Страница 265 - гдз по алгебре 11 класс учебник Никольский, Потапов

9.66 Докажите справедливость утверждений 1–4.

Так как в условии не приведены сами утверждения, будут доказаны стандартные свойства степени с рациональным показателем, которые обычно доказываются в данном разделе учебника. Доказательства приводятся для любых $a > 0$, $b > 0$ и любых рациональных чисел $p, q$.

1. Доказательство свойства $a^p \cdot a^q = a^{p+q}$

Пусть рациональные числа $p$ и $q$ представлены в виде дробей: $p = \frac{m}{n}$ и $q = \frac{k}{l}$, где $m, k$ — целые числа, а $n, l$ — натуральные числа. По определению степени с рациональным показателем, $a^{p} = a^{m/n} = \sqrt[n]{a^m}$. Чтобы выполнить умножение, приведем показатели к общему знаменателю $nl$: $p = \frac{m}{n} = \frac{ml}{nl}$ $q = \frac{k}{l} = \frac{kn}{nl}$ Теперь рассмотрим левую часть доказываемого равенства: $a^p \cdot a^q = a^{\frac{ml}{nl}} \cdot a^{\frac{kn}{nl}}$. Используя определение степени с рациональным показателем, запишем это выражение через корни: $a^{\frac{ml}{nl}} \cdot a^{\frac{kn}{nl}} = \sqrt[nl]{a^{ml}} \cdot \sqrt[nl]{a^{kn}}$. Согласно свойству произведения корней одинаковой степени ($\sqrt[r]{x} \cdot \sqrt[r]{y} = \sqrt[r]{xy}$), получаем: $\sqrt[nl]{a^{ml} \cdot a^{kn}}$. По свойству произведения степеней с одинаковым основанием для целых показателей ($x^s \cdot x^t = x^{s+t}$), выражение под корнем равно $a^{ml+kn}$: $\sqrt[nl]{a^{ml+kn}}$. Возвращаясь к определению степени с рациональным показателем, имеем: $a^{\frac{ml+kn}{nl}}$. Преобразуем показатель степени: $\frac{ml+kn}{nl} = \frac{ml}{nl} + \frac{kn}{nl} = \frac{m}{n} + \frac{k}{l} = p+q$. Таким образом, мы показали, что $a^p \cdot a^q = a^{p+q}$.

Ответ: Утверждение доказано.

2. Доказательство свойства $a^p : a^q = a^{p-q}$

Пусть $p = \frac{m}{n}$ и $q = \frac{k}{l}$, где $m, k \in \mathbb{Z}$, а $n, l \in \mathbb{N}$. Приведем показатели к общему знаменателю $nl$: $p = \frac{ml}{nl}$ и $q = \frac{kn}{nl}$. Рассмотрим левую часть равенства: $a^p : a^q = \frac{a^p}{a^q} = \frac{a^{\frac{ml}{nl}}}{a^{\frac{kn}{nl}}}$. По определению степени с рациональным показателем: $\frac{\sqrt[nl]{a^{ml}}}{\sqrt[nl]{a^{kn}}}$. Используя свойство частного корней одинаковой степени ($\frac{\sqrt[r]{x}}{\sqrt[r]{y}} = \sqrt[r]{\frac{x}{y}}$), получаем: $\sqrt[nl]{\frac{a^{ml}}{a^{kn}}}$. По свойству частного степеней с одинаковым основанием для целых показателей ($\frac{x^s}{x^t} = x^{s-t}$), имеем: $\sqrt[nl]{a^{ml-kn}}$. По определению степени с рациональным показателем, это выражение равно: $a^{\frac{ml-kn}{nl}}$. Преобразуем показатель: $\frac{ml-kn}{nl} = \frac{ml}{nl} - \frac{kn}{nl} = \frac{m}{n} - \frac{k}{l} = p-q$. Таким образом, $a^p : a^q = a^{p-q}$.

Ответ: Утверждение доказано.

