2$ строго положительно, а значит и сам корень $\sqrt{-x-2}$ строго положителен.

Поскольку на всей ОДЗ и числитель, и знаменатель дроби положительны, их частное также будет положительным. Следовательно, неравенство выполняется для всех $x$ из области допустимых значений.

Ответ: $x \in (-\infty; -2)$.

г) Решим неравенство $\frac{\sqrt{-x-3}}{x+2} < 0$.

Найдем ОДЗ:

$\begin{cases} -x-3 \ge 0 \\ x+2 \neq 0 \end{cases} \implies \begin{cases} -x \ge 3 \\ x \neq -2 \end{cases} \implies \begin{cases} x \le -3 \\ x \neq -2 \end{cases}$

Поскольку $-3 < -2$, условие $x \neq -2$ для $x \le -3$ выполняется автоматически. ОДЗ: $x \le -3$.

Числитель $\sqrt{-x-3}$ неотрицателен. Чтобы дробь была строго меньше нуля, числитель не должен быть равен нулю (то есть должен быть строго положителен), а знаменатель должен быть отрицательным.

1. $\sqrt{-x-3} > 0 \implies -x-3 > 0 \implies -x > 3 \implies x < -3$.

2. $x+2 < 0 \implies x < -2$.

Объединим полученные условия с ОДЗ ($x \le -3$):

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

Пересечение этих условий дает $x < -3$.

Ответ: $x \in (-\infty; -3)$.

9.56 a) $\frac{\left(\frac{1}{3}\right)^{x}-3}{3^{x}-3}<0;$

б) $\frac{\left(\frac{1}{2}\right)^{x}-4}{2^{x}-16}<0;$

В) $\frac{2^{x}-8}{\lg x}>0;$

Г) $\frac{2^{x}-\frac{1}{2}}{\lg (3-x)}<0.$

а) Решим неравенство $ \frac{(\frac{1}{3})^x - 3}{3^x - 3} < 0 $.

Сначала преобразуем числитель: $ (\frac{1}{3})^x = (3^{-1})^x = 3^{-x} $. Неравенство принимает вид:

$ \frac{3^{-x} - 3}{3^x - 3} < 0 $

Введем замену переменной. Пусть $ t = 3^x $. Так как показательная функция всегда положительна, то $ t > 0 $. Тогда $ 3^{-x} = \frac{1}{3^x} = \frac{1}{t} $.

Подставим $ t $ в неравенство:

$ \frac{\frac{1}{t} - 3}{t - 3} < 0 $

Приведем числитель к общему знаменателю:

$ \frac{\frac{1 - 3t}{t}}{t - 3} < 0 $

$ \frac{1 - 3t}{t(t - 3)} < 0 $

Так как мы знаем, что $ t > 0 $, то знак знаменателя $ t(t - 3) $ совпадает со знаком выражения $ (t - 3) $. Таким образом, неравенство равносильно следующему:

$ \frac{1 - 3t}{t - 3} < 0 $

Решим это неравенство методом интервалов для переменной $ t $. Найдем нули числителя и знаменателя:

$ 1 - 3t = 0 \implies t = \frac{1}{3} $

$ t - 3 = 0 \implies t = 3 $

Отметим эти точки на числовой прямой для $ t $, учитывая, что $ t > 0 $. Получим интервалы $ (0, \frac{1}{3}) $, $ (\frac{1}{3}, 3) $ и $ (3, +\infty) $.

• При $ t \in (0, \frac{1}{3}) $: выражение $ \frac{1 - 3t}{t - 3} $ имеет знаки $ \frac{+}{-} $, то есть отрицательно. Интервал подходит.
• При $ t \in (\frac{1}{3}, 3) $: выражение $ \frac{1 - 3t}{t - 3} $ имеет знаки $ \frac{-}{-} $, то есть положительно. Интервал не подходит.
• При $ t \in (3, +\infty) $: выражение $ \frac{1 - 3t}{t - 3} $ имеет знаки $ \frac{-}{+} $, то есть отрицательно. Интервал подходит.

Таким образом, решение для $ t $: $ 0 < t < \frac{1}{3} $ или $ t > 3 $.

Вернемся к переменной $ x $, сделав обратную замену $ t = 3^x $:

1) $ 3^x < \frac{1}{3} \implies 3^x < 3^{-1} $. Так как основание степени $ 3 > 1 $, то показательная функция возрастает, значит, $ x < -1 $.

