Глава IV

РЕШЕНИЕ УРАВНЕНИЙ И НЕРАВЕНСТВ С ИСПОЛЬЗОВАНИЕМ СВОЙСТВ ВХОДЯЩИХ В НИХ ФУНКЦИЙ

§ 4.1. Применение основных свойств функ­ций /

1. Использование ОДЗ. Иногда знание ОДЗ позво­ляет доказать, что уравнение (или неравенство) не имеет ре­шений, а иногда позволяет найти решения уравнения (или не­равенства) непосредственной подстановкой чисел из ОДЗ.

Пример I. Решить уравнение

y/Z-x = log₅(x - 3).

Решение. ОДЗ этого уравнения состоит из всех х, одно­временно удовлетворяющих условиям 3 — х > 0 и х — 3>0, т.е. ОДЗ есть пустое множество. Этим решение уравнения и за­вершается, так как установлено, что ни одно число не может являться решением, т. е. что уравнение не имеет корней.

Ответ: решений нет.

Пример 2. Решить уравнение

л/1 sin х\ — v^-|sinx[ + tg х. (!)

Решение. ОДЗ этого уравнения состоит из всех х, одно­временно удовлетворяющих условиям |sinx| > 0> — |sinx| > О,

X Ф ^ + Я-П, п е Z, т. е. ОДЗ есть х = пк, к € Z. Подста­вляя эти значения х в уравнение (1), получаем, что его левая и правая части равны 0, а это означает, что все х = пк, к € Z, являются его решениями.

Ответ: х = тгк, к е Z.

Пример 3. Решить неравенство

₊У^ГП< 2*-log₂(l + i⁴). (2)

Решение. ОДЗ неравенства (2) состоит из всех х, одно­временно удовлетворяющих условиям 1 — х² > 0, х^А — 1 > 0. т. е. ОДЗ состоит из двух чисел х\ = 1 и Х2 = — 1. Подста­вляя xi = 1 в неравенство (2), получаем, что его левая часть равна 0, правая равна 2 — log₂ 2 = 1, т. е. Х\ =1 есть реше­ние неравенства (2). Подставляя Х2 = -1 в неравенство (2), получаем, что х₂ = — 1 не является его решением, посколь­ку левая часть неравенства (2) равна 0, а правая часть равна 2*”¹ — log₂ 2 = -1/2.

Ответ: х = 1.

Пример 4. Решить неравенство

logs * < VT—"5*. (3)

Решение. ОДЗ неравенства (3) есть все х, удовлетворяю­щие условию 0 < х < 1. Ясно, что х = 1 не является реше­нием неравенства (3). Для х из промежутка 0 < х < 1 имеем

logs ^х < 0» ^а х/Г^х* > 0. Следовательно, все х из промежутка 0 < х < 1 являются решениями неравенства (3).

Ответ: 0 < х < 1.

Пример 5. Решить неравенство

у/7+3 + < у/3. (4)

Решение. ОДЗ неравенства (4) есть все х из промежутка -3 < х < 9. Разобьем это множество на два промежутка -3<х<0и0<х<9.

Для х из промежутка -3 < х < 0 имеем у/х + 3 > 0, № - х > \/9 = y/i. Следовательно, у/х + 3 + \/9 - х > >/3

на этом промежутке, и поэтому неравенство (4) не имеет ре­шений на этом промежутке.

Пусть х принадлежит промежутку 0 < х < 9, тогда >Jx + 3 > у/3 и \/9 - х > 0. Следовательно, у/х+ 3 + У9 - х > > у/5 для таких х, и, значит, на этом промежутке неравенство (4) также не имеет решений.

Итак, неравенство (4) решений не имеет.

Ответ: решений нет.

Замечания. 1. При решении уравнений необязательно на­ходить ОДЗ. Иногда проще перейти к следствию и проверить найденные корни (соответствующие примеры уже были в пре­дыдущих главах).

2. При решении неравенств иногда можно не находить ОДЗ, а решать неравенство переходом к равносильной ему си­стеме неравенств, в которой либо одно из неравенств не имеет решений, либо знание его решения помогает решить систему неравенств.