3. Доказательство свойства $(a^p)^q = a^{pq}$

Пусть $p = \frac{m}{n}$ и $q = \frac{k}{l}$, где $m, k \in \mathbb{Z}$, а $n, l \in \mathbb{N}$. Рассмотрим левую часть равенства: $(a^p)^q = (a^{\frac{m}{n}})^{\frac{k}{l}}$. По определению степени с рациональным показателем: $(a^{\frac{m}{n}})^{\frac{k}{l}} = \sqrt[l]{(a^{\frac{m}{n}})^k}$. Рассмотрим выражение в скобках под корнем: $(a^{\frac{m}{n}})^k = (\sqrt[n]{a^m})^k$. По свойству возведения корня в степень ($(\sqrt[r]{x})^s = \sqrt[r]{x^s}$), получаем: $\sqrt[n]{(a^m)^k}$. По свойству возведения степени в степень для целых показателей ($(x^s)^t = x^{st}$), имеем: $\sqrt[n]{a^{mk}}$. Подставим это выражение обратно в исходное: $\sqrt[l]{\sqrt[n]{a^{mk}}}$. По свойству корня из корня ($\sqrt[s]{\sqrt[r]{x}} = \sqrt[sr]{x}$), получаем: $\sqrt[ln]{a^{mk}}$. По определению степени с рациональным показателем, это равно: $a^{\frac{mk}{ln}}$. Показатель степени можно переписать как: $\frac{mk}{ln} = \frac{m}{n} \cdot \frac{k}{l} = pq$. Таким образом, мы доказали, что $(a^p)^q = a^{pq}$.

Ответ: Утверждение доказано.

4. Доказательство свойства $(ab)^p = a^p b^p$

Пусть $p = \frac{m}{n}$, где $m \in \mathbb{Z}$, а $n \in \mathbb{N}$. Рассмотрим левую часть равенства: $(ab)^p = (ab)^{\frac{m}{n}}$. По определению степени с рациональным показателем: $(ab)^{\frac{m}{n}} = \sqrt[n]{(ab)^m}$. Используя свойство возведения произведения в степень для целых показателей ($(xy)^s = x^s y^s$): $\sqrt[n]{a^m b^m}$. По свойству корня из произведения ($\sqrt[r]{xy} = \sqrt[r]{x} \sqrt[r]{y}$): $\sqrt[n]{a^m} \cdot \sqrt[n]{b^m}$. Применяя определение степени с рациональным показателем к каждому множителю, получаем: $a^{\frac{m}{n}} \cdot b^{\frac{m}{n}} = a^p b^p$. Таким образом, $(ab)^p = a^p b^p$.

Ответ: Утверждение доказано.

$9.67$ Докажите, что равносильны неравенство и система:

a) $\arcsin f(x) > \arcsin g(x)$ и $\begin{cases} f(x) > g(x) \\ -1 \le f(x) \le 1 \\ -1 \le g(x) \le 1; \end{cases}$

б) $\arccos f(x) > \arccos g(x)$ и $\begin{cases} f(x) < g(x) \\ -1 \le f(x) \le 1 \\ -1 \le g(x) \le 1. \end{cases}$

а)

Чтобы доказать, что неравенство $\arcsin f(x) > \arcsin g(x)$ равносильно указанной системе, нужно показать, что их множества решений совпадают. Это можно сделать, выполнив равносильные преобразования исходного неравенства.

1. Область определения. Функция $y = \arcsin(t)$ определена на отрезке $[-1, 1]$. Следовательно, для того чтобы левая и правая части неравенства имели смысл, необходимо и достаточно, чтобы их аргументы принадлежали этому отрезку. Это приводит к системе условий:

Эти два неравенства совпадают с двумя последними неравенствами в доказываемой системе.

2. Монотонность функции. Функция $y = \arcsin(t)$ является строго возрастающей на всей своей области определения $[-1, 1]$. Это означает, что для любых значений $a$ и $b$ из этого отрезка, неравенство $\arcsin(a) > \arcsin(b)$ равносильно неравенству $a > b$.

