15. Решите неравенство: $$\frac{x}{2^{x+1}} - 2^{\frac{5x+3}{x+1}} + 8 \le 2^{\frac{2x}{x+1}}$$

Question

Вопрос:

15. Решите неравенство: $$\frac{x}{2^{x+1}} - 2^{\frac{5x+3}{x+1}} + 8 \le 2^{\frac{2x}{x+1}}$$

Ответ:

ФИО:Телефон:Емаил:Полное описание сути нарушения прав (почему распространение данной информации запрещено Правообладателем):

Accepted Answer

Решение:

Заметим, что $ 2^{\frac{5x+3}{x+1}} = 2^{\frac{5(x+1)-2}{x+1}} = 2^{5 - \frac{2}{x+1}} = 32 \cdot 2^{-\frac{2}{x+1}} $ и $ 2^{\frac{2x}{x+1}} = 2^{\frac{2(x+1)-2}{x+1}} = 2^{2 - \frac{2}{x+1}} = 4 \cdot 2^{-\frac{2}{x+1}} $.

Пусть $ y = 2^{-\frac{2}{x+1}} $. Тогда неравенство примет вид:

$ \frac{x}{2^{x+1}} - 32 y + 8 \le 4 y $

$ \frac{x}{2^{x+1}} + 8 \le 36 y $

$ \frac{x}{2^{x+1}} + 8 \le 36 \cdot 2^{-\frac{2}{x+1}} $

Перепишем исходное неравенство:

$ 2^{\frac{x}{x+1}} - 2 \cdot 2^{\frac{5x+3}{x+1}} + 8 \cdot 2^{-\frac{2x}{x+1}} \le 0 $

Пусть $ t = x+1 $. Тогда $ x = t-1 $.

$$\frac{x}{x+1} = \frac{t-1}{t} = 1 - \frac{1}{t}$$

$$\frac{5x+3}{x+1} = \frac{5(t-1)+3}{t} = \frac{5t-2}{t} = 5 - \frac{2}{t}$$

$$\frac{2x}{x+1} = \frac{2(t-1)}{t} = 2 - \frac{2}{t}$$

Неравенство принимает вид:

$ 2^{1 - \frac{1}{t}} - 2 \cdot 2^{5 - \frac{2}{t}} + 8 \cdot 2^{-(2 - \frac{2}{t})} \le 0 $

$ 2 \cdot 2^{-\frac{1}{t}} - 2 \cdot 32 \cdot 2^{-\frac{2}{t}} + 8 \cdot \frac{1}{4} \cdot 2^{\frac{2}{t}} \le 0 $

$ 2 \cdot 2^{-\frac{1}{t}} - 64 \cdot 2^{-\frac{2}{t}} + 2 \cdot 2^{\frac{2}{t}} \le 0 $

Разделим на $ 2 \cdot 2^{\frac{2}{t}} $ (поскольку $ 2 \cdot 2^{\frac{2}{t}} > 0 $):

$ 2^{-\frac{1}{t}} \cdot 2^{-\frac{2}{t}} - 32 \cdot 2^{-\frac{2}{t}} \cdot 2^{-\frac{2}{t}} + 1 \le 0 $

$ 2^{-\frac{3}{t}} - 32 \cdot 2^{-\frac{4}{t}} + 1 \le 0 $

Пусть $ z = 2^{-\frac{1}{t}} $. Тогда $ z^3 - 32 z^4 + 1 \le 0 $.

Это неверное преобразование. Вернемся к исходному виду.

$ \frac{x}{2^{x+1}} - 2 · 2^{\frac{5x+3}{x+1}} + 8 · 2^{-\frac{2x}{x+1}} \le 0 $

Пусть $ a = 2^{\frac{x}{x+1}} $, $ b = 2^{\frac{5x+3}{x+1}} $, $ c = 2^{\frac{2x}{x+1}} $.

$ \frac{1}{a} - 2b + 8/c \le 0 $.

Рассмотрим замену $ y = 2^{\frac{1}{x+1}} $.

$ 2^{\frac{x}{x+1}} = 2^{1 - \frac{1}{x+1}} = 2 \cdot y^{-1} $

$ 2^{\frac{5x+3}{x+1}} = 2^{5 - \frac{2}{x+1}} = 32 \cdot y^{-2} $

$ 2^{\frac{2x}{x+1}} = 2^{2 - \frac{2}{x+1}} = 4 \cdot y^{-2} $

Неравенство: $ 2 y^{-1} - 2 \cdot 32 y^{-2} + 8 \cdot (4 y^{-2})^{-1} \le 0 $

$ 2 y^{-1} - 64 y^{-2} + 8 \cdot \frac{1}{4} y^{2} \le 0 $

$ 2 y^{-1} - 64 y^{-2} + 2 y^{2} \le 0 $

Умножим на $ y^2 $ (поскольку $ y = 2^{\frac{1}{x+1}} > 0 $):

$ 2y - 64 + 2y^4 \le 0 $

$ y^4 + y - 32 \le 0 $

Рассмотрим функцию $ f(y) = y^4 + y - 32 $.