2) $ 3^x > 3 \implies 3^x > 3^1 $. Так как основание степени $ 3 > 1 $, то $ x > 1 $.

Объединяя решения, получаем $ x \in (-\infty, -1) \cup (1, +\infty) $.

Ответ: $ (-\infty, -1) \cup (1, +\infty) $

б) Решим неравенство $ \frac{(\frac{1}{2})^x - 4}{2^x - 16} < 0 $.

Преобразуем числитель: $ (\frac{1}{2})^x = 2^{-x} $. Неравенство принимает вид:

$ \frac{2^{-x} - 4}{2^x - 16} < 0 $

Введем замену переменной. Пусть $ t = 2^x $. Тогда $ t > 0 $ и $ 2^{-x} = \frac{1}{t} $.

Подставим $ t $ в неравенство:

$ \frac{\frac{1}{t} - 4}{t - 16} < 0 $

$ \frac{\frac{1 - 4t}{t}}{t - 16} < 0 $

$ \frac{1 - 4t}{t(t - 16)} < 0 $

Так как $ t > 0 $, неравенство равносильно $ \frac{1 - 4t}{t - 16} < 0 $.

Решим методом интервалов для $ t $. Нули числителя и знаменателя:

$ 1 - 4t = 0 \implies t = \frac{1}{4} $

$ t - 16 = 0 \implies t = 16 $

Интервалы для $ t > 0 $: $ (0, \frac{1}{4}) $, $ (\frac{1}{4}, 16) $ и $ (16, +\infty) $.

• При $ t \in (0, \frac{1}{4}) $: $ \frac{1 - 4t}{t - 16} \implies \frac{+}{-} < 0 $. Подходит.
• При $ t \in (\frac{1}{4}, 16) $: $ \frac{1 - 4t}{t - 16} \implies \frac{-}{-} > 0 $. Не подходит.
• При $ t \in (16, +\infty) $: $ \frac{1 - 4t}{t - 16} \implies \frac{-}{+} < 0 $. Подходит.

Решение для $ t $: $ 0 < t < \frac{1}{4} $ или $ t > 16 $.

Вернемся к $ x $, сделав обратную замену $ t = 2^x $:

1) $ 2^x < \frac{1}{4} \implies 2^x < 2^{-2} $. Так как основание $ 2 > 1 $, то $ x < -2 $.

2) $ 2^x > 16 \implies 2^x > 2^4 $. Так как основание $ 2 > 1 $, то $ x > 4 $.

Объединяя решения, получаем $ x \in (-\infty, -2) \cup (4, +\infty) $.

Ответ: $ (-\infty, -2) \cup (4, +\infty) $

в) Решим неравенство $ \frac{2^x - 8}{\lg x} > 0 $.

Данное неравенство решим методом интервалов. Сначала определим область допустимых значений (ОДЗ):

1. Аргумент логарифма должен быть строго положительным: $ x > 0 $.

2. Знаменатель не должен быть равен нулю: $ \lg x \neq 0 \implies x \neq 10^0 \implies x \neq 1 $.

ОДЗ: $ x \in (0, 1) \cup (1, +\infty) $.

Найдем нули числителя и знаменателя:

Нуль числителя: $ 2^x - 8 = 0 \implies 2^x = 8 \implies 2^x = 2^3 \implies x = 3 $.

Нуль знаменателя: $ \lg x = 0 \implies x = 1 $.

Отметим точки $ 1 $ и $ 3 $ на числовой прямой и, с учетом ОДЗ, рассмотрим интервалы $ (0, 1) $, $ (1, 3) $, $ (3, +\infty) $.

• Интервал $ (0, 1) $: Возьмем $ x = 0.1 $. Числитель $ 2^{0.1} - 8 < 0 $. Знаменатель $ \lg(0.1) < 0 $. Дробь $ \frac{-}{-} > 0 $. Интервал подходит.
• Интервал $ (1, 3) $: Возьмем $ x = 2 $. Числитель $ 2^2 - 8 = -4 < 0 $. Знаменатель $ \lg(2) > 0 $. Дробь $ \frac{-}{+} < 0 $. Интервал не подходит.
• Интервал $ (3, +\infty) $: Возьмем $ x = 10 $. Числитель $ 2^{10} - 8 > 0 $. Знаменатель $ \lg(10) = 1 > 0 $. Дробь $ \frac{+}{+} > 0 $. Интервал подходит.

