Неравенства повышенной сложности

$$(*)\begin{cases} 3^{|4x + 1|} \neq 1\\ \tfrac{3^{2x + 1} - 2\cdot3^{x + 1} + 3}{4} > 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} 3^{|4x + 1|} \neq 3^0\\ 3^{2x + 1} - 2\cdot3^{x + 1} + 3 > 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} |4x + 1| \neq 0\\ 3^{2x + 1} - 2\cdot3^{x + 1} + 3 > 0 \end{cases}$$ Модуль равен нулю тогда, когда подмодульное выражение равно нулю. Тогда: $$\begin{cases} x \neq -\tfrac{1}{4}\\ 3^{2x} - 2\cdot3^{x} + 1 > 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x \neq -\tfrac{1}{4}\\ (3^x - 1)^2> 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x \neq -\tfrac{1}{4}\\ x \neq 0 \end{cases}$$

Вернёмся к неравенству: $$\log_{3^{|4x + 1|}}\left(\frac{3^{2x + 1} - 2\cdot3^{x + 1} + 3}{4}\right) \leq \frac{x}{|4x + 1|}$$ По свойству логарифма $\log_{a^b}c = \frac{1}{b}\log_ac$.

Тогда: $$\frac{1}{|4x + 1|}\log_3\left(\frac{3^{2x + 1} - 2\cdot3^{x + 1} + 3}{4}\right) \leq \frac{x}{|4x + 1|}$$ Учитывая $(*)$, домножим на $|4x + 1|$: $$\log_3\left(\frac{3^{2x + 1} - 2\cdot3^{x + 1} + 3}{4}\right) \leq x \Leftrightarrow \log_3\left(\frac{3^{2x + 1} - 2\cdot3^{x + 1} + 3}{4}\right) \leq \log_33^x$$ $$\frac{3^{2x + 1} - 2\cdot3^{x + 1} + 3}{4} \leq 3^x \Leftrightarrow 3\cdot3^{2x} - 6\cdot3^x+3 - 4\cdot3^x \leq 0 \Leftrightarrow$$ $$\Leftrightarrow 3\cdot3^{2x} - 10\cdot3^x+3 \leq 0$$ Сделаем замену $3^x = t > 0$: $$3t^2 - 10t + 3 \leq 0 \Leftrightarrow (3t - 1)(t - 3) \leq 0$$

$$t \in \left[\frac{1}{3}; 3\right]$$ $$\begin{cases} t \geq \tfrac{1}{3}\\ t \leq 3 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} 3^x \geq \tfrac{1}{3}\\ 3^x \leq 3 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} 3^x \geq 3^{-1}\\ 3^x \leq 3^1 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x \geq -1\\ x \leq 1 \end{cases}$$ Учитывая $(*)$, получаем системы: $$\begin{cases} x \geq -1\\ x \leq 1\\ x \neq -\tfrac{1}{4}\\ x \neq 0 \end{cases} \Rightarrow x \in \left[-1; -\frac{1}{4}\right) \cup \left(-\frac{1}{4}; 0\right) \cup (0;1]$$

Ответ: $x \in \left[-1; -\frac{1}{4}\right) \cup \left(-\frac{1}{4}; 0\right) \cup (0;1]$

$$(*) 16 - 2^{(x - 5)^2} > 0 \Leftrightarrow2^4 > 2^{(x - 5)^2}$$ Учитывая, что основания равны $2 > 1$ имеем: $$4 > (x - 5)^2 \Leftrightarrow (x - 7)(x - 3) < 0 \Rightarrow x \in (3; 7)$$

Вернёмся к основному неравенству: $$\frac{4\sin x \cdot \sin 2x - \sin^ 2 2x - 4 + 4\cos ^2 x}{\sqrt{16 - 2^{(x - 5)^2}}} \geq 0$$ Заметим, что знаменатель будет всегда положительным, поэтому знак всего неравенства определяет только числитель. Домножим на знаменатель: $$4\sin x \cdot \sin 2x - \sin^ 2 2x - 4 + 4\cos ^2 x \geq 0$$ $$8\sin^2x\cos x- 4\sin^2 x\cos ^2x - 4 + 4(1 - \sin^2 x) \geq 0$$ $$8\sin^2x\cos x- 4\sin^2 x\cos ^2x - 4\sin^2 x \geq 0$$ $$\sin^2x(2\cos x- \cos ^2x - 1) \geq 0$$ $$\sin^2x(\cos x- 1)^2 \leq 0$$ Заметим, что левая часть неравенства всегда неотрицательна, поэтому: $$\sin^2x = 0 \text{ или } \cos x - 1 = 0$$ $$x = \pi k, k \in Z \text{ или } x = 2\pi k, k \in Z$$ Множество решений $x = \pi k, k \in Z$ включает в себя множество решений $x = 2\pi k, k \in Z$, поэтому ответом будет являться просто множество $x = \pi k, k \in Z$

С учётом ограничения $(*)$, на промежутке (3; 7) есть всего 2 подходящих значения $x$: $x = \pi, \quad x = 2\pi$.

