Rozwiąż nierówności:- Zadanie 1.163: Matematyka 3. Zakres rozszerzony. Po gimnazjum

Rozwiązanie

a) Zał:

$x > 0 \land x \neq = 1$

$lo g_{\frac{1}{3}} x > lo g_{x} 3 - 2, 5$

$\frac{lo g _{3} x}{lo g _{3} \frac{1}{3}} > \frac{lo g _{3} 3}{lo g _{3} x} - 2, 5$

$\frac{lo g _{3} x}{- 1} > \frac{1}{lo g _{3} x} - 2, 5$

$- lo g_{3} x > \frac{1}{lo g _{3} x} - \frac{5}{2}$

Podstawiając $lo g_{3} x = t$ otrzymujemy:

$- t > \frac{1}{t} - \frac{5}{2} ∣ \cdot t^{2}$

$- t^{3} > t - \frac{5}{2} t^{2} ∣ + t^{3}$

$0 > t^{3} - \frac{5}{2} t^{2} + t$

$0 > t (t^{2} - \frac{5}{2} t + 1)$

$Δ = (- \frac{5}{2})^{2} - 4 \cdot 1 \cdot 1 = \frac{25}{4} - 4 = \frac{25}{4} - \frac{16}{4} = \frac{9}{4}$

$t_{1} = \frac{\frac{5}{2} - \frac{3}{2}}{2} = \frac{\frac{2}{2}}{2} = \frac{1}{2}$

$t_{2} = \frac{\frac{5}{2} + \frac{3}{2}}{2} = \frac{\frac{8}{2}}{2} = \frac{4}{2} = 2$

$0 > t (t - \frac{1}{2}) (t - 2)$

$t \in (- \infty, 0) \cup (\frac{1}{2}, 2)$

$t < 0 \lor \frac{1}{2} < t < 2$

$lo g_{3} x < 0 \lor \frac{1}{2} < lo g_{3} x < 2$

$lo g_{3} x < lo g_{3} 1 \lor lo g_{3} 3 < lo g_{3} x < lo g_{3} 9$

$x < 1 \lor 3 < x < 9$

Uwzględniając założenie otrzymujemy:

$x \in (0, 1) \cup (3, 9)$

b) Zał:

$x - 1 > 0 \land x + 1 > 0 \land \frac{x + 1}{x - 1} > 0 \land \frac{x + 1}{x - 1} \neq = 1$

$x > 1 \land x > - 1 \land (x + 1) (x - 1) > 0 \land x + 1 \neq = x - 1$

$x \in (1, + \infty)$

$lo g_{2} (x - 1) - lo g_{2} (x + 1) + lo g_{\frac{x + 1}{x - 1}} 2 > 0$

$lo g_{2} \frac{x - 1}{x + 1} + \frac{lo g _{2} 2}{lo g _{2} \frac{x + 1}{x - 1}} > 0$

$lo g_{2} \frac{x - 1}{x + 1} + \frac{1}{lo g _{2} ( \frac{x - 1}{x + 1} ) ^{- 1}} > 0$

$lo g_{2} \frac{x - 1}{x + 1} - \frac{1}{lo g _{2} \frac{x - 1}{x + 1}} > 0$

Podstawiając $lo g_{2} \frac{x - 1}{x + 1} = t$ otrzymujemy:

$t - \frac{1}{t} > 0 ∣ \cdot t^{2}$

$t^{3} - t > 0$

$t (t^{2} - 1) > 0$

$t (t - 1) (t + 1) > 0$

$t \in (- 1, 0) \cup (1, + \infty)$

$- 1 < t < 0 \lor t > 1$

$lo g_{2} \frac{1}{2} < lo g_{2} \frac{x - 1}{x + 1} < lo g_{2} 1 \lor lo g_{2} \frac{x - 1}{x + 1} > lo g_{2} 2$

$\frac{1}{2} < \frac{x - 1}{x + 1} < 1 \lor \frac{x - 1}{x + 1} > 2$

Narysujmy wykres $f (x) = \frac{x - 1}{x + 1} = \frac{x + 1 - 2}{x + 1} = 1 - \frac{2}{x + 1}$ i odczytajmy rozwiązanie powyższych nierówności.

$\frac{1}{2} < f (x) < 1 \lor f (x) > 2$

$x \in (3, + \infty) \lor x \in (- 3, - 1)$

Uwzględniając założenie otrzymujemy:

$x \in (3, + \infty)$

c) Zał:

$\frac{x}{2} > 0 \land \frac{x}{2} \neq = 1 \land \frac{x}{4} > 0 \land \frac{x}{4} \neq = 1 \land lo g_{2} x^{2} - 4 \neq = 0$

$x > 0 \land x \neq = 2 \land x \neq = 4 \land lo g_{2} x^{2} \neq = 4$

$x > 0 \land x \neq = 2 \land x \neq = 4 \land x^{2} \neq = 16$

$x > 0 \land x \neq = 2 \land x \neq = 4 \land x \neq = - 4$

$x \in (0, 2) \cup (2, 4) \cup (4, + \infty)$

$lo g_{\frac{x}{2}} 8 + lo g_{\frac{x}{4}} 8 < \frac{lo g _{2} x ^{4}}{lo g _{2} x ^{2} - 4}$