Объединяя подходящие интервалы, получаем решение.

Ответ: $ (0, 1) \cup (3, +\infty) $

г) Решим неравенство $ \frac{2^x - \frac{1}{2}}{\lg(3 - x)} < 0 $.

Решим неравенство методом интервалов. Найдем ОДЗ:

1. Аргумент логарифма должен быть строго положительным: $ 3 - x > 0 \implies x < 3 $.

2. Знаменатель не должен быть равен нулю: $ \lg(3 - x) \neq 0 \implies 3 - x \neq 1 \implies x \neq 2 $.

ОДЗ: $ x \in (-\infty, 2) \cup (2, 3) $.

Найдем нули числителя и знаменателя:

Нуль числителя: $ 2^x - \frac{1}{2} = 0 \implies 2^x = \frac{1}{2} \implies 2^x = 2^{-1} \implies x = -1 $.

Нуль знаменателя: $ \lg(3 - x) = 0 \implies 3 - x = 1 \implies x = 2 $.

Отметим точки $ -1 $ и $ 2 $ на числовой прямой и, с учетом ОДЗ, рассмотрим интервалы $ (-\infty, -1) $, $ (-1, 2) $, $ (2, 3) $.

• Интервал $ (-\infty, -1) $: Возьмем $ x = -2 $. Числитель $ 2^{-2} - \frac{1}{2} = \frac{1}{4} - \frac{1}{2} < 0 $. Знаменатель $ \lg(3 - (-2)) = \lg(5) > 0 $. Дробь $ \frac{-}{+} < 0 $. Интервал подходит.
• Интервал $ (-1, 2) $: Возьмем $ x = 0 $. Числитель $ 2^0 - \frac{1}{2} = 1 - \frac{1}{2} > 0 $. Знаменатель $ \lg(3 - 0) = \lg(3) > 0 $. Дробь $ \frac{+}{+} > 0 $. Интервал не подходит.
• Интервал $ (2, 3) $: Возьмем $ x = 2.5 $. Числитель $ 2^{2.5} - \frac{1}{2} > 0 $. Знаменатель $ \lg(3 - 2.5) = \lg(0.5) < 0 $. Дробь $ \frac{+}{-} < 0 $. Интервал подходит.

Объединяя подходящие интервалы, получаем решение.

Ответ: $ (-\infty, -1) \cup (2, 3) $

9.57 a) $\frac{\log_2 (x - 3)}{\log_{0,5} (x + 2)} > 0;$

б) $\frac{\log_{0,3} (x - 3)}{\lg(x + 4)} > 0;$

В) $\frac{\log_{0,2} (x + 2)}{\log_5 (3 - x)} > 0;$

Г) $\frac{\log_{0,25} (2 - x)}{\log_4 (x - 4)} < 0.$

а) Решим неравенство $\frac{\log_2 (x - 3)}{\log_{0.5} (x + 2)} > 0$.

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Аргументы логарифмов должны быть строго положительны, а знаменатель дроби не должен быть равен нулю. $$ \begin{cases} x - 3 > 0 \\ x + 2 > 0 \\ \log_{0.5} (x + 2) \neq 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x > 3 \\ x > -2 \\ x + 2 \neq 1 \end{cases} \implies \begin{cases} x > 3 \\ x > -2 \\ x \neq -1 \end{cases} $$ Пересечением этих условий является $x > 3$. Таким образом, ОДЗ: $x \in (3, +\infty)$.

2. Воспользуемся методом рационализации. На ОДЗ знак исходного неравенства совпадает со знаком неравенства: $$ \frac{(2-1)((x-3)-1)}{(0.5-1)((x+2)-1)} > 0 $$ Упростим выражение: $$ \frac{1 \cdot (x-4)}{-0.5 \cdot (x+1)} > 0 $$ $$ \frac{x-4}{x+1} < 0 $$ Знак неравенства изменился на противоположный, так как мы умножили обе части на отрицательное число $-0.5$.

3. Решим полученное рациональное неравенство методом интервалов. Корни числителя и знаменателя: $x = 4$ и $x = -1$. Наносим их на числовую ось и определяем знаки на интервалах.