$ f'(y) = 4y^3 + 1 $.

При $ y > 0 $, $ f'(y) > 0 $, значит $ f(y) $ возрастает.

Найдем корень $ f(y) = 0 $.

$ y^4 + y - 32 = 0 $

При $ y = 2 $: $ 2^4 + 2 - 32 = 16 + 2 - 32 = -14 $

При $ y = 3 $: $ 3^4 + 3 - 32 = 81 + 3 - 32 = 52 $

Значит, корень находится между 2 и 3.

Попробуем $ y = 2.5 = 5/2 $: $ (5/2)^4 + 5/2 - 32 = 625/16 + 5/2 - 32 = (625 + 40 - 512)/16 = 153/16 > 0 $.

Попробуем $ y = 2.2 $: $ (2.2)^4 + 2.2 - 32 ≈ 23.4 + 2.2 - 32 = -6.4 $.

Попробуем $ y = 2.3 $: $ (2.3)^4 + 2.3 - 32 ≈ 27.9 + 2.3 - 32 = -1.8 $.

Попробуем $ y = 2.4 $: $ (2.4)^4 + 2.4 - 32 ≈ 33.1 + 2.4 - 32 = 3.5 $.

Корень $ y_0 ∈ (2.3, 2.4) $.

Неравенство $ y^4 + y - 32 \le 0 $ выполняется при $ 0 < y ≤ y_0 $.

$ 2^{\frac{1}{x+1}} \le y_0 $

$ \frac{1}{x+1} \le \log_2(y_0) $

Пусть $ C = \log_2(y_0) $. $ C $ — некоторое положительное число, так как $ y_0 > 2 $.

$ \frac{1}{x+1} ≤ C $

Рассмотрим два случая:

1. $ x+1 > 0 → x > -1 $.

$ 1 \le C(x+1) $

$ 1 \le Cx + C $

$ 1 - C \le Cx $

$ x \ge \frac{1-C}{C} $

Так как $ C = \log_2(y_0) $ и $ 2.3 < y_0 < 2.4 $, то $ \log_2(2.3) < C < \log_2(2.4) $.

$ 1.2 \approx \log_2(2.3) < C < \log_2(2.4) ≈ 1.26 $.

$ \frac{1-C}{C} $ будет отрицательным числом.

$ x \ge \frac{1 - \log_2(y_0)}{\log_2(y_0)} $

2. $ x+1 < 0 → x < -1 $.

$ 1 \ge C(x+1) $

$ 1 \ge Cx + C $

$ 1 - C \ge Cx $

$ x \le \frac{1-C}{C} $

Объединяя условия:

$ x ∈ [\frac{1-C}{C}, -1) \cup (-1, \infty) ∩ [\frac{1-C}{C}, \infty) = [\frac{1-C}{C}, \infty) $ при $ x > -1 $.

$ x ∈ (-\infty, -1) \cap (-\infty, \frac{1-C}{C}] = (-\infty, -1) $ при $ x < -1 $.

Решение: $ x \in (-\infty, -1) \cup [\frac{1-C}{C}, \infty) $.

Это решение слишком громоздкое. Вернемся к уравнению $ y^4 + y - 32 = 0 $.

Попробуем найти целочисленные корни или простые рациональные корни.

При $ y=2 $, $ 16+2-32 = -14 $

При $ y=1 $, $ 1+1-32 = -30 $

При $ y=3 $, $ 81+3-32 = 52 $

Возможно, есть ошибка в преобразовании.

Проверим исходное неравенство:

$ 2^{\frac{x}{x+1}} - 2^{1 + \frac{5x+3}{x+1}} + 8 \cdot 2^{-\frac{2x}{x+1}} \le 0 $

$ 2^{\frac{x}{x+1}} - 2^{\frac{x+1+5x+3}{x+1}} + 8 \cdot 2^{-\frac{2x}{x+1}} \le 0 $

$ 2^{\frac{x}{x+1}} - 2^{\frac{6x+4}{x+1}} + 8 \cdot 2^{-\frac{2x}{x+1}} \le 0 $

$ 2^{\frac{x}{x+1}} - 2^{6 + \frac{-2}{x+1}} + 8 \cdot 2^{-\frac{2x}{x+1}} \le 0 $

$ 2^{\frac{x}{x+1}} - 64 \cdot 2^{-\frac{2}{x+1}} + 8 \cdot 2^{-\frac{2x}{x+1}} \le 0 $

Пусть $ u = \frac{x}{x+1} $. Тогда $ \frac{2x}{x+1} = 2u $.