Ответ: $x \in \{\pi, 2\pi\}$

$$(*) \quad x^2 - 5 \geq 0 \Rightarrow x \in (-\infty; -\sqrt5] \cup [\sqrt5; +\infty)$$ Пусть $t = \sqrt{x^2 - 5} \geq 0$ $$t > 3 + \frac{1}{1-t} \Leftrightarrow -t + 3 +\frac{1 }{1 - t} < 0 \Leftrightarrow \frac{t^2-t+ 3 -3t + 1}{1 - t} < 0$$ $$\frac{t^2 - 4t + 4}{1 - t} < 0 \Leftrightarrow \frac{(t - 2)^2}{1 - t} < 0$$ Так как числитель всегда неотрицателен, знак неравенства определяет знаменатель дроби: $$\begin{cases} t \neq 2\\ 1 - t < 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} t \neq 2\\ t > 1 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} \sqrt{x^2 - 5} \neq 2\\ \sqrt{x^2 - 5} > 1 \end{cases} \Leftrightarrow$$ $$\Leftrightarrow \begin{cases} x^2 - 5 \neq 4\\ x^2 - 5 > 1 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x^2 - 9 \neq 0\\ x^2 - 6 > 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} (x - 3)(x + 3) \neq 0\\ (x - \sqrt6)(x + \sqrt6) > 0 \end{cases} \Leftrightarrow$$ $$\Leftrightarrow x \in (-\infty; -3) \cup (-3; -\sqrt6) \cup (\sqrt6; 3) \cup (3; +\infty)$$

Полученное множество решений полностью удовлетворяет условию $(*)$.

Ответ: $(-\infty; -3) \cup (-3; -\sqrt6) \cup (\sqrt6; 3) \cup (3; +\infty)$

Преобразуем исходное неравенство:

$$4^{9|x| - 4x^2}\cdot4^{\log_49^{4|x|}} \geq 1 \Leftrightarrow 4^{9|x| - 4x^2 + \log_49^{4|x|}} \geq 1 \Leftrightarrow$$ $$\Leftrightarrow 4^{9|x| - 4x^2 + 4|x|\log_49} \geq 4^0 \Leftrightarrow 9|x| - 4x^2 + 4|x|\log_49 \leq 0 \Leftrightarrow$$ $$\Leftrightarrow 4x^2 - |x|(9 + 4\log_49) \leq 0 \Leftrightarrow |x|(4|x| - 9 - 4\log_49) \leq 0$$ Так как $|x| \geq 0$ при любом значении $x$, знак неравенства будет определять множитель $(4|x| - 9 - 4\log_49)$: $$\Leftrightarrow 4|x| - 9 - 4\log_49 \leq 0 \Leftrightarrow |x| \leq \frac{9}{4} + \log_49 \Leftrightarrow |x| \leq \frac{9}{4} + \log_23 \Leftrightarrow$$ $$\Leftrightarrow \begin{cases} x \leq \frac{9}{4} + \log_23\\ x \geq -\frac{9}{4} - \log_23 \end{cases}$$

Получаем ответ: $$x \in \left[-\frac{9}{4} - \log_23; \frac{9}{4} + \log_23\right]$$

Ответ: $\left[-\frac{9}{4} - \log_23; \frac{9}{4} + \log_23\right]$

$$(*) \quad x^2 - 7 \geq 0 \Rightarrow x \in (-\infty; -\sqrt7] \cup [\sqrt7; +\infty)$$

$$t < 1 + \frac{4}{5-t} \Leftrightarrow t - 1 - \frac{4}{5-t} < 0$$ Приведём к общему знаменателю: $$\frac{(t-1)(5-t) - 4}{5-t} < 0$$ Раскроем скобки правильно: $$(t-1)(5-t) = 5t - t^2 - 5 + t = -t^2 + 6t - 5$$ Теперь: $$\frac{-t^2 + 6t - 5 - 4}{5-t} < 0 \Leftrightarrow \frac{-t^2 + 6t - 9}{5-t} < 0$$ $$\frac{t^2 - 6t + 9}{5-t} > 0 \Leftrightarrow \frac{(t-3)^2}{5-t} > 0$$

Так как числитель $(t-3)^2 \geq 0$ всегда, причём равен 0 только при $t=3$, то неравенство выполняется когда: $$\begin{cases} t \neq 3 \\ 5 - t > 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} \sqrt{x^2 - 7} \neq 3 \\ \sqrt{x^2 - 7} < 5 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x^2 - 7 \neq 9 \\ x^2 - 7 < 25 \end{cases} \Leftrightarrow$$ $$\Leftrightarrow \begin{cases} x^2 \neq 16 \\ x^2 < 32 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x \neq \pm 4 \\ (x - 4\sqrt2)(x + 4\sqrt2) <0 \end{cases}$$ $$x \in (-4\sqrt2; -4) \cup (-4; 4) \cup (4; 4\sqrt2)$$

Учитывая условие $(*)$, получаем ответ: $$x \in (-4\sqrt2; -4) \cup (-4; -\sqrt7] \cup[\sqrt7; 4) \cup (4; 4\sqrt2)$$

Ответ: $(-4\sqrt2; -4) \cup (-4; -\sqrt7] \cup[\sqrt7; 4) \cup (4; 4\sqrt2)$