$\frac{lo g _{2} 8}{lo g _{2} \frac{x}{2}} + \frac{lo g _{2} 8}{lo g _{2} \frac{x}{4}} < \frac{4 lo g _{2} x}{2 lo g _{2} x - 4}$

$\frac{3}{lo g _{2} x - lo g _{2} 2} + \frac{3}{lo g _{2} x - lo g _{2} 4} < \frac{4 lo g _{2} x}{2 ( lo g _{2} x - 2 )}$

$\frac{3}{lo g _{2} x - 1} + \frac{3}{lo g _{2} x - 2} < \frac{2 lo g _{2} x}{lo g _{2} x - 2}$

Podstawiając $lo g_{2} x = t$ otrzymujemy:

$\frac{3}{t - 1} + \frac{3}{t - 2} < \frac{2 t}{t - 2} ∣ \cdot (t - 1)^{2} (t - 2)^{2}$

$3 (t - 1) (t - 2)^{2} + 3 (t - 1)^{2} (t - 2) < 2 t (t - 1)^{2} (t - 2) ∣ - 2 t (t - 1)^{2} (t - 2)$

$3 (t - 1) (t - 2)^{2} + 3 (t - 1)^{2} (t - 2) - 2 t (t - 1)^{2} (t - 2) < 0$

$(t - 1) (t - 2) \cdot [3 (t - 2) + 3 (t - 1) - 2 t (t - 1)] < 0$

$(t - 1) (t - 2) \cdot [3 t - 6 + 3 t - 3 - 2 t^{2} + 2 t] < 0$

$(t - 1) (t - 2) (- 2 t^{2} + 8 t - 9) < 0$

$Δ = 8^{2} - 4 \cdot (- 2) \cdot (- 9) = 64 - 72 < 0$

$\forall_{t \in R} - 2 t^{2} + 8 t - 9 < 0$

$(t - 1) (t - 2) (- 2 t^{2} + 8 t - 9) < 0 ∣ : (- 2 t^{2} + 8 t - 9)$

$(t - 1) (t - 2) > 0$

$t \in (- \infty, 1) \cup (2, + \infty)$

$t < 1 \lor t > 2$

$lo g_{2} x < 1 \lor lo g_{2} x > 2$

$lo g_{2} x < lo g_{2} 2 \lor lo g_{2} x > lo g_{2} 4$

$x < 2 \lor x > 4$

Uwzględniając założenia otrzymujemy:

$x \in (0, 2) \cup (4, + \infty)$

d) Zał:

$x > 0 \land x \neq = 1 \land 2 x > 0 \land 2 x \neq = 1 \land 4 x > 0$

$x > 0 \land x \neq = 1 \land x \neq = \frac{1}{2}$

$x \in (0, \frac{1}{2}) \cup (\frac{1}{2}, 1) \cup (1, + \infty)$

$lo g_{x} 2 \cdot lo g_{2 x} 2 \cdot lo g_{2} 4 x > 1$

$\frac{lo g _{2} 2}{lo g _{2} x} \cdot \frac{lo g _{2} 2}{lo g _{2} 2 x} \cdot lo g_{2} 4 x > 1$

$\frac{1}{lo g _{2} x} \cdot \frac{1}{lo g _{2} 2 + lo g _{2} x} \cdot (lo g_{2} 4 + lo g_{2} x) > 1$

$\frac{1}{lo g _{2} x} \cdot \frac{1}{1 + lo g _{2} x} \cdot (2 + lo g_{2} x) > 1$

Podstawiając $lo g_{2} x = t$ otrzymujemy:

$\frac{1}{t} \cdot \frac{1}{1 + t} \cdot (2 + t) > 1$

$\frac{2 + t}{t ( t + 1 )} > 1 ∣ \cdot t^{2} (t + 1)^{2}$

$(2 + t) t (t + 1) > t^{2} (t + 1)^{2} ∣ - t^{2} (t + 1)^{2}$

$t (t + 1) (t + 2) - t^{2} (t + 1)^{2} > 0$

$t (t + 1) \cdot [t + 2 - t (t + 1)] > 0$

$t (t + 1) \cdot [t + 2 - t^{2} - t] > 0$

$t (t + 1) (- t^{2} + 2) > 0$

$- t (t + 1) (t^{2} - 2) > 0 ∣ : (- 1)$

$t (t + 1) (t - 2) (t + 2) < 0$

$t \in (- 2, - 1) \cup (0, 2)$

$- 2 < t < - 1 \lor 0 < t < 2$

$- 2 < lo g_{2} x < - 1 \lor 0 < lo g_{2} x < 2$

$lo g_{2} 2^{- 2} < lo g_{2} x < lo g_{2} \frac{1}{2} \lor lo g_{2} 1 < lo g_{2} x < lo g_{2} 2^{2}$

$2^{- 2} < x < \frac{1}{2} \lor 1 < x < 2^{2}$

$x \in (2^{- 2}, \frac{1}{2}) \lor x \in (1, 2^{2})$

$x \in (2^{- 2}, \frac{1}{2}) \cup (1, 2^{2})$

Magdalena Matusik

Nauczycielka matematyki

Tutaj pojawi się lista Twoich książek

Zaloguj się i zacznij tworzyć ją już teraz.