( ∗ ) { 2 x 2 + 1 > 0 1 32 x + 1 > 0 x 16 + 1 > 0 ⇔ { 1 + 32 x 32 x > 0 x + 16 16 > 0 ⇔ (*)
\begin{cases}
2x^2 + 1 > 0 \\
\tfrac{1}{32x} + 1 > 0 \\
\tfrac{x}{16} + 1 > 0
\end{cases}
\Leftrightarrow
\begin{cases}
\tfrac{1 + 32x}{32x} > 0 \\
\tfrac{x + 16}{16} > 0
\end{cases} \Leftrightarrow ( ∗ ) ⎩ ⎨ ⎧ 2 x 2 + 1 > 0 32 x 1 + 1 > 0 16 x + 1 > 0 ⇔ { 32 x 1 + 32 x > 0 16 x + 16 > 0 ⇔ ⇔ { x ∈ ( − ∞ ; − 1 32 ) ∪ ( 0 ; + ∞ ) x > − 16 ⇒ x ∈ ( − 16 ; − 1 32 ) ∪ ( 0 ; + ∞ ) \Leftrightarrow \begin{cases}
x \in (-\infty; -\tfrac{1}{32}) \cup (0; +\infty) \\
x > -16
\end{cases}
\Rightarrow x \in (-16; -\tfrac{1}{32}) \cup (0; +\infty) ⇔ { x ∈ ( − ∞ ; − 32 1 ) ∪ ( 0 ; + ∞ ) x > − 16 ⇒ x ∈ ( − 16 ; − 32 1 ) ∪ ( 0 ; + ∞ )
Преобразуем исходное неравенство:
log 11 ( ( 2 x 2 + 1 ) ( 1 + 32 x 32 x ) ) ≥ log 11 ( x + 16 16 ) \log_{11}\left((2x^2 + 1)\left(\tfrac{1 + 32x}{32x}\right)\right) \geq \log_{11}\left(\tfrac{x + 16}{16}\right) log 11 ( ( 2 x 2 + 1 ) ( 32 x 1 + 32 x ) ) ≥ log 11 ( 16 x + 16 )
Так как основание логарифма 11 > 1 11 > 1 11 > 1 ( 2 x 2 + 1 ) ( 1 + 32 x ) 32 x ≥ x + 16 16 \tfrac{(2x^2 + 1)(1 + 32x)}{32x} \geq \tfrac{x + 16}{16} 32 x ( 2 x 2 + 1 ) ( 1 + 32 x ) ≥ 16 x + 16 ( 2 x 2 + 1 ) ( 1 + 32 x ) 32 x − x + 16 16 ≥ 0 \tfrac{(2x^2 + 1)(1 + 32x)}{32x} - \tfrac{x + 16}{16} \geq 0 32 x ( 2 x 2 + 1 ) ( 1 + 32 x ) − 16 x + 16 ≥ 0 ( 2 x 2 + 1 ) ( 1 + 32 x ) − 2 x ( x + 16 ) 32 x ≥ 0 \tfrac{(2x^2 + 1)(1 + 32x) - 2x(x + 16)}{32x} \geq 0 32 x ( 2 x 2 + 1 ) ( 1 + 32 x ) − 2 x ( x + 16 ) ≥ 0 2 x 2 + 64 x 3 + 1 + 32 x − 2 x 2 − 32 x 32 x ≥ 0 \tfrac{2x^2 + 64x^3 + 1 + 32x - 2x^2 - 32x}{32x} \geq 0 32 x 2 x 2 + 64 x 3 + 1 + 32 x − 2 x 2 − 32 x ≥ 0 64 x 3 + 1 32 x ≥ 0 \tfrac{64x^3 + 1}{32x} \geq 0 32 x 64 x 3 + 1 ≥ 0 ( 4 x + 1 ) ( 16 x 2 − 4 x + 1 ) 32 x ≥ 0 \tfrac{(4x + 1)(16x^2 - 4x + 1)}{32x} \geq 0 32 x ( 4 x + 1 ) ( 16 x 2 − 4 x + 1 ) ≥ 0 16 x 2 − 4 x + 1 > 0 16x^2 - 4x + 1 > 0 16 x 2 − 4 x + 1 > 0 x ∈ R x \in \mathbb{R} x ∈ R 4 x + 1 32 x ≥ 0 \tfrac{4x + 1}{32x} \geq 0 32 x 4 x + 1 ≥ 0 x + 1 4 x ≥ 0 \tfrac{x + \tfrac{1}{4}}{x} \geq 0 x x + 4 1 ≥ 0
Решение неравенства:
x ∈ ( − ∞ ; − 1 4 ] ∪ ( 0 ; + ∞ ) x \in (-\infty; -\tfrac{1}{4}] \cup (0; +\infty) x ∈ ( − ∞ ; − 4 1 ] ∪ ( 0 ; + ∞ )
Учитывая ограничения ( ∗ ) (*) ( ∗ ) x ∈ ( − 16 ; − 1 4 ] ∪ ( 0 ; + ∞ ) x \in (-16; -\tfrac{1}{4}] \cup (0; +\infty) x ∈ ( − 16 ; − 4 1 ] ∪ ( 0 ; + ∞ )
Ответ: x ∈ ( − 16 ; − 1 4 ] ∪ ( 0 ; + ∞ ) x \in (-16; -\tfrac{1}{4}] \cup (0; +\infty) x ∈ ( − 16 ; − 4 1 ] ∪ ( 0 ; + ∞ )