Решением неравенства является интервал $(-1, 4)$.

4. Найдем пересечение полученного решения с ОДЗ: $$ (-1, 4) \cap (3, +\infty) = (3, 4) $$ Ответ: $x \in (3, 4)$.

б) Решим неравенство $\frac{\log_{0.3} (x - 3)}{\lg (x + 4)} > 0$.

1. Найдем ОДЗ: $$ \begin{cases} x - 3 > 0 \\ x + 4 > 0 \\ \lg (x + 4) \neq 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x > 3 \\ x > -4 \\ x + 4 \neq 1 \end{cases} \implies \begin{cases} x > 3 \\ x > -4 \\ x \neq -3 \end{cases} $$ Пересечением этих условий является $x > 3$. ОДЗ: $x \in (3, +\infty)$.

2. Применим метод рационализации (учитывая, что $\lg$ - это логарифм по основанию 10): $$ \frac{(0.3-1)((x-3)-1)}{(10-1)((x+4)-1)} > 0 $$ $$ \frac{-0.7 \cdot (x-4)}{9 \cdot (x+3)} > 0 $$ Разделим обе части на отрицательное число $\frac{-0.7}{9}$, изменив знак неравенства: $$ \frac{x-4}{x+3} < 0 $$

3. Решим неравенство методом интервалов. Корни: $x=4$ и $x=-3$.

Решением является интервал $(-3, 4)$.

4. Найдем пересечение решения с ОДЗ: $$ (-3, 4) \cap (3, +\infty) = (3, 4) $$ Ответ: $x \in (3, 4)$.

в) Решим неравенство $\frac{\log_{0.2} (x + 2)}{\log_5 (3 - x)} > 0$.

1. Найдем ОДЗ: $$ \begin{cases} x + 2 > 0 \\ 3 - x > 0 \\ \log_5 (3 - x) \neq 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x > -2 \\ x < 3 \\ 3 - x \neq 1 \end{cases} \implies \begin{cases} x > -2 \\ x < 3 \\ x \neq 2 \end{cases} $$ ОДЗ: $x \in (-2, 2) \cup (2, 3)$.

2. Применим метод рационализации: $$ \frac{(0.2-1)((x+2)-1)}{(5-1)((3-x)-1)} > 0 $$ $$ \frac{-0.8 \cdot (x+1)}{4 \cdot (2-x)} > 0 $$ $$ \frac{-0.2 \cdot (x+1)}{2-x} > 0 $$ Разделим на $-0.2$, изменив знак неравенства: $$ \frac{x+1}{2-x} < 0 $$ Умножим знаменатель на $-1$ и снова изменим знак неравенства: $$ \frac{x+1}{x-2} > 0 $$

3. Решим неравенство методом интервалов. Корни: $x=-1$ и $x=2$.

Решением является объединение интервалов $(-\infty, -1) \cup (2, +\infty)$.

4. Найдем пересечение решения с ОДЗ: $$ ((-2, 2) \cup (2, 3)) \cap ((-\infty, -1) \cup (2, +\infty)) $$ Пересечение первого интервала ОДЗ с решением: $(-2, 2) \cap ((-\infty, -1) \cup (2, +\infty)) = (-2, -1)$.
Пересечение второго интервала ОДЗ с решением: $(2, 3) \cap ((-\infty, -1) \cup (2, +\infty)) = (2, 3)$.
Объединяя результаты, получаем: $(-2, -1) \cup (2, 3)$.
Ответ: $x \in (-2, -1) \cup (2, 3)$.

г) Решим неравенство $\frac{\log_{0.25} (2 - x)}{\log_4 (x - 4)} < 0$.

1. Найдем ОДЗ. Требуется одновременное выполнение условий: $$ \begin{cases} 2 - x > 0 \\ x - 4 > 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x < 2 \\ x > 4 \end{cases} $$ Система не имеет решений, так как не существует числа, которое одновременно меньше 2 и больше 4. Область допустимых значений является пустым множеством ($x \in \emptyset$).

2. Так как не существует значений $x$, при которых выражение в левой части неравенства определено, то неравенство не имеет решений.
Ответ: $\emptyset$ (нет решений).

