59. Барабарсыздыктарды чыгаргыла: а) 2x²+15x−7>2x; б) −x²−x≥x²+4x−18; в) 2x(3x−1)>4x²+5x+9; г) (5x+7)(x−2)<21x²−11x−13; д) 2(x−1/3)²>0; е) 7(1/6−x)²≤0; ж) 3x²−3<x²−x; з) (x−1)(x+3)>5.

а) Сол жакка өткөрүп, көбөйтүүчүлөргө ажыратабыз: \(2x^2+13x-7>0\), демек \((2x-1)(x+7)>0\). Көбөйтүндү оң болушу үчүн эки көбөйтүүчү тең белгиде болот: \(x<-7\) же \(x>\frac12\).

б) \(-x^2-x\ge x^2+4x-18\) теңсиздигинен \(2x^2+5x-18\le0\). Тамырлары \(-\frac92\) жана \(2\); парабола өйдө карагандыктан, чечими тамырлардын аралыгы: \(x\in[-\frac92;2]\).

в) Жөнөкөйлөтөбүз: \(2x^2-7x-9>0\), башкача айтканда \((2x-9)(x+1)>0\). Ошондуктан \(x<-1\) же \(x>\frac92\).

г) Көбөйтүп, бир жакка өткөрөбүз: \(16x^2-8x+1>0\), демек \((4x-1)^2>0\). Квадрат нөлгө барабар болгон \(x=\frac14\) маанисинен башка бардык сандар жарайт.

д) Квадрат нөлдөн чоң болушу керек: \(2(x-\frac13)^2>0\). Бул \(x\ne\frac13\) болгондо аткарылат.

е) Квадрат терс болбойт. Демек \(7(\frac16-x)^2\le0\) теңсиздиги квадрат нөл болгондо гана туура: \(x=\frac16\).

ж) \(2x^2+x-3<0\), же \((2x+3)(x-1)<0\). Көбөйтүндү терс тамырлардын ортосунда: \(x\in(-\frac32;1)\).

з) \(x^2+2x-8>0\), башкача айтканда \((x+4)(x-2)>0\). Ошондуктан \(x<-4\) же \(x>2\).

Жооп: а) \((−\infty;−7)\cup(\frac12;+\infty)\); б) \([−\frac92;2]\); в) \((−\infty;−1)\cup(\frac92;+\infty)\); г) \(\mathbb R\setminus\{\frac14\}\); д) \(\mathbb R\setminus\{\frac13\}\); е) \(\{\frac16\}\); ж) \((−\frac32;1)\); з) \((−\infty;−4)\cup(2;+\infty)\).