Пример 6. Решить неравенство

log₂(2^x + 1 - х²) > log₂(2* ¹ + 1 - х) + 1. (5)

Решение. Отыскание ОДЗ неравенства есть непростая за­дача, поэтому поступим иначе. Неравенство (5) равносильно системе неравенств

(6)

Третье неравенство этой системы равносильно неравен­ству х² - 2х + 1 < 0, не имеющему решений. Следовательно, система неравенств (6) не имеет решений, значит, и неравен­ство (5) не имеет решений.

Ответ: нет решений.

ПРИМЕР 7. Решить неравенство

ч/sinx < \Л - М + sinx.

на этом промежутке, и поэтому неравенство (4) не имеет ре­шений на этом промежутке.

Пусть х принадлежит промежутку 0 < х < 9, тогда >Jx + 3 > у/3 и \/9 - х > 0. Следовательно, у/х+ 3 + У9 - х > > у/5 для таких х, и, значит, на этом промежутке неравенство (4) также не имеет решений.

Итак, неравенство (4) решений не имеет.

Ответ: решений нет.

Замечания. 1. При решении уравнений необязательно на­ходить ОДЗ. Иногда проще перейти к следствию и проверить найденные корни (соответствующие примеры уже были в пре­дыдущих главах).

3. При решении неравенств иногда можно не находить ОДЗ, а решать неравенство переходом к равносильной ему си­стеме неравенств, в которой либо одно из неравенств не имеет решений, либо знание его решения помогает решить систему неравенств.

Пример 6. Решить неравенство

log₂(2^x + 1 - х²) > log₂(2* ¹ + 1 - х) + 1. (5)

Решение. Отыскание ОДЗ неравенства есть непростая за­дача, поэтому поступим иначе. Неравенство (5) равносильно системе неравенств

(6)

Третье неравенство этой системы равносильно неравен­ству х² - 2х + 1 < 0, не имеющему решений. Следовательно, система неравенств (6) не имеет решений, значит, и неравен­ство (5) не имеет решений.

Ответ: нет решений.

ПРИМЕР 7. Решить неравенство

ч/sinx < \Л - М + sinx.

Решение. Нахождение ОДЗ неравенства (7) есть трудная задача. Поэтому поступим иначе. Неравенство (7) равносиль­но системе неравенств

(sin х > О,

1 - |х| + sin х > 0, (€)

sin х < 1 - |х| + sin х.

Третье неравенство этой системы имеет решениями все х из промежутка — 1 < х < 1. Первое неравенство системы (в) справедливо не для всех х из этого промежутка, а лишь для х из промежутка 0 < х < 1. Для всех х из промежутка 0 < х < 1 второе неравенство справедливо. Следовательно, множеством решений системы (8) является промежуток О < х < 1.

Ответ: 0 < х < 1.

4. Использование ограниченности функции.

При решении уравнений и неравенств свойство ограниченно­сти снизу или сверху функции на некотором множестве часто играет определяющую рать.

Например, если для всех х из некоторого множества М справедливы неравенства /(х) > А и 9(2) < А_у где А некото­рое число, то на множестве Л/ уравнение /(х) = 9(1) и нера­венство /(х) < д(х) решений не имеют.

Заметим, что роль числа А часто играет нуль, в этом слу­чае говорят о сохранении знака функции /(х) и д(х) на мно­жестве М.

Пример 8. Решить уравнение

sin(x³ + 2х² + 1) = х² + 2х + 3.

• • • •••• # • • •

РЕШЕНИЕ. Для любого действительного числа х имеем sin(x³ + 2х² + 1) < 1, х² + 2х + 3 = (х + I)² + 2 > 2. Поскольку для любого значения х левая часть уравнения не превосходит единицы, а правая часть всегда не меньше двух, то данное уравнение не имеет решений.

Ответ: нет решений.

Пример 9. Решить уравнение

х³ - х - sin тгх = 0.

Решение. Очевидно, что х = 0, х = 1, х = -1 являются решениями уравнения (9). Для нахождения других решений уравнения (9) в силу нечетности функции /(х) = х³ — х — sin тгх достаточно тайти сто решения в области х > 0, х ф 1, поскольку если хо > б является его решением, то и (—хо) также является его решением.