Применяя это свойство к исходному неравенству, мы получаем, что (при условии выполнения ограничений из пункта 1) оно равносильно неравенству $f(x) > g(x)$.

Объединяя условия из пунктов 1 и 2, мы получаем, что исходное неравенство $\arcsin f(x) > \arcsin g(x)$ равносильно одновременному выполнению всех трех условий, то есть системе:

Таким образом, равносильность неравенства и системы доказана.

Ответ: Равносильность доказана.

б)

Доказательство проводится аналогично пункту а), но с учетом свойств функции арккосинус. Рассмотрим неравенство $\arccos f(x) > \arccos g(x)$.

1. Область определения. Функция $y = \arccos(t)$ также определена на отрезке $[-1, 1]$. Следовательно, для существования выражений в неравенстве необходимо выполнение условий:

2. Монотонность функции. Функция $y = \arccos(t)$ является строго убывающей на всей своей области определения $[-1, 1]$. Это означает, что для любых значений $a$ и $b$ из этого отрезка, неравенство $\arccos(a) > \arccos(b)$ равносильно неравенству $a < b$ (знак неравенства меняется на противоположный).

Применяя это свойство к исходному неравенству (при условии выполнения ограничений из пункта 1), получаем, что оно равносильно неравенству $f(x) < g(x)$.

Объединяя эти рассуждения, мы заключаем, что исходное неравенство $\arccos f(x) > \arccos g(x)$ равносильно системе:

Таким образом, равносильность неравенства и системы доказана.

Ответ: Равносильность доказана.

9.68 Какие из неравенств в системах (задание 9.67) можно опустить? Почему?

В системах неравенств можно опустить те неравенства, которые являются следствием других неравенств системы. Такое неравенство называется избыточным или redundant. Это означает, что любое решение, удовлетворяющее остальным (более строгим) неравенствам системы, автоматически будет удовлетворять и избыточному неравенству. Поскольку решение системы — это пересечение множеств решений всех входящих в нее неравенств, избыточное неравенство не меняет итогового решения, и его можно убрать для упрощения системы.

В общем виде:

• В группе неравенств вида $x > a_1, x > a_2, ..., x > a_n$ можно оставить только одно, самое сильное: $x > \max(a_1, a_2, ..., a_n)$.
• В группе неравенств вида $x < b_1, x < b_2, ..., x < b_n$ можно оставить только одно, самое сильное: $x < \min(b_1, b_2, ..., b_n)$.

Рассмотрим, какие неравенства можно было бы опустить в гипотетических системах, аналогичных тем, что могли быть в задании 9.67.

а) В системе $ \begin{cases} x > 8 \\ x > 4 \end{cases} $

Можно опустить неравенство $x > 4$. Это возможно потому, что если переменная $x$ удовлетворяет более строгому условию $x > 8$, она автоматически удовлетворяет и менее строгому условию $x > 4$. Множество решений $(8; +\infty)$ является подмножеством множества решений $(4; +\infty)$, и их пересечение равно $(8; +\infty)$. Таким образом, неравенство $x > 4$ является избыточным.

Ответ: можно опустить неравенство $x > 4$, так как оно является следствием неравенства $x > 8$.

б) В системе $ \begin{cases} y < -3 \\ y < 0 \end{cases} $

Можно опустить неравенство $y < 0$. Если переменная $y$ удовлетворяет более строгому условию $y < -3$, она автоматически удовлетворяет и менее строгому условию $y < 0$. Множество решений $(-\infty; -3)$ является подмножеством множества решений $(-\infty; 0)$, и их пересечение равно $(-\infty; -3)$. Таким образом, неравенство $y < 0$ является избыточным.

Ответ: можно опустить неравенство $y < 0$, так как оно является следствием неравенства $y < -3$.

