Неравенства

$$(*) \begin{cases} \log_x2x \neq 1\\ \log_x2x > 0 \\ x > 0\\ x \neq 1\\ 9x - 4 > 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} 2x \neq x\\ \log_x2x > \log_x1 \\ x > 0\\ x \neq 1\\ x > \tfrac{4}{9} \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} (x - 1)(2x - 1) > 0 \\ x > 0\\ x \neq 1\\ x > \tfrac{4}{9} \end{cases} \Leftrightarrow$$ $$\Leftrightarrow \begin{cases} x \in (-\infty; \tfrac{1}{2}) \cup (1; +\infty) \\ x > 0\\ x \neq 1\\ x > \tfrac{4}{9} \end{cases}$$ $$(*) x \in (\tfrac{4}{9}; \tfrac{1}{2}) \cup (1; +\infty)$$

Вернёмся к неравенству: $$\log_{\log_x2x}(9x - 4) \geq \log_{\log_x2x}1$$ По методу рационализации: $$(\log_x2x - 1)(9x - 5) \geq 0 \Leftrightarrow (x- 1)(2x - x)(9x - 5) \geq 0$$ $$(x- 1)x(9x - 5) \geq 0$$

Получаем: $x \in [0; \tfrac{5}{9}] \cup [1; +\infty)$

С учётом $(*)$, получаем ответ: $x \in (\tfrac{4}{9}; \tfrac{1}{2}) \cup (1; +\infty)$

Ответ: $x \in (\tfrac{4}{9}; \tfrac{1}{2}) \cup (1; +\infty)$

$$(*)\ \begin{cases} 6x^2-5x+1>0\\ 6x^2-5x+1\ne 1 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} (x - \tfrac{1}{2})(x - \tfrac{1}{3})>0\\ x(6x - 5)\neq 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x \in (-\infty; \tfrac{1}{3}) \cup (\tfrac{1}{2}; +\infty)\\ x\neq 0 \\ x \neq \tfrac{5}{6} \end{cases}$$

Вернёмся к неравенству. По свойству логарифмов возведём основание и аргумент правого логарифма во 2 степень: $$\log_{6x^2 - 5x + 1}2 > \log_{6x^2 - 5x + 1}4$$ По методу рационализации имеем: $$(2 - 4)(6x^2 - 5x + 1 - 1) > 0 \Leftrightarrow -2(6x^2 - 5x) > 0 \Leftrightarrow x(6x - 5) < 0 \Rightarrow x \in (0; \tfrac{5}{6})$$ С учётом $(*)$, получаем: $x \in (0; \tfrac{1}{3}) \cup(\tfrac{1}{2}; \tfrac{5}{6})$

Ответ: $x\in\left(0;\tfrac{1}{3}\right)\cup\left(\tfrac{1}{2};\tfrac{5}{6}\right)$.

$$(*) 6x - x^2 - 6 > 0 \Leftrightarrow x^2 - 6x + 6 < 0 \Leftrightarrow (x - 3 - \sqrt3)(x - 3 + \sqrt3) < 0$$ $$x \in (3 - \sqrt3; 3 + \sqrt3)$$ Вернёмся к неравенству: $$\frac{1}{6^{|x - 3|}}\log_3(6x - x^2 - 6) \geq 1$$ Учитывая, что $6^{|x - 3|} > 0$ при любом значении $x$: $$\log_3(6x - x^2 - 6) \geq 6^{|x - 3|}$$ Проанализируем обе части неравенства.

Слева от знака неравенства логарифм по основанию $3 > 1$, значит большему значению аргумента будет соответствовать большее значение функции.

Аргументом логарифма является квадратичная функция с отрицательным коэффициентом при старшей степени. Значит наибольшее значение функция принимает в точке $x_0 = \frac{-6}{-2} = 3$.

Найдём значение аргумента в этой точке: $6\cdot 3 - 9 - 6 = 3$.

Тогда наибольшее значение левой части неравенства равно: $$\log_33 = 1$$

Рассмотрим правую часть неравенства. $6^{|x - 3|}$ – монотонно возрастающая функция, причем её показатель всегда неотрицателен. Значит наименьшее её значение будет в точке, где показатель равен 0. $$|x - 3| = 0 \Rightarrow x = 3 \Rightarrow 6^{|3 -3|} = 1$$ Получаем, что максимальное значение левой части неравенства и минимальное значение правой части неравенства равны $1$ и достигаются в точке $x = 3$.

Тогда неравенство выполняется только в том случае, когда левая часть равна правой части, то есть в точке $x = 3$.

Значение $x = 3$ удовлетворяет условию $(*)$.

Ответ: $\{3\}$;

$$(*)\begin{cases} 3^{|4x + 1|} \neq 1\\ \tfrac{3^{2x + 1} - 2\cdot3^{x + 1} + 3}{4} > 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} 3^{|4x + 1|} \neq 3^0\\ 3^{2x + 1} - 2\cdot3^{x + 1} + 3 > 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} |4x + 1| \neq 0\\ 3^{2x + 1} - 2\cdot3^{x + 1} + 3 > 0 \end{cases}$$ 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: $x \in \{\pi, 2\pi\}$