Разобьем множество х > 0, х 5^ 1, на два промежутка: (0; 1) и (1;+оо). .

Перепишем уравнение (9) в виде х³ — х = sin тгх. На проме­жутке (0; 1) функция д(х) = х³ — х принимает только отрица­тельные значения, поскольку х³ < х, а функция Л(х) = sin тгх только положительные. Следовательно, на этом промежутке уравнение (9) не имеет решений.

Пусть х принадлежит промежутку (1; + оо). Для каждого из таких значений х функция ^(х) = х³ — х принимает поло­жительные значения, функция /i(x) = sin тгх принимает зна­чения разных знаков, причем на промежутке (1;2) функция ft{x) = sin тгх неположительна. Следовательно, на промежутке (1;2] уравнение (9) решений не имеет.

Если же х > 2, то | sintrxl < 1, х³ — х = х(х² -1) > 2 *3 = 6, а это означает, что и на промежутке (2; +оо) уравнение (9) также не имеет решений.

Итак, i = 0,1=1и1 = -1и только они являются реше­ниями исходного уравнения.

Ответ: xi = 0, х₂ = I, хз = -1.

ПРИМЕР 10. Решить неравенство

1 — х

— <2*. (10,

Решение. ОДЗ неравенства (10) есть все действительные х, кроме х = —I. Разобьем ОДЗ на три множества: —оо < х < —1,— 1 < х < О, 0<х< -Ню и рассмотрим неравенство (10) на каждом из этих промежутков.

Пусть -оо < х < —1. Для каждого из этих х имеем д(х) = 1 — х

= < 0, а /(х) = 2^х > 0. Следовательно, все эти х явля-

5. + х

ются решениями неравенства (10).

Пусть -1 < х < 0. Для каждого из этих х имеем д(х) = 1 - 2х

-- > 1, а /(х) = 2^х < 1. Следовательно, ни одно из этих

1 + х

х не является решением неравенства (10).

Пусть 0 < х < +оо. Для каждого из этих х имеем р(х) = 1-

6. х

-- < 1, a fix) = 2^х > 1. Следовательно, все эти х явля-

1 + х

ются решениями неравенства (10).

Ответ: -оо < х < -1; 0 < х < +оо.

Пример 11. Решить уравнение

27г sin а: = \х - я/2| - \х + я/2|. (11)

Решение. Обозначим \х - я/2| - \х + я/2| через /(х). Из определения абсолютной величины следует, что /(х) = п при х < -Я-/2» /(®) = ~2х при -тг/2 < х < я/2 и /(х) = -я при х > я/2. Поэтому, если х < -я/2, то уравнение (11) мож­но переписать в виде 2я sinx = я, т.е. в виде sinx = 1/2. Это уравнение имеет решения х = (-1)^пя/б + яп, п G Z. Из этих значений х условию х < -я/2 удовлетворяют только х = (—1)^пя/6+яп, п = — 1, -2, Если х > я/2, то уравнение

11. можно переписать в виде 2язшх = -я, т. е. в виде sinx = -1/2. Это уравнение имеет решения х = (-1)^ш+1я/6 + яш,

т € Z. Из этих значений х условию х > я/2 удовлетворяют

только х = (-1)^т+1я/6 + ят, т = 1,2,....

Рассмотрим х из промежутка (—я/2; я/2). На этом проме­жутке уравнение (11) можно переписать в виде 2я8ш х = -2х, т. е. в виде

sinx = - —. (12)

я

Ясно, что х = 0 есть решение уравнения (12), а значит, и ис­ходного уравнения. Докажем, что других решений уравнение

11. на промежутке (-я/2; я/2) не имеет.

Для х ф О уравнение (12) равносильно уравнению sin х 1

Для любого значения х € (—7г/2; 0) U (0; тг/2), функция /(х) = sinx

= принимает только положительные значения, поэтому

уравнение (12) не имеет решений на множестве (-тг/2;0) U

U(0;*/2).

Ответ: х = 0, х = (—1)^п7г/6 + тгп, п = —1, —2,...; х = (-1)^т+17г/6 + 7гт, т = 1,2,....