в) В системе $ \begin{cases} a > -1 \\ a > -5 \\ a < 2 \end{cases} $

Можно опустить неравенство $a > -5$. В системе есть два неравенства, ограничивающие переменную $a$ снизу: $a > -1$ и $a > -5$. Условие $a > -1$ является более строгим. Любое число, которое больше -1, автоматически больше и -5. Поэтому неравенство $a > -5$ является избыточным и не влияет на решение системы, которое определяется оставшимися неравенствами $a > -1$ и $a < 2$.

Ответ: можно опустить неравенство $a > -5$, так как оно является следствием неравенства $a > -1$.

г) В системе $ \begin{cases} b < 10 \\ b > -2 \\ b < 12 \end{cases} $

Можно опустить неравенство $b < 12$. В системе есть два неравенства, ограничивающие переменную $b$ сверху: $b < 10$ и $b < 12$. Условие $b < 10$ является более строгим. Любое число, которое меньше 10, автоматически меньше и 12. Поэтому неравенство $b < 12$ является избыточным и не влияет на решение системы, которое определяется оставшимися неравенствами $b < 10$ и $b > -2$.

Ответ: можно опустить неравенство $b < 12$, так как оно является следствием неравенства $b < 10$.

9.69 Докажите, что равносильны неравенства:

a) $\arctg f(x) > \arctg g(x)$ и $f(x) > g(x)$;

$\arcctg f(x) > \arcctg g(x)$ и $f(x) < g(x)$.

а) Для доказательства равносильности неравенств $arctg f(x) > arctg g(x)$ и $f(x) > g(x)$ необходимо установить, что выполнение одного неравенства влечет за собой выполнение другого, и наоборот.

Ключевым свойством для этого доказательства является то, что функция $y = arctg(t)$ является строго возрастающей на всей своей области определения, то есть для всех $t \in (-\infty; +\infty)$.

1. Докажем, что из $f(x) > g(x)$ следует $arctg f(x) > arctg g(x)$.
Пусть дано неравенство $f(x) > g(x)$. Поскольку функция $y = arctg(t)$ является строго возрастающей, то для любых двух аргументов $t_1$ и $t_2$ из того, что $t_1 > t_2$, следует $arctg(t_1) > arctg(t_2)$. Применив это свойство к нашему неравенству, где $t_1 = f(x)$ и $t_2 = g(x)$, мы получаем $arctg f(x) > arctg g(x)$.

2. Докажем, что из $arctg f(x) > arctg g(x)$ следует $f(x) > g(x)$.
Пусть дано неравенство $arctg f(x) > arctg g(x)$. Область значений функции арктангенс — это интервал $(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2})$. На этом интервале функция $y = tg(u)$ является строго возрастающей. Применим функцию тангенса к обеим частям неравенства. Так как тангенс возрастает на $(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2})$, знак неравенства сохранится:
$tg(arctg f(x)) > tg(arctg g(x))$.
Используя основное тождество $tg(arctg(t)) = t$, получаем:
$f(x) > g(x)$.

Так как мы доказали следование в обе стороны, неравенства являются равносильными.

Ответ: Неравенства $arctg f(x) > arctg g(x)$ и $f(x) > g(x)$ равносильны, поскольку функция $y = arctg(t)$ строго возрастает на всей числовой прямой.

б) Для доказательства равносильности неравенств $arcctg f(x) > arcctg g(x)$ и $f(x) < g(x)$ необходимо, как и в предыдущем пункте, установить двустороннее следование.

Ключевым свойством здесь является то, что функция $y = arcctg(t)$ является строго убывающей на всей своей области определения, то есть для всех $t \in (-\infty; +\infty)$.

1. Докажем, что из $f(x) < g(x)$ следует $arcctg f(x) > arcctg g(x)$.
Пусть дано неравенство $f(x) < g(x)$. Поскольку функция $y = arcctg(t)$ является строго убывающей, то для любых двух аргументов $t_1$ и $t_2$ из того, что $t_1 < t_2$, следует $arcctg(t_1) > arcctg(t_2)$. Применив это свойство к нашему неравенству, где $t_1 = f(x)$ и $t_2 = g(x)$, мы получаем $arcctg f(x) > arcctg g(x)$. При применении убывающей функции знак неравенства меняется на противоположный.

