DSCN1123 (2)

Skąd po przekształceniach mamy

jest

Ponieważ funkcja f określona wzorem f(y) =

malejąca, więc równanie f(y) = 1 ma dokładnie jedno rozwiązanie. Nietrudno stwierdzić, że y = 2. Wobec tego x = 9.

4.6.    Wskazówka. Zastosować metodę analogiczną jak w zadaniu 4.5.

a)    x = 81; b)xe(0;16).

4.7.    Wskazówka.

cos⁶x = (1 — sin²x)³; sin²2x = 4sin²x(l — sin²x), więc dane równanie, po przekształceniach, przyjmuje postać

sin¹ °x — sin⁸x = 0. Stąd x = -kn, gdzie keC.

4.8.    a) x = n + 2kit lub x = -n 4- 2kn_t ke C.

b)    x = 2kn lub x = ^ + 2kn, keC.

4.10. Ponieważ _s/x¹ + 1 — x —— =

2x    2x

więc dla xeR₊ jest:

Otrzymujemy zatem nierówność

(y/x² + 1 ~ X)²    1

2x ^< 8x³ *

C(n/x² -ł- 1 - x) 2x + 1] [(_N/x^r+T-x)2x - 1] 8x³

która po przekształceniach przyjmuje postać

Aby tę nierówność dowieść wystarczy wykazać, źe 2x (y/x*~+l — x) — 1 < 0.

Zauważmy, że jest ona równoważna nierównościom 2x-_s/x² + 1 — 2x² ~ 1 < 0,

2x² + 1 > 2x_v/x² + 1,

4x⁴ -f 4x² + 1 > 4x⁴ + 4x².

Ostatnia z nich jest oczywista.

4.11. a) Gdy x > 2, to logarytmując obie strony nierówności otrzymujemy

(x — 2) (x - 4) log(x - 2) > 0.

Stąd xe(2 ; 3) u (4 ; oo).

Gdy x < 2, to rozwiązaniami będą pierwiastki równania x² — 6x + 8 = 2k (gdzie keN+) mniejsze od 2 i takie, że (x — 2)^2k > 1.

Pierwiastki powyższego równania mają postać *i,2 = 3±^/2 k+l.

Z nich dwóch mniejszy od 2 jest 3 - J2k + 1.

Zatem

xe(2 ; 3) u (4; oo) u {3 — *j2k + \:keN, k > 1}

4.12. Niech 2* = u, 5* = u, wówczas u, veR+, zaś dana nierówność przyjmuje postać u² — 2v² < u-v.

Stąd, po przekształceniach, otrzymujemy (u + v) (u - 2v) < 0.

. u

Ale u + v > 0, zatem musi być u - 2v < 0, czyli - < 2.

1    v

Stąd x > log_0i42.

4.13. Dziedziną danej nierówności jest zbiór D = (—co; 0) u

■I iSiyill

Wobec tego nierówność jest równoważna alternatywie układów:

i WSsmm    - B ¹⁰*

2x — 1

6 — 3^a

x < 0

lub

2x — 1

xe(0;^)vj(-;oo).

103