Пример 12. Решить уравнение

sin⁵x +—%— = cos⁵ х Н . (13)

008 X sin X

Решение. Пусть хо есть решение уравнения (13), тогда справедливы равенство

—\ cos⁵ хо = —\ sin⁶ хо. (14)

cos⁷ х₀ sin⁷ х₀

и неравенства |cosxo| < 1 и |sinxo| < 1. Из справедливости

неравенств получаем, что левая часть равенства (14) имеет 1 ^в

тот же знак, что и —=—, т. е. тот же знак, что и cosxo, а cos' Хо

правая часть — тот же знак, что и sinxo. Но так как sinxo и cos хо удовлетворяют равенству (14), то они имеют одинако­вые знаки.

Перепишем равенство (14), в виде

cos⁷ Хо sin⁷ xo(ein⁵ хо - cos⁵ хо) = cos⁷ хо - sin⁷ хо. (15)

Применяя формулу сокращенного умножения

_а2/+1 _ дР+1 _=(а_ _Ь)(вЭ1 + _а2/-1_{Ь +} . . . _{+ Ь}21_)%

перепишем равенство (15) в виде

(sinxo - cosxo)/(x₀) = О, (16)

где

/(аго) = (sin Хо cos xo)⁷(sin⁴ хо + sin³ хо cos хо + • • • 4- cos⁴ хо) + + (sin® хо + sin⁵ хо cos х₀ + * • • + cos® хо).

Так как sinxo и cosxo имеют одинаковые знаки, то /(хо) > 0. Поэтому из равенства (16) следует, что для любого решения уравнения (13) справедливо равенство sinxo = cosxo-

Таким образом, любое решение уравнение (13) удовлетво­ряет уравнению

sinx = cosx. (17)

Очевидно, что любое решение уравнения (17) есть решение уравнения (13). Следовательно, уравнение (13) равносильно уравнению (17). Решения уравнения (17) есть х = л/4 + пк. к е Z, они и только они есть решения уравнения (13).

Ответ: х = л/4 + пк, к € Z.

Замечание. Точно так же, как в примере 12, можно до­казать, что уравнение

sin²*”¹ х + —Д—j— = cos²""¹ х + . ■,

cos²™”¹ х • sin х

где n, т — любые натуральные числа, равносильно уравнению sin х = cos х, и затем решать это более простое уравнение.

7. Использование монотонности функции. Реше­ние уравнений и неравенств с использованием свойства моно­тонности основывается на следующих утверждениях.

11. Пусть /(х) — непрерывная и строго монотонная функ­ция на промежутке I, тогда уравнение /(х) = С, где С — данная константа, может иметь не более одного решения на промежутке 2.

12. Пусть /(х) и д(х) - непрерывные на промежутке 2 функ­ции, /(х) строго возрастает, а д(х) строго убывает на этом

промежутке, тогда уравнение /(*) = д(х) может иметь не бо­лее одного решения на промежутке X.

Отметим, что в качестве промежутка X могут быть беско­нечный промежуток (-оо; +оо), полубесконечные промежут­ки (а;+оо), (-оо; в), (а;+оо), (-оо;а], отрезки, интервалы и полуинтервалы.

Пример 13. Решить уравнение

_x.₂x*+Sx+3_₆₄ (_lg)

Решение. Очевидно, что х < 0 не может являться реше­нием уравнения (18), так как тогда х • 2^х +^2х+3 < 0. Для х > О функция у = х • 2* ⁺²*⁺³ непрерывна и строго возрастает, как произведение двух непрерывных положительных строго возрастающих для этих х функций / = хир 2^х*^+2х+3. Зна­чит, в области х > 0 функция у — х - 2^х +^2х+³ принимает каждое свое значение ровно в одной точке. Легко видеть, что х = 1 является решением уравнения (18), следовательно, это его единственное решение.

Ответ: х = 1.

Пример 14. Решить неравенство

2^Х + 3^Х+4^Х<3. (19)

Решение. Каждая из функций у = 2^х, у = 3^х, у = 4^х непрерывная и строго возрастающая на всей оси. Значит, та­кой же является и исходная функция у = 2^х 4- 3^х + 4^х. Легко видеть, что при * = 0 функция у = 2^х+3^Х+4^Х принимает зна­чение 3. В силу непрерывности и строгой монотонности этой функции при х > 0 имеем 2^х + 3^х + 4^х > 3, при х < 0 имеем 2^х -f 3^х + 4^х < 3. Следовательно, решениями неравенства (19) являются все х < 0.