2. Докажем, что из $arcctg f(x) > arcctg g(x)$ следует $f(x) < g(x)$.
Пусть дано неравенство $arcctg f(x) > arcctg g(x)$. Область значений функции арккотангенс — это интервал $(0; \pi)$. На этом интервале функция $y = ctg(u)$ является строго убывающей. Применим функцию котангенса к обеим частям неравенства. Так как котангенс убывает на $(0; \pi)$, знак неравенства изменится на противоположный:
$ctg(arcctg f(x)) < ctg(arcctg g(x))$.
Используя основное тождество $ctg(arcctg(t)) = t$, получаем:
$f(x) < g(x)$.

Так как мы доказали следование в обе стороны, неравенства являются равносильными.

Ответ: Неравенства $arcctg f(x) > arcctg g(x)$ и $f(x) < g(x)$ равносильны, поскольку функция $y = arcctg(t)$ строго убывает на всей числовой прямой.

Решите неравенство (9.70–9.73):

9.70 a) $\arcsin(x^2 - 2x) < \arcsin(x^2 + x - 1);$

б) $\arccos \frac{x - 1}{2} < \arccos(x^2 - 4x + 3);$

в) $\arctan(2x^2 + 1) > \arctan(2x^2 - x);$

г) $\arccot \frac{x - 2}{2} > \arccot \frac{4 - x}{2}.$

а) Исходное неравенство: $arcsin(x^2 - 2x) < arcsin(x^2 + x - 1)$.

Функция $y = arcsin(t)$ определена при $t \in [-1, 1]$ и является строго возрастающей на всей области определения. Поэтому данное неравенство равносильно системе неравенств:

$ \begin{cases} -1 \le x^2 - 2x \\ x^2 + x - 1 \le 1 \\ x^2 - 2x < x^2 + x - 1 \end{cases} $

Решим каждое неравенство системы:

1) $-1 \le x^2 - 2x \implies x^2 - 2x + 1 \ge 0 \implies (x-1)^2 \ge 0$. Это неравенство выполняется для всех действительных чисел $x$, то есть $x \in (-\infty; +\infty)$.

2) $x^2 + x - 1 \le 1 \implies x^2 + x - 2 \le 0$. Найдем корни уравнения $x^2 + x - 2 = 0$. По теореме Виета, корни $x_1 = -2$ и $x_2 = 1$. Ветви параболы $y = x^2 + x - 2$ направлены вверх, следовательно, неравенство выполняется при $x \in [-2; 1]$.

3) $x^2 - 2x < x^2 + x - 1 \implies -2x < x - 1 \implies 1 < 3x \implies x > \frac{1}{3}$.

Найдем пересечение решений всех трех неравенств: $x \in (-\infty; +\infty) \cap [-2; 1] \cap (\frac{1}{3}; +\infty)$.

Пересечением данных множеств является интервал $(\frac{1}{3}; 1]$.

Ответ: $x \in (\frac{1}{3}; 1]$.

б) Исходное неравенство: $arccos\frac{x-1}{2} < arccos(x^2 - 4x + 3)$.

Функция $y = arccos(t)$ определена при $t \in [-1, 1]$ и является строго убывающей на всей области определения. Поэтому данное неравенство равносильно системе неравенств:

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

Решим каждое неравенство системы:

1) $-1 \le x^2 - 4x + 3 \implies x^2 - 4x + 4 \ge 0 \implies (x-2)^2 \ge 0$. Это неравенство выполняется для всех действительных чисел $x$, то есть $x \in (-\infty; +\infty)$.

2) $\frac{x-1}{2} \le 1 \implies x-1 \le 2 \implies x \le 3$.