$ 2^u - 64 \cdot 2^{-2(1-u)} + 8 \cdot 2^{-2u} \le 0 $

$ 2^u - 64 \cdot 2^{-2} \cdot 2^{2u} + 8 \cdot 2^{-2u} \le 0 $

$ 2^u - 16 \cdot 2^{2u} + 8 \cdot 2^{-2u} \le 0 $

Пусть $ t = 2^u $.

$ t - 16t^2 + 8t^{-2} \le 0 $

$ t - 16t^2 + \frac{8}{t^2} \le 0 $

Умножим на $ t^2 $ (поскольку $ t > 0 $):

$ t^3 - 16t^4 + 8 \le 0 $

$ -16t^4 + t^3 + 8 \le 0 $

$ 16t^4 - t^3 - 8 \ge 0 $

Пусть $ g(t) = 16t^4 - t^3 - 8 $.

$ g'(t) = 64t^3 - 3t^2 = t^2(64t - 3) $.

При $ t > 0 $, $ g'(t) = 0 $ при $ t = 3/64 $.

$ g(3/64) $ — минимум.

Найдем корни $ g(t) = 0 $.

При $ t=1 $: $ 16 - 1 - 8 = 7 $.

При $ t=0.5 = 1/2 $: $ 16(1/16) - 1/8 - 8 = 1 - 1/8 - 8 = -7 - 1/8 = -57/8 $.

При $ t=0.8 $: $ 16(0.8)^4 - (0.8)^3 - 8 = 16(0.4096) - 0.512 - 8 = 6.5536 - 0.512 - 8 = -1.9584 $.

При $ t=0.9 $: $ 16(0.9)^4 - (0.9)^3 - 8 = 16(0.6561) - 0.729 - 8 = 10.4976 - 0.729 - 8 = 1.7686 $.

Корень $ t_0 ∈ (0.8, 0.9) $.

Неравенство $ 16t^4 - t^3 - 8 \ge 0 $ выполняется при $ t ≥ t_0 $.

$ 2^{\frac{x}{x+1}} \ge t_0 $

$ \frac{x}{x+1} \ge \log_2(t_0) $

Пусть $ K = \log_2(t_0) $. $ K $ — некоторое отрицательное число, так как $ t_0 < 1 $.

$ \frac{x}{x+1} \ge K $

$ \frac{x}{x+1} - K \ge 0 $

$ \frac{x - K(x+1)}{x+1} \ge 0 $

$ \frac{x - Kx - K}{x+1} \ge 0 $

$ \frac{(1-K)x - K}{x+1} \ge 0 $

$ 1-K > 0 $ так как $ K < 0 $.

Корни числителя и знаменателя: $ x = \frac{K}{1-K} $ и $ x = -1 $.

Так как $ K < 0 $, то $ \frac{K}{1-K} < 0 $.

Знаменатель $ x+1 $ имеет корень $ x = -1 $.

Числитель $ (1-K)x - K $ имеет корень $ x = \frac{K}{1-K} $.

Рассмотрим интервалы:

1. $ x < -1 $. Тогда $ x+1 < 0 $.

$ (1-K)x - K $ будет отрицательным.

$ \frac{-}{-} \ge 0 $.

Нужен более точный анализ корня $ x = \frac{K}{1-K} $.

Так как $ K = \log_2(t_0) $ и $ 0.8 < t_0 < 0.9 $, то $ \log_2(0.8) < K < \log_2(0.9) $.

$ -0.32 ≈ \log_2(0.8) < K < \log_2(0.9) ≈ -0.15 $.

$ \frac{K}{1-K} = \frac{-0.32}{1-(-0.32)} = \frac{-0.32}{1.32} ≈ -0.24 $.

$ \frac{K}{1-K} = \frac{-0.15}{1-(-0.15)} = \frac{-0.15}{1.15} ≈ -0.13 $.

Значит $ \frac{K}{1-K} ∈ (-0.24, -0.13) $.

Это значение больше $ -1 $.

Интервал $ x < -1 $.

$ x+1 < 0 $.

$ (1-K)x - K $. При $ x < -1 $, $ (1-K)x < 1-K $.

$ (1-K)x - K < 1-K-K = 1-2K $.

Так как $ K < 0 $, $ 1-2K > 0 $.