Ответ: -оо < х < 0.

Пример 15. Решить уравнение

^18^- \fx~^2 = 2. (20)

РЕШЕНИЕ. Область допустимых знамений уравнения (20) есть промежуток 2 < х < 18. На ОДЗ функции /(х) = = -у/х - 2 и д(х) = ^18 - х непрерывны и строго убыва­ют, следовательно, непрерывна и убывает функция h(x) = ^18 — х— у/х — 2. Поэтому каждое свое значение функция h(x) принимает только в одной точке. Так как h(2) = 2, то х = 2 является единственным корнем исходного уравнения.

Ответ: х = 2.

Пример 16. Решить неравенство

Ух + 2х³ + log₃(i4-2) — УТ^х < 4. (21)

Решение. ОДЗ неравенства (21) есть промежуток 0 < х < < 1. На ОДЗ функция /(х) = ^/х + 2х³ + log₃(x + 2) — у/1 — х является непрерывной и строго возрастающей. Так как /(1) = = 4, то все значения х из множества [0; 1) удовлетворяют ис­ходному неравенству.

Ответ: 0 < х < 1.

Пример 17. Решить уравнение

loKsd* — 1| + 1) + У(х~-1)* = 2. (22)

РЕШЕНИЕ. Перепишем уравнение (22) в виде

log₂(|x-l| + l) = 2- У(^Т7-

Рассмотрим непрерывные функции /(х) = log₂(|x - 1| -f-1) и у(х) = -\/(х - I)⁴ +2. Функция /(х) убывает на промежутке (-оо; 1) и возрастает на промежутке [1;+оо). Функция д(х) убывает на промежутке [1; +оо) и возрастает на промежутке (-оо; 1]. Так как на промежутке [1; +ос) функция /(х) возра­стает, а функция д(х) убывает и обе функции непрерывны, то на этом промежутке уравнение /(х) = д(х) может иметь не более одного корня. Легко проверить, что таким корнем является число х = 2. Так как на промежутке (-«-оо; 1) функ­ция /(х) убывает, а функция д(х) возрастает и обе функции

непрерывны, то на этом промежутке уравнение /(х) = д(х) также может иметь не более одного .корня. Легко видеть, что таким числом является число х = 0. Итак, данное уравнение (22) имеет два корня х\ = О, Х2 = 2.

Ответ: х_х = 0, х₂ = 2.

Пример 18. Решить неравенство

У2-х² > х³ + х - 1. (23)

Решение. ОДЗ неравенства (23) есть все х из промежутка —у/2 < х < \/2. Все х из промежутка —у/2 < х < 0 являются решениями исходного неравенства (23), так как для каждого такого х имеем, что функция /(х) = у/2 — х² неотрицательна, а функция д{х) = х³ + х - 1 отрицательна.

Рассмотрим неравенство (23) на промежутке (0; \/2]. По­скольку функция р(х) непрерывна и строго возрастает на этом промежутке, а функция /(х) непрерывна и строго убы­вает, то, если уравнение /(х) = д(х) имеет корень на этом промежутке, то он единственный. Легко видеть, что таким корнем является число х = 1.

Для каждого х из промежутка (0; 1) имеем, что /(х) = = у/2 — х² > 1, а д(х) = х³ + х — 1 < 1. Поэтому все х из этого промежутка являются решениями исходного неравенства (23).

Для каждого х из промежутка (1; л/2) имеем /(х) = = у/2 — х² < 1, а <7(х) = х³ + х — 1 > 1. Поэтому такие х не удовлетворяют данному неравенству (23).

Итак, решениями исходного неравенства (23) являются все х из промежутка [-\/2; 1).

Ответ: -у/2 < х < 1.

Пример 19. Сколько действительных корней имеет урав­нение

ох³ + Ьх + с = 0, (24)

если числа а и Ь одного знака?