3) $\frac{x-1}{2} > x^2 - 4x + 3 \implies x-1 > 2x^2 - 8x + 6 \implies 0 > 2x^2 - 9x + 7 \implies 2x^2 - 9x + 7 < 0$. Найдем корни уравнения $2x^2 - 9x + 7 = 0$. Дискриминант $D = (-9)^2 - 4 \cdot 2 \cdot 7 = 81 - 56 = 25$. Корни $x_{1,2} = \frac{9 \pm 5}{4}$, то есть $x_1 = 1$, $x_2 = \frac{14}{4} = 3.5$. Ветви параболы направлены вверх, значит, неравенство выполняется при $x \in (1; 3.5)$.

Найдем пересечение решений всех трех неравенств: $x \in (-\infty; +\infty) \cap (-\infty; 3] \cap (1; 3.5)$.

Пересечением данных множеств является интервал $(1; 3]$.

Ответ: $x \in (1; 3]$.

в) Исходное неравенство: $arctg(2x^2 + 1) > arctg(2x^2 - x)$.

Функция $y = arctg(t)$ определена для всех действительных чисел $t \in (-\infty; +\infty)$ и является строго возрастающей. Поэтому данное неравенство равносильно неравенству для их аргументов:

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

$1 > -x$

$x > -1$

Решением является интервал $(-1; +\infty)$.

Ответ: $x \in (-1; +\infty)$.

г) Исходное неравенство: $arcctg\frac{x-2}{2} > arcctg\frac{4-x}{2}$.

Функция $y = arcctg(t)$ определена для всех действительных чисел $t \in (-\infty; +\infty)$ и является строго убывающей. Поэтому данное неравенство равносильно неравенству для их аргументов с противоположным знаком:

$\frac{x-2}{2} < \frac{4-x}{2}$

Умножим обе части на 2:

$x-2 < 4-x$

$2x < 6$

$x < 3$

Решением является интервал $(-\infty; 3)$.

Ответ: $x \in (-\infty; 3)$.

9.71* a) $\sqrt{\log_2 (x - 3)} + 10^{\log_2 (x - 3)} < \sqrt{\log_2 (x^2 - 3x)} + 10^{\log_2 (x^2 - 3x)},$

б) $\sqrt{\log_5 (x + 1)} + 3^{\log_5 (x + 1)} < \sqrt{\log_5 \frac{2}{x}} + 3^{\log_5 \frac{2}{x}}.$

а) Рассмотрим неравенство $\sqrt{\log_2(x - 3)} + 10^{\log_2(x - 3)} < \sqrt{\log_2(x^2 - 3x)} + 10^{\log_2(x^2 - 3x)}$.
Данное неравенство имеет вид $f(u) < f(v)$, где $f(t) = \sqrt{t} + 10^t$, $u = \log_2(x - 3)$ и $v = \log_2(x^2 - 3x)$.

Сначала найдем область допустимых значений (ОДЗ) неравенства. Для этого должны выполняться следующие условия:
1. Аргументы логарифмов должны быть положительны:
$x - 3 > 0 \Rightarrow x > 3$
$x^2 - 3x > 0 \Rightarrow x(x - 3) > 0 \Rightarrow x \in (-\infty, 0) \cup (3, \infty)$
Из этих двух условий следует, что $x > 3$.
2. Выражения под знаком корня должны быть неотрицательны:
$\log_2(x - 3) \ge 0 \Rightarrow x - 3 \ge 2^0 \Rightarrow x - 3 \ge 1 \Rightarrow x \ge 4$.
$\log_2(x^2 - 3x) \ge 0 \Rightarrow x^2 - 3x \ge 2^0 \Rightarrow x^2 - 3x - 1 \ge 0$.
Корни квадратного трехчлена $x^2 - 3x - 1 = 0$ равны $x_{1,2} = \frac{3 \pm \sqrt{9 - 4(-1)}}{2} = \frac{3 \pm \sqrt{13}}{2}$.
Неравенство $x^2 - 3x - 1 \ge 0$ выполняется при $x \le \frac{3 - \sqrt{13}}{2}$ или $x \ge \frac{3 + \sqrt{13}}{2}$.
Объединяя все условия в систему:
$\begin{cases} x > 3 \\ x \ge 4 \\ x \ge \frac{3 + \sqrt{13}}{2} \end{cases}$
Поскольку $3 < \sqrt{13} < 4$, то $3 < \frac{3 + \sqrt{13}}{2} < 3.5$. Условие $x \ge 4$ является наиболее сильным и удовлетворяет всем остальным. Таким образом, ОДЗ: $x \ge 4$.

