№16. Неравенства

Область допустимых значений

Логарифм должен существовать, а на него ещё и делят, поэтому

\[\begin{cases} x > 0, \\ \log_{36} x \neq 0 \end{cases} \quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} x > 0, \\ x \neq 1, \end{cases} \qquad\text{то есть}\qquad x \in (0;1) \cup (1;+\infty).\]

Замена

Положим \(\log_{36} x = t\), причём \(t \neq 0\). Неравенство превращается в

\[(t+1)\cdot\left(\frac{1}{t}+1\right) \leqslant t.\]

Слева в скобке приводим к общему знаменателю: \(\dfrac{1}{t} + 1 = \dfrac{t+1}{t}\), поэтому левая часть равна \(\dfrac{(t+1)^2}{t}\). Переносим всё влево:

\[\frac{(t+1)^2}{t} - t \leqslant 0, \qquad \frac{t^2 + 2t + 1 - t^2}{t} \leqslant 0, \qquad \frac{2t+1}{t} \leqslant 0.\]

Метод интервалов

Нуль числителя \(t = -\dfrac{1}{2}\) закрашен, нуль знаменателя \(t = 0\) выколот.

\[-\frac{1}{2} \leqslant t < 0.\]

Обратная замена

Подставляем \(t = \log_{36} x\) и записываем края через логарифмы по тому же основанию: \(-\dfrac{1}{2} = \log_{36} 36^{-1/2} = \log_{36}\dfrac{1}{6}\), а \(0 = \log_{36} 1\):

\[\log_{36}\frac{1}{6} \leqslant \log_{36} x < \log_{36} 1.\]

Основание \(36 > 1\), логарифм возрастает, поэтому неравенства сохраняются и для самих чисел:

\[\frac{1}{6} \leqslant x < 1.\]

Полученный промежуток целиком лежит в области допустимых значений.

Ответ: \(x \in \left[\dfrac{1}{6};\ 1\right)\).

Область допустимых значений

Условие \(0{,}5\cdot 2^x > 0\) выполняется при всех \(x\). Знаменатель не должен обращаться в ноль:

\[0{,}5\cdot 2^x \neq 1 \quad\Longleftrightarrow\quad 2^{x-1} \neq 1 \quad\Longleftrightarrow\quad x \neq 1.\]

Числитель

Заметим, что \(4^x = \left(2^x\right)^2\), и сделаем замену \(t = 2^x\), где \(t > 0\):

\[4^x - 3\cdot 2^x + 2 = t^2 - 3t + 2 = (t-1)(t-2).\]

После обратной замены числитель равен \(\left(2^x - 1\right)\left(2^x - 2\right)\).

Знаменатель

\[\log_3\left(0{,}5\cdot 2^x\right) = \log_3 2^{x-1} = (x-1)\log_3 2.\]

Неравенство принимает вид

\[\frac{\left(2^x-1\right)\left(2^x-2\right)}{(x-1)\log_3 2} \geqslant 0.\]

Рационализация

Основание \(2 > 1\), поэтому знак разности степеней совпадает со знаком разности показателей: разность \(2^u - 2^v\) можно заменить на \(u - v\). Записывая \(1 = 2^0\) и \(2 = 2^1\), получаем

\[\frac{(x-0)(x-1)}{x-1} \geqslant 0, \qquad \frac{x\,(x-1)}{x-1} \geqslant 0.\]

Множитель \((x-1)\) сокращается, но точка \(x = 1\) остаётся выколотой — она обнуляет исходный знаменатель. Поэтому знак при переходе через неё не меняется.

Метод интервалов

Ответ: \(x \in [0;\ 1) \cup (1;\ +\infty)\).

Область допустимых значений

Нужно, чтобы был определён внутренний логарифм и чтобы под внешним стояло положительное число:

\[\begin{cases} x > 0,\\ \log_5 x > 0 \end{cases} \quad\Longleftrightarrow\quad x > 1.\]

Упрощение

По основному логарифмическому тождеству \(5^{\log_5\left(\log_5 x\right)} = \log_5 x\). Кроме того, переходя к основанию 5,

\[\log_{0,2} x = \frac{\log_5 x}{\log_5 0{,}2} = \frac{\log_5 x}{-1} = -\log_5 x \quad\Longrightarrow\quad \log^2_{0,2} x = \log_5^2 x.\]

Обозначим \(t = \log_5 x\); по области допустимых значений \(t > 0\). Неравенство превращается в

\[t + t^2 - 12 \leqslant 0, \qquad (t+4)(t-3) \leqslant 0.\]

Квадратное неравенство даёт \(-4 \leqslant t \leqslant 3\). Осталось пересечь это с условием \(t > 0\) из области допустимых значений:

\[0 < t \leqslant 3.\]

Обратная замена

\[0 < \log_5 x \leqslant 3 \quad\Longleftrightarrow\quad 1 < x \leqslant 5^3 = 125.\]

Ответ: \(x \in (1;\ 125]\).

Область допустимых значений

Под логарифмом стоит \(4 + x^2 > 0\) — это верно при всех \(x\), поэтому ограничений нет: \(x \in \mathbb{R}\).

Преобразование

По основному логарифмическому тождеству \(a^{\log_a b} = b\):

\[4 + x^2 + x^4 - 10 \geqslant 0, \qquad x^4 + x^2 - 6 \geqslant 0.\]

Замена

Положим \(x^2 = t\), где \(t \geqslant 0\):

\[t^2 + t - 6 \geqslant 0, \qquad (t+3)(t-2) \geqslant 0.\]

Корень \(t = -3\) отрицателен и в рассмотрение не попадает, поэтому на луче \(t \geqslant 0\) знак меняется только в точке \(t = 2\).

Получаем \(t \in [2;\,+\infty)\).

Обратная замена

\[x^2 \geqslant 2 \quad\Longleftrightarrow\quad x \in \left(-\infty;\ -\sqrt{2}\,\right] \cup \left[\sqrt{2};\ +\infty\right).\]

Ответ: \(x \in \left(-\infty;\ -\sqrt{2}\,\right] \cup \left[\sqrt{2};\ +\infty\right)\).

Рассмотрим ОДЗ:

\(3^x+4>0\) при всех \(x\), а также \(3^{x+1}-1\ne0\). Поэтому \(3^x\ne\frac13\), то есть \(x\ne-1\).

Положим \(t=3^x\), тогда \(t>0\) и \(3^{x+1}=3t\). Получаем:

\[\frac1{t+4}\le\frac2{3t-1}.\]

Перенесём всё в левую часть:

\[\frac1{t+4}-\frac2{3t-1}\le0,\]

\[\frac{3t-1-2(t+4)}{(t+4)(3t-1)}\le0,\]

\[\frac{t-9}{(t+4)(3t-1)}\le0.\]

Так как \(t+4>0\), равносильно:

\[\frac{t-9}{3t-1}\le0.\]

С учётом \(t>0\) методом интервалов получаем:

\[t\in\left(\frac13;9\right].\]

Возвращаемся к \(t=3^x\). Поскольку функция \(3^x\) возрастает,

\[\frac13<3^x\le9\quad\Longleftrightarrow\quad -1<x\le2.\]

Ответ: \(\left(-1;2\right]\).