Решение. Так как числа а и 6 одного знака, то Ь/а > 0 для любого х и х² + Ь/а ф 0. При с = 0 и аЬ > 0 очевидно,

что уравнение (24) имеет единственный корень х = 0. Пусть с ф 0. Перепишем данное уравнение в виде

а

(25)

нимает положительные значения и является непрерывной и строго возрастающей на промежутке (—оо; 0] и непрерывной и строго убывающей на промежутке {0; +оо). Если а/с > 0, то функция д(х) = —х непрерывна и строго убывает на всей оси -оо < х < +оо и принимает все положительные значения для х € (-оо;0) и отрицательные значения для х € (0;+оо). Поэтому уравнение (25) имеет единственный корень на про-

Q

межутке (-оо;0). Если а/с < 0, то функция д(х) = —х не-

с

прерывна и строго возрастает на всей оси -оо < х < +ос и принимает все положительные значения для х € (0; +оо) и отрицательные значения для х € (—оо; 0). Поэтому уравнение (25) имеет единственный корень на промежутке (0; +оо).

Ответ: единственный корень.

8. Использование графиков функций. При реше­нии уравнений или неравенств иногда полезно рассмотреть эскиз графиков их правой и левой частей в одной и той же си­стеме координат. Тогда этот эскиз графиков поможет выяс­нить, на какие множества надо разбить числовую ось, чтобы на каждом из них решение уравнения (или неравенства) было очевидно.

Обратим внимание, что эскиз графика лишь помогает най­ти решение, но писать, что из графика следует ответ, нельзя, ответ еще надо обосновать.

Пример 20. Решить неравенство

y/l-x² < \/Ь — х. (26)

Решение. ОДЗ неравенства (26) есть все х из промежут- ка Эскизы графиков функций /(х) = \/l - х² и у(х) = v^5 — х представлены на рис. 7. Из рисунка следует, что для всех х из ОДЗ неравенство (26) справедливо.

Рис. 7

Докажем это. Для каждого х € (—1; 1) имеем 0 < j(x) < 1, а для каждого такого х имеем, что ^5 — х > yfi > 1. Значит, для каждого х € [-1; 1] имеем /(х) < 1 < д{х). Следователь­но, решениями неравенства (26) будут все х из промежутка

ИЯ].

Ответ: -1 < х < 1.

Пример 21. Решить уравнение

I² + 2х + 3 = V4-I². (27)

Решение. ОДЗ уравнения (27) есть все х из промежутка “2 < х < 2. Эскизы гра^шков функций /(х) = х² 4- 2х + 3 и р(х) = \/4 — х² представлены на рис. 8. Проведем прямую у = 2. Из рисунка следует, что график функции /(х) лежит не ниже этой прямой, а график функции д(х) не выше. При этом эти графики касаются прямой у = 2 в разных точках. Следовательно, уравнение не имеет решений. Докажем это.

Для каждого ж € [—2; 2] имеем >/4 - х² < 2, а х¹ + 2х + 3 = (ж + I)² + 2 > 2. При этом /(ж) = 2 только для ж = —1, а #(ж) = 2 только для ж = 0. Это означает, что уравнение (27) не имеет решений.

Ответ: нет решений.

Рис. 8

Пример 22. Решить уравнение

ж⁶ +ж = Ух^7. (28)

Решение. Эскизы графиков функций /(ж) = ж⁶ + ж и р(ж) = \/х — 7 представлены на рис. 9. Легко проверяется, что

точка (—1; —2) является точкой пересечения графиков функ­ций /(х) и у(х), т. е. х = — 1 есть решение уравнения (28). Проведем прямую у = х - 1. Из рисунка следует, что она рас­положена между графиками функций у = /(х) и у = д(х). Это наблюдение и помогает доказать, что других решений урав­нение (28) не имеет.

Рис. 9

Для этого докажем, что для х из промежутка (—1;+оо) справедливы неравенства х⁵+х > х-1 и х-1 > у/х - 7, а для х из промежутка (—оо; —1) справедливы неравенства у/х — 7 > >х-1их⁵+х < х—1. Очевидно, что неравенство х⁵+х > х-1 справедливо для х > —1, а неравенство х⁵ + х < х — 1 для х < -1. Решим неравенство у/х — 7 > х - 1. Это неравенство равносильно неравенству х — 7 > (х — I)³, которое можно пе­

реписать в виде (х + 1)[(х - 2)² + 2] < 0. Решениями этого неравенства являются все х < -1. Точно так же показывает­ся, что решениями неравенства \/х — 7 < х — 1 являются все х> -1.