9.58* a) $|x + 1| < x^2 - 2x + 1;$

Б) $|x + 1| > x^2 + 4x + 1;$

В) $|3\sqrt{x} - 5| > \sqrt{x} - 1;$

Г) $|2\sqrt{x} - 7| > \sqrt{x} - 2.$

а)

Исходное неравенство: $|x + 1| < x^2 - 2x + 1$.

Заметим, что правая часть является полным квадратом: $x^2 - 2x + 1 = (x - 1)^2$. Таким образом, неравенство принимает вид:

$|x + 1| < (x - 1)^2$

Решим это неравенство, рассмотрев два случая раскрытия модуля.

Случай 1: $x + 1 \ge 0$, то есть $x \ge -1$.

В этом случае модуль раскрывается со знаком плюс, и неравенство становится:

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

$0 < x^2 - 3x$

$x(x - 3) > 0$

Решением этого квадратного неравенства является объединение интервалов $(-\infty, 0) \cup (3, +\infty)$.

Учитывая условие $x \ge -1$, получаем решение для первого случая: $x \in [-1, 0) \cup (3, +\infty)$.

Случай 2: $x + 1 < 0$, то есть $x < -1$.

В этом случае модуль раскрывается со знаком минус:

$-(x + 1) < x^2 - 2x + 1$

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

$0 < x^2 - x + 2$

Найдем дискриминант квадратного трехчлена $x^2 - x + 2$: $D = (-1)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 2 = 1 - 8 = -7$.

Так как $D < 0$ и коэффициент при $x^2$ положителен ($1 > 0$), трехчлен $x^2 - x + 2$ положителен при любых значениях $x$.

Следовательно, решение этого неравенства — $x \in (-\infty, +\infty)$. Учитывая условие $x < -1$, получаем решение для второго случая: $x \in (-\infty, -1)$.

Объединяя решения обоих случаев, получаем итоговый ответ:

$([-1, 0) \cup (3, +\infty)) \cup (-\infty, -1) = (-\infty, 0) \cup (3, +\infty)$

Ответ: $x \in (-\infty, 0) \cup (3, +\infty)$.

б)

Исходное неравенство: $|x + 1| > x^2 + 4x + 1$.

Рассмотрим два случая раскрытия модуля.

Случай 1: $x + 1 \ge 0$, то есть $x \ge -1$.

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

$0 > x^2 + 3x$

$x(x + 3) < 0$

Решением является интервал $(-3, 0)$. Учитывая условие $x \ge -1$, получаем решение для этого случая: $x \in [-1, 0)$.

Случай 2: $x + 1 < 0$, то есть $x < -1$.

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

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

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

Найдем корни уравнения $x^2 + 5x + 2 = 0$: $x = \frac{-5 \pm \sqrt{25 - 8}}{2} = \frac{-5 \pm \sqrt{17}}{2}$.

Неравенство $x^2 + 5x + 2 < 0$ выполняется между корнями: $x \in (\frac{-5 - \sqrt{17}}{2}, \frac{-5 + \sqrt{17}}{2})$.

Учитывая условие $x < -1$ и то, что $\frac{-5 + \sqrt{17}}{2} > -1$ (так как $\sqrt{17} > 3$), получаем решение для этого случая: $x \in (\frac{-5 - \sqrt{17}}{2}, -1)$.

Объединяя решения обоих случаев, получаем:

$[-1, 0) \cup (\frac{-5 - \sqrt{17}}{2}, -1) = (\frac{-5 - \sqrt{17}}{2}, 0)$

Ответ: $x \in (\frac{-5 - \sqrt{17}}{2}, 0)$.

в)

Исходное неравенство: $|3\sqrt{x} - 5| > \sqrt{x} - 1$.

Область допустимых значений (ОДЗ): $x \ge 0$.

Рассмотрим два случая.

Случай 1: $3\sqrt{x} - 5 \ge 0 \implies 3\sqrt{x} \ge 5 \implies \sqrt{x} \ge \frac{5}{3} \implies x \ge \frac{25}{9}$.

$3\sqrt{x} - 5 > \sqrt{x} - 1$

$2\sqrt{x} > 4$

$\sqrt{x} > 2 \implies x > 4$

Пересекая с условием $x \ge \frac{25}{9}$, получаем $x > 4$ (так как $4 = \frac{36}{9} > \frac{25}{9}$).

Случай 2: $3\sqrt{x} - 5 < 0 \implies 0 \le x < \frac{25}{9}$.