Проверим знак $ (1-K)x - K $ при $ x < -1 $.

Пусть $ x = -2 $.

$ (1-K)(-2) - K = -2 + 2K - K = -2 + K $.

Так как $ K < 0 $, то $ -2+K < 0 $.

Значит, при $ x < -1 $, числитель отрицателен, знаменатель отрицателен.

$ \frac{-}{-} \ge 0 $.

Значит, $ x < -1 $ является решением.

2. $ -1 < x < \frac{K}{1-K} $.

$ x+1 > 0 $.

$ (1-K)x - K $ отрицателен.

$ \frac{-}{+} < 0 $.

3. $ x \ge \frac{K}{1-K} $.

$ x+1 > 0 $.

$ (1-K)x - K $ положителен.

$ \frac{+}{+} \ge 0 $.

Значит, $ x \ge \frac{K}{1-K} $ является решением.

Объединяя, получаем $ x ∈ (-\infty, -1) \cup [\frac{K}{1-K}, \infty) $.

Где $ K = \log_2(t_0) $ и $ t_0 $ — корень уравнения $ 16t^4 - t^3 - 8 = 0 $.

Найдём $ t_0 $ более точно. $ t_0 ≈ 0.88 $.

$ K = \log_2(0.88) ≈ -0.18 $.

$ \frac{K}{1-K} = \frac{-0.18}{1 - (-0.18)} = \frac{-0.18}{1.18} ≈ -0.15 $.

Возвращаясь к $ u = \frac{x}{x+1} $.

$ u ∈ (-\infty, K] $.

$ \frac{x}{x+1} \le K $

$ \frac{x}{x+1} - K \le 0 $

$ \frac{(1-K)x - K}{x+1} \le 0 $.

Как мы выяснили, это решается при $ x \in (-1, \frac{K}{1-K}] $.

То есть, $ u = \frac{x}{x+1} $ должно быть в интервале $ (-\infty, K] $.

Функция $ u(x) = \frac{x}{x+1} = 1 - \frac{1}{x+1} $.

Если $ x > -1 $, то $ x+1 > 0 $, $ \frac{1}{x+1} > 0 $, $ u(x) = 1 - \text{что-то положительное} < 1 $.

Если $ x < -1 $, то $ x+1 < 0 $, $ \frac{1}{x+1} < 0 $, $ u(x) = 1 - \text{что-то отрицательное} > 1 $.

Ветви параболы $ g(t) = 16t^4 - t^3 - 8 $ направлены вверх. $ g(t) ≥ 0 $ при $ t ≥ t_0 $ и $ t ≤ t_1 $ где $ t_1 < 0 $ (не рассматриваем).

$ t = 2^u $.

$ 2^u ≥ t_0 $ или $ 2^u ≤ t_1 $.

Так как $ 2^u > 0 $, то $ 2^u ≥ t_0 $.

$ u ≥ \log_2(t_0) = K $.

$ \frac{x}{x+1} \ge K $.

$ \frac{(1-K)x - K}{x+1} \ge 0 $.

Корень числителя $ x_1 = \frac{K}{1-K} $.

Корень знаменателя $ x_2 = -1 $.

Так как $ K < 0 $, $ 1-K > 0 $, то $ x_1 < 0 $. $ \frac{K}{1-K} = \frac{-0.18}{1.18} ≈ -0.15 $.

$ x_1 > -1 $.

Интервалы: $ (-\infty, -1) $, $ (-1, x_1] $, $ [x_1, \infty) $.

При $ x < -1 $, $ x+1 < 0 $. $ (1-K)x - K $. При $ x = -2 $, $ -2+2K-K = -2+K < 0 $.

$ \frac{-}{-} ≥ 0 $. Решение: $ x < -1 $.

При $ -1 < x \le x_1 $, $ x+1 > 0 $. $ (1-K)x - K $ отрицателен.

$ \frac{-}{+} ≤ 0 $.

При $ x \ge x_1 $, $ x+1 > 0 $. $ (1-K)x - K $ положителен.

$ \frac{+}{+} ≥ 0 $. Решение: $ x \ge x_1 $.

Ответ: $ x \in (-\infty, -1) \cup [\frac{K}{1-K}, \infty) $ где $ K = \log_2(t_0) $ и $ t_0 $ — положительный корень $ 16t^4 - t^3 - 8 = 0 $.

Ответ: $ x \in (-\infty, -1) \cup [\frac{\log_2(t_0)}{1-\log_2(t_0)}, \infty) $, где $ t_0 $ — положительный корень уравнения $ 16t^4 - t^3 - 8 = 0 $.