Следовательно, требуемое утверждение доказано, и урав­нение (28) имеет единственный корень х = -1.

Ответ: х = -1.

Пример 23. Решить неравенство

« _> l + log₂(2-l-*) ₍₂₉₎

2x4* 1 х

Решение. Область допустимых значений данного нера­венства состоит из всех х, удовлетворяющих условиям х > -2, х ф —1/2, х ф О, т. е. ОДЗ состоит из трех промежутков -2 < х < -1/2, -1/2 <х<0, 0<х< +оо. Рассмотрим нера­венство (29) на каждом из этих промежутков. Отметим, что в области — 2 < х < 0, х ф —1/2, оно равносильно неравенству

log,(2 + *)>g^|, (30)

а в области х > 0 оно равносильно неравенству

^logj(2+I)<irr ⁽³¹⁾

4х — 1

Эскизы графиков функций /(х) = log₂(2 + х) и у(х) =

2х + 1

приведены на рис. 10. Из рисунка видно, что у(х) > f(x) на промежутке (-2; -1/2) и }(х) > д(х) на каждом из проыежут- ков (-1/2;0) я (0;+оо). Поэтому неравенство (31) не имеет решений, а неравенство (30) бу дет иметь решениями все х из промежутка (-1/2; 0).

Докажем это.

Рис. 10

а) Пусть -2 < х < -1/2. Неравенство (29) равносильно на этом промежутке неравенству (30). Легко видеть^ что для каждого х из этого интервала справедливы неравенства

3

log₂(2 + x) < log₂ - < 1,

4х -1 _л 3

- = 2 - > 2.

2х + 1 2х + 1

Следовательно, неравенство (30), а вместе с ним и исходное неравенство (29) не имеют решений на интервале —2 < х < < -1/2.

б) Пусть -1/2 < х < 0. Тогда неравенство (29) также рав-

осильно неравенству (30). Для каждого х из этого интервала

log₂(2 + х) > log, ^2 - i) = log, 5 > 0,

4х — 1 .

2хП

Следовательно, любое такое х является решением неравенства

9. , а поэтому и исходного неравенства (29).

в) Пусть х > 0. На этом множестве исходное неравенство равносильно неравенству (31). Очевидно,-что для любого х из этого множества справедливы неравенства 4х-1 3

2х + 1 ~ 2х + 1 ^<

1 < iog₂(2 + x).

Отсюда следует: 1) неравенство (31) не имеет решений на том множестве, где log₂(x + 2) > 2, т. е. неравенство (31) не имеет решений на множестве 2 <. х < +оо; 2) неравенство (31) не

4х — 1

имеет решений на том множестве, где 2_Х У^{читьтая}>

что в рассматриваемом случае х > 0, получаем, что неравен­ство (31) не имеет решений на множестве 0 < х < 1. Остается найти решения неравенства (31), принадлежащие интервалу 1 < х < 2.

На этом интервале

loga(2 + ^х) > 1°8а ³»

4£4 _{= 2}3_<2 3 7

2х + 1 2х + 1 5 5

Покажем теперь, что справедливо числовое неравенство

log₂3 > 7/5. (32)

Действительно, поскольку З⁵ > 2⁷, то 3 > 2⁷/⁵, откуда и оче­видна справедливость неравенства (32). Итак, на интервале 1 < х < 2 имеем

log₂(2 + х) > log₂ 3 > 7/5 >

Значит, неравенство (31) не имеет решений на интервале 1 < х < 2. Подводя итог, получаем, что множество решений исходного неравенства есть интервал -1/2 < х < 0.

Ответ: -1/2<х<0.