$-(3\sqrt{x} - 5) > \sqrt{x} - 1$

$-3\sqrt{x} + 5 > \sqrt{x} - 1$

$6 > 4\sqrt{x}$

$\sqrt{x} < \frac{3}{2} \implies x < \frac{9}{4}$

Пересекая с условием $0 \le x < \frac{25}{9}$, получаем $0 \le x < \frac{9}{4}$ (так как $\frac{9}{4} = 2.25$, а $\frac{25}{9} \approx 2.78$).

Объединяя решения обоих случаев, получаем итоговый ответ:

$x \in [0, \frac{9}{4}) \cup (4, +\infty)$

Ответ: $x \in [0, \frac{9}{4}) \cup (4, +\infty)$.

г)

Исходное неравенство: $|2\sqrt{x} - 7| > \sqrt{x} - 2$.

ОДЗ: $x \ge 0$.

Рассмотрим два случая.

Случай 1: $2\sqrt{x} - 7 \ge 0 \implies 2\sqrt{x} \ge 7 \implies \sqrt{x} \ge \frac{7}{2} \implies x \ge \frac{49}{4}$.

$2\sqrt{x} - 7 > \sqrt{x} - 2$

$\sqrt{x} > 5 \implies x > 25$

Пересекая с условием $x \ge \frac{49}{4}$ (12.25), получаем $x > 25$.

Случай 2: $2\sqrt{x} - 7 < 0 \implies 0 \le x < \frac{49}{4}$.

$-(2\sqrt{x} - 7) > \sqrt{x} - 2$

$-2\sqrt{x} + 7 > \sqrt{x} - 2$

$9 > 3\sqrt{x}$

$\sqrt{x} < 3 \implies x < 9$

Пересекая с условием $0 \le x < \frac{49}{4}$ (12.25), получаем $0 \le x < 9$.

Объединяя решения обоих случаев, получаем итоговый ответ:

$x \in [0, 9) \cup (25, +\infty)$

Ответ: $x \in [0, 9) \cup (25, +\infty)$.

9.59* а) $|2 \log_8 x - 3| < \log_8 x + 1;$

б) $|2 \log_3 x - 5| < \log_3 x - 1;$

в) $|2 \log_2 x - 3| > \log_2 x + 3;$

г) $|2 \lg x - 5| < \lg x + 2.$

а) $|2\log_8 x - 3| < \log_8 x + 1$

1. Определим область допустимых значений (ОДЗ). Аргумент логарифма должен быть положителен, следовательно, $x > 0$. Кроме того, значение модуля всегда неотрицательно, поэтому правая часть неравенства должна быть строго положительной:

$\log_8 x + 1 > 0$

$\log_8 x > -1$

$x > 8^{-1}$

$x > 1/8$

Объединяя условия, получаем ОДЗ: $x \in (1/8; +\infty)$.

2. Для упрощения решения введем замену: $t = \log_8 x$. Неравенство принимает вид:

$|2t - 3| < t + 1$

3. Неравенство вида $|A| < B$ (при $B > 0$, что выполняется согласно ОДЗ) равносильно двойному неравенству $-B < A < B$.

$-(t + 1) < 2t - 3 < t + 1$

Это эквивалентно системе из двух неравенств:

$ \begin{cases} 2t - 3 < t + 1 \\ 2t - 3 > -(t + 1) \end{cases} $

4. Решаем систему:

$ \begin{cases} t < 4 \\ 2t - 3 > -t - 1 \end{cases} \implies \begin{cases} t < 4 \\ 3t > 2 \end{cases} \implies \begin{cases} t < 4 \\ t > 2/3 \end{cases} $

Решением для $t$ является интервал $2/3 < t < 4$.

5. Выполним обратную замену:

$2/3 < \log_8 x < 4$

6. Так как основание логарифма $8 > 1$, логарифмическая функция является возрастающей, поэтому знаки неравенства сохраняются:

$8^{2/3} < x < 8^4$

$(2^3)^{2/3} < x < (2^3)^4$

$2^2 < x < 2^{12}$

$4 < x < 4096$

Полученный интервал $(4; 4096)$ полностью входит в ОДЗ $x > 1/8$.

Ответ: $(4; 4096)$.