Теперь исследуем функцию $f(t) = \sqrt{t} + 10^t$ на монотонность при $t \ge 0$. Ее производная $f'(t) = \frac{1}{2\sqrt{t}} + 10^t \ln{10}$. При $t > 0$ оба слагаемых положительны, следовательно, $f'(t) > 0$. Функция $f(t)$ является строго возрастающей на всей своей области определения $t \in [0, \infty)$.

Так как функция $f(t)$ строго возрастает, то неравенство $f(u) < f(v)$ равносильно неравенству $u < v$:
$\log_2(x - 3) < \log_2(x^2 - 3x)$
Основание логарифма $2 > 1$, поэтому логарифмическая функция возрастающая, и неравенство равносильно следующему:
$x - 3 < x^2 - 3x$
$x^2 - 4x + 3 > 0$
$(x - 1)(x - 3) > 0$
Решением этого неравенства является $x \in (-\infty, 1) \cup (3, \infty)$.

Найдем пересечение этого решения с ОДЗ ($x \ge 4$).
$((-\infty, 1) \cup (3, \infty)) \cap [4, +\infty) = [4, +\infty)$.

Ответ: $x \in [4, +\infty)$.

б) Рассмотрим неравенство $\sqrt{\log_5(x + 1)} + 3^{\log_5(x + 1)} < \sqrt{\log_5\frac{2}{x}} + 3^{\log_5\frac{2}{x}}$.
Данное неравенство имеет вид $f(u) < f(v)$, где $f(t) = \sqrt{t} + 3^t$, $u = \log_5(x + 1)$ и $v = \log_5\frac{2}{x}$.

Сначала найдем область допустимых значений (ОДЗ).
1. Аргументы логарифмов должны быть положительны:
$x + 1 > 0 \Rightarrow x > -1$
$\frac{2}{x} > 0 \Rightarrow x > 0$
2. Выражения под знаком корня должны быть неотрицательны:
$\log_5(x + 1) \ge 0 \Rightarrow x + 1 \ge 5^0 \Rightarrow x + 1 \ge 1 \Rightarrow x \ge 0$.
$\log_5\frac{2}{x} \ge 0 \Rightarrow \frac{2}{x} \ge 5^0 \Rightarrow \frac{2}{x} \ge 1$. Так как $x > 0$, можем умножить на $x$: $2 \ge x \Rightarrow x \le 2$.
Объединяя все условия: $x > 0$, $x \ge 0$ и $x \le 2$, получаем ОДЗ: $x \in (0, 2]$.

Исследуем функцию $f(t) = \sqrt{t} + 3^t$ на монотонность при $t \ge 0$. Ее производная $f'(t) = \frac{1}{2\sqrt{t}} + 3^t \ln{3}$. При $t > 0$ производная $f'(t) > 0$, следовательно, функция $f(t)$ является строго возрастающей на $t \in [0, \infty)$.

Так как функция $f(t)$ строго возрастает, то неравенство $f(u) < f(v)$ равносильно неравенству $u < v$:
$\log_5(x + 1) < \log_5\frac{2}{x}$
Основание логарифма $5 > 1$, поэтому неравенство равносильно:
$x + 1 < \frac{2}{x}$
Поскольку в ОДЗ $x > 0$, умножим обе части на $x$:
$x(x + 1) < 2$
$x^2 + x - 2 < 0$
$(x + 2)(x - 1) < 0$
Решением этого неравенства является интервал $x \in (-2, 1)$.

Найдем пересечение этого решения с ОДЗ ($x \in (0, 2]$).
$(-2, 1) \cap (0, 2] = (0, 1)$.

Ответ: $x \in (0, 1)$.