10. Метод интервалов для непрерывных функ­ций. Пусть надо решить неравенство /(х) > 0 (или неравен­ство /(х) < 0). Пусть ОДЗ этого неравенства состоит из объ­единения конечного числа промежутков 2*, к = 1,2,... ,п, за­нумерованных в порядке следования слева направо. При этом, если п > 1, то Х\ и Хп могут быть соответственно бесконеч­ными промежутками (-оо;о) ((—оо; а]) и (6;+оо) ([5;+оо)). Промежутки 22,...,Zn_i соответственно могут быть отрез­ками [c;d], интервалами (c;d) и полуинтервалами [c;d)> (с; cf]. В случае же п = 12 может быть любым из перечисленных про­межутков, а также промежутком (-оо; +оо). проверим спра­ведливость неравенства в каждой точке-конце отрезка или по­луинтервала. Предположим также, что на каждом из проме­жутков 2* функция /(х) непрерывна и имеет конечное число нулей. Выбросим из ОДЗ неравенства все эти нули и концы отрезков или полуинтервалов 2*. При этом некоторые из про­межутков Ik могут разбиться на конечное число интервалов. На каждом из них функция /(х) непрерывна и не обращается в нуль. Значит, на каждом из них она сохраняет постоянный знак, т. с. для каждого х из этого интервала она принимает только либо положительные, либо отрицательные значения. Выбирая в каждом из них некоторую точку х<> и вычисляя знак /(хо), этот знак ставят над ним. Тогда решением нера­венства /(х) > 0 будет объединение тех интервалов, над кото­рыми поставлен знак плюс, а решением неравенства /(х) <0 будет объединение тех интервалов, над которыми поставлен знак минус.

Пример 24. Решить неравенство

\/х² - 1(4 - х) log₃(3 + х) > 0.(33)

Решение. ОДЗ неравенства (33) состоит из всех х, одно­временно удовлетворяющих условиям х² -1 > 0 и 3+х > 0, т. е. ОДЗ есть объединение двух промежутков: (—3;—1] и [1;+оо). Нули функции /(х) = Vx² — 1(4 — x)log₃(3 -f x) есть x\ = 1, x-2 = — 1, хз = 4, Xi = —2. Выбросив их из ОДЗ, получим ин­тервалы (-3; —2), (—2; —1), (1; 4), (4; +оо) (рис. 11). Определим знаки функции на каждом из них.

Поскольку /(-2,5) < 0, -2,5 6 (-3;-2); /(-1,5) > О, -1,5 € (-2,-1); /(2) > 0, 2 € (1;4); /(5) < О, 5 € (4;+оо), то на интервалах (4; +оо) и (—3; —2) функция /(х) принимает отрицательные значения, а на промежутках (-2;-1) и (1;4) — положительные значения.

Следовательно, множеством решений неравенства (33) яв­ляется объединение интервалов (—2; —1), (1;4).

Ответ: -2 < х < -1; 1 < х < 4.

(34)

<0.

Рис. 11

Пример 25. Решить неравенство

(|х 4- 3| — 1)(4 — 2^2ж~¹)(х² + у/х) log₂(-x *f х² + 1)

Решение. ОДЗ неравенства (34) состоит из всех х, одно­временно удовлетворяющих условиям 1 — х + х² >0и log₂(l — х -f х²) ф 0, т. е. ОДЗ состоит из трех промежутков: (-оо;0). (0; 1) и (1; + оо). Нули функции

_ (|х -f 3| - 1)(4 — 2^2х~¹)(х² + $/х)

. I_0g2(-X + X2 + 1)

есть х\ = -1, %2 = 3/2, хз = -2, х< = -4. Выбросив их из ОДЗ, получим интервалы Х\ = (—оо; —4), Хо = (—4;—2),

Z₃ = (-2; -1), 1л = (-1;0), 2s = (0; 1), 1_б = (1;3/2),

It = (3/2; Ч-оо) (рис. 12). Легко видеть, что /(-5) > 0,

-5 € 1и /(-3) < 0. -3 € Х₂; /(-3/2) > 0, -3/2 € 1₃:

/(-1/2) < 0, -1/2 € Х₄; /(1/2) < 0, 1/2 € Is; /(5/4) > 0,

6/4 € Zg; /(2) < 0, 2 € XV- Следовательно, множеством реше­нии неравенства (34) является объединение интервалов: -4 <

3

х < -2; -1<х<0;0<х<1;-<х< +оо.

3

Ответ: -4 < х < -2; -1 < х < 0; 0 < х < 1; - < х < +оо.

2

Рис. 12