б) $|2\log_3 x - 5| < \log_3 x - 1$

1. ОДЗ: $x > 0$. По аналогии с предыдущим примером, правая часть должна быть строго положительной:

$\log_3 x - 1 > 0$

$\log_3 x > 1$

$x > 3^1 = 3$

Итоговая ОДЗ: $x \in (3; +\infty)$.

2. Введем замену $t = \log_3 x$:

$|2t - 5| < t - 1$

3. Раскроем модуль, получив систему неравенств:

$-(t - 1) < 2t - 5 < t - 1$

$ \begin{cases} 2t - 5 < t - 1 \\ 2t - 5 > -(t - 1) \end{cases} $

4. Решаем систему:

$ \begin{cases} t < 4 \\ 2t - 5 > -t + 1 \end{cases} \implies \begin{cases} t < 4 \\ 3t > 6 \end{cases} \implies \begin{cases} t < 4 \\ t > 2 \end{cases} $

Решение для $t$: $2 < t < 4$.

5. Обратная замена:

$2 < \log_3 x < 4$

6. Потенцируем неравенство по основанию 3 (знаки сохраняются, так как $3>1$):

$3^2 < x < 3^4$

$9 < x < 81$

Решение $(9; 81)$ удовлетворяет ОДЗ $x > 3$.

Ответ: $(9; 81)$.

в) $|2\log_2 x - 3| > \log_2 x + 3$

1. ОДЗ: $x > 0$.

2. Введем замену $t = \log_2 x$:

$|2t - 3| > t + 3$

3. Неравенство вида $|A| > B$ равносильно совокупности двух неравенств: $A > B$ или $A < -B$.

$ \begin{bmatrix} 2t - 3 > t + 3 \\ 2t - 3 < -(t + 3) \end{bmatrix} $

4. Решаем каждое неравенство совокупности:

$2t - 3 > t + 3 \implies t > 6$.

$2t - 3 < -t - 3 \implies 3t < 0 \implies t < 0$.

Решение для $t$: $t \in (-\infty; 0) \cup (6; +\infty)$.

5. Выполняем обратную замену:

$\log_2 x < 0$ или $\log_2 x > 6$

6. Решаем каждое логарифмическое неравенство с учетом ОДЗ $x>0$:

Если $\log_2 x < 0$, то $0 < x < 2^0 \implies 0 < x < 1$.

Если $\log_2 x > 6$, то $x > 2^6 \implies x > 64$.

Объединяя полученные решения, получаем итоговый результат.

Ответ: $(0; 1) \cup (64; +\infty)$.

г) $|2\lg x - 5| < \lg x + 2$

1. ОДЗ: $x > 0$. Так как левая часть неотрицательна, правая должна быть положительной:

$\lg x + 2 > 0$

$\lg x > -2$

$x > 10^{-2} = 0.01$

Итоговая ОДЗ: $x \in (0.01; +\infty)$.

2. Введем замену $t = \lg x$:

$|2t - 5| < t + 2$

3. Раскрываем модуль:

$-(t + 2) < 2t - 5 < t + 2$

$ \begin{cases} 2t - 5 < t + 2 \\ 2t - 5 > -(t + 2) \end{cases} $

4. Решаем систему:

$ \begin{cases} t < 7 \\ 2t - 5 > -t - 2 \end{cases} \implies \begin{cases} t < 7 \\ 3t > 3 \end{cases} \implies \begin{cases} t < 7 \\ t > 1 \end{cases} $

Решение для $t$: $1 < t < 7$.

5. Обратная замена:

$1 < \lg x < 7$

6. Потенцируем неравенство по основанию 10 (знаки сохраняются, так как $10>1$):

$10^1 < x < 10^7$

$10 < x < 10\ 000\ 000$

Решение $(10; 10^7)$ удовлетворяет ОДЗ $x > 0.01$.

Ответ: $(10; 10^7)$.

9.60* a) $|x| + \frac{1}{3x-7} \le \frac{9x-20}{3x-7}$;

Б) $|x| + \frac{2}{2x+5} \le \frac{6x+17}{2x+5}$;

В) $|x| - \frac{3}{5x-4} \le \frac{10x-11}{5x-4}$;

Г) $|x| - \frac{4}{4x-5} \le \frac{8x-14}{4x-5}$.

а) Исходное неравенство: $|x| + \frac{1}{3x - 7} \le \frac{9x - 20}{3x - 7}$.

Сначала определим область допустимых значений (ОДЗ). Знаменатель дроби не должен равняться нулю: $3x - 7 \neq 0$, откуда $x \neq \frac{7}{3}$.

Перенесем все члены с дробями в правую часть:

$|x| \le \frac{9x - 20}{3x - 7} - \frac{1}{3x - 7}$

Поскольку знаменатели одинаковы, выполним вычитание в числителе:

$|x| \le \frac{9x - 20 - 1}{3x - 7}$

$|x| \le \frac{9x - 21}{3x - 7}$

Вынесем общий множитель в числителе:

$|x| \le \frac{3(3x - 7)}{3x - 7}$

При условии $x \neq \frac{7}{3}$, выражение $(3x - 7)$ не равно нулю, и мы можем сократить дробь:

$|x| \le 3$

Это неравенство эквивалентно двойному неравенству $-3 \le x \le 3$.

Теперь учтем ОДЗ. Точка $x = \frac{7}{3}$ (примерно $2.33$) находится внутри отрезка $[-3, 3]$, поэтому ее необходимо исключить.

Ответ: $x \in [-3, \frac{7}{3}) \cup (\frac{7}{3}, 3]$.

б) Исходное неравенство: $|x| + \frac{2}{2x + 5} \le \frac{6x + 17}{2x + 5}$.

ОДЗ: знаменатель $2x + 5 \neq 0$, следовательно, $x \neq -\frac{5}{2}$ или $x \neq -2.5$.

Перенесем дробь в правую часть:

$|x| \le \frac{6x + 17}{2x + 5} - \frac{2}{2x + 5}$

Упростим правую часть:

$|x| \le \frac{6x + 17 - 2}{2x + 5}$

$|x| \le \frac{6x + 15}{2x + 5}$

Вынесем общий множитель 3 в числителе:

$|x| \le \frac{3(2x + 5)}{2x + 5}$

С учетом ОДЗ ($x \neq -2.5$), сокращаем дробь:

$|x| \le 3$

Решением этого неравенства является промежуток $[-3, 3]$.

Исключим из этого промежутка точку $x = -2.5$, согласно ОДЗ.

Ответ: $x \in [-3, -2.5) \cup (-2.5, 3]$.

в) Исходное неравенство: $|x| - \frac{3}{5x - 4} \le \frac{10x - 11}{5x - 4}$.

ОДЗ: $5x - 4 \neq 0$, следовательно, $x \neq \frac{4}{5}$ или $x \neq 0.8$.

Перенесем дробь в правую часть:

$|x| \le \frac{10x - 11}{5x - 4} + \frac{3}{5x - 4}$

Упростим правую часть:

$|x| \le \frac{10x - 11 + 3}{5x - 4}$

$|x| \le \frac{10x - 8}{5x - 4}$

Вынесем общий множитель 2 в числителе:

$|x| \le \frac{2(5x - 4)}{5x - 4}$

С учетом ОДЗ ($x \neq 0.8$), сокращаем дробь:

$|x| \le 2$

Решением этого неравенства является промежуток $[-2, 2]$.

Исключим из этого промежутка точку $x = 0.8$, согласно ОДЗ.

Ответ: $x \in [-2, 0.8) \cup (0.8, 2]$.

г) Исходное неравенство: $|x| - \frac{4}{4x - 5} \le \frac{8x - 14}{4x - 5}$.

ОДЗ: $4x - 5 \neq 0$, следовательно, $x \neq \frac{5}{4}$ или $x \neq 1.25$.

Перенесем дробь в правую часть:

$|x| \le \frac{8x - 14}{4x - 5} + \frac{4}{4x - 5}$

Упростим правую часть:

$|x| \le \frac{8x - 14 + 4}{4x - 5}$

$|x| \le \frac{8x - 10}{4x - 5}$

Вынесем общий множитель 2 в числителе:

$|x| \le \frac{2(4x - 5)}{4x - 5}$

С учетом ОДЗ ($x \neq 1.25$), сокращаем дробь:

$|x| \le 2$

Решением этого неравенства является промежуток $[-2, 2]$.

Исключим из этого промежутка точку $x = 1.25$, согласно ОДЗ.

Ответ: $x \in [-2, 1.25) \cup (1.25, 2]$.