Министерство науки и образования Пензенской области
Научно – практическая конференция
«Старт в науку»
 |
 |
Работу выполнила –
Подкомарная Ирина
ученица 10 «Б» класса
МОУ СОШ им.
с. Пригородное Сердобского района
Научный руководитель –
учитель математики высшей категории
.
Сердобск, 2009 год.
Содержание
Введение стр.3
I Уравнения вида f(g(x))=f(h(x)) стр. 4
1.1. Уравнения вида f(g(x))=f(h(x)), где f(x) – строго монотонная функция стр. 4
1.2. Решение уравнений вида f(g(x))=f(h(x)), где f(x) – чётная функция стр. 5
1.3. Уравнения вида f(g(x))+f(h(x))=0, где f(x) – нечётная функция стр. 7
II Класс уравнений вида f(f…(f(х))…)=х стр. 8
2.1. Уравнения вида f(f(x))=x и f(f(f(x)))=x стр. 8
2.2.Уравнения вида f(f…(f(х))…)=х, где f(х) повторяется n раз стр. 10
III Уравнения вида f(x)=fˉ¹(х) стр. 12
IV Неравенства вида f(g(x))>f(h(x)) стр. 13
Заключение стр. 15
Литература стр. 16
Приложение стр. 17
Введение.
Функциональные уравнения и неравенства в самых простейших видах встречаются в школе, но уже при подготовке к олимпиадам я встретила такие уравнения, которые не смогла решить обычными способами. Я заинтересовалась способами решения таких уравнений, стала читать дополнительную литературу и убедилась, что есть целый класс функциональных уравнений, решение которых основано на свойствах функций, которые позволяют превратить естественным образом нестандартные решения таких уравнений в традиционные.
Тема нашей работы «Исследование функциональных уравнений и неравенств».
Объектом исследования являются уравнения и неравенства вида:
1) f(g(x))=f(h(x))
2) f(f…(f(х))…)=х
3) f(x)=fˉ¹(х)
4) f(g(x))>f(h(x))
Цель работы: Проанализировать решения конкретных функциональных уравнений,
сравнить с обычным способом их решения. Показать применение выбранного способа к
решению олимпиадных задач.
Для достижения поставленной цели предполагается решить следующие задачи:
1) Собрать и изучить литературу по данной теме.
2) Обобщить и систематизировать собранный материал.
3) Углубить знания по теме и расширить свой кругозор.
Актуальность: Собранный и систематизированный материал актуален, так как
функциональные уравнения и неравенства встречаются на олимпиадах и на экзаменах.
Материал работы может послужить основой для элективного курса в старших классах, а
также пригодится для занятий на факультативных курсах и при подготовке к экзаменам.
Методы исследования предопределены поставленными задачами:
1) Метод систематизации и обобщения.
2) Сравнительный анализ.
Для теоретического обоснования выводов, полученных в результате нашего исследования, мы опирались на труды следующих авторов:
1) «Уравнения вида f(g(x))=f(h(x)) и нестандартные методы решения» ,
, М. Ш. №3 – 95.
2) «Нестандартные методы решения уравнений и неравенств» ,
;
3) «Факультативный курс по математике. Решение задач 11 класс» ,
;
4) Всероссийские олимпиады по математике
И другие источники.
В соответствии с поставленной целью и задачами работа имеет следующую структуру: введение, четыре главы, заключение, библиографический список, приложение.
I
Уравнения вида f(g(x))=f(h(х)), где f(x), g(x) и h(x) - некоторые функции.
Если f(x) либо logаx, либо а
, g(x) и h(x) – квадратные или линейные функции, то уравнение вида f(g(x))=f(h(x)) является традиционным. В этих случаях решение уравнения f(g(x))=f(h(x)) сводится к решению уравнения g(x)=h(x) в О. Д.З. f(g(x))=f(h(x)).
Пример: log (х² - 2х +1)= log (-х +3)
х² - 2х +1=-х +3 О. Д.З.
х² - х - 2=0 (х-1)²>0
D=1-4·(-2)=9 3-х>0
х
=(1+3)/2=2
х
=(1-3)/2=-1 х≠1
х<3
///◦///////◦
1 3
Ответ: 2; -1.
1.1. Если же f(x) не является логарифмической или показательной, то при решении уравнений вида f(g(x))=f(h(x)) используются следующие утверждения:
1) Решения уравнения g(x)=h(x), содержащиеся в области допустимых значений уравнения f(g(x))=f(h(x)), являются решениями уравнения f(g(x))=f(h(x)).
2) Если f(x) – строго монотонная функция, то уравнения f(g(x))=f(h(x)) и g(x)=h(x) равносильны на области допустимых значений уравнения f(g(x))=f(h(x)).
3) Если f(x), g(x) и h(x) – многочлены, то полином f(g(x))-f(h(x))
делится на многочлен g(x)-h(x).
Рассмотрим пример, где применяется второе свойство:
(х²+х-2)³+х²-2=х³
Это уравнение имеет вид f(g(x))=f(h(x)).
Перепишем его в виде:
(х²+х-2)³+(х²+х-2)=х³+х
f(x)=х³+х f´(x)=3х²+1>0
g(x)=(х²+х-2)
h(x)=х
Если f(x) строго возрастающая функция, то f(g(x))=f(h(x)) равносильно
g(x)=h(x), т. е.
х²+х-2=х
х²-2=0
х²=2
х=±
Ответ: ±
Другое решение:
(х²+х-2)³-х³=2-х²
(х²+х-2-х)·((х²+х-2)²+х(х²+х-2)+ х²)=2-х²
(х²-2)·(х
+х²+4+2х³-4х²-4х+х³+х²-2х+х²)-2+х²=0
(х²-2)·(х+3х³-х²-6х+5)=0
х²-2=0 или х+3х³-х²-6х+5=0
х=± нет решений
Ответ: ±
Итак, если функция f(х) строго монотонна, то преимущество предложенного нами метода очевидно. Во-первых, уравнение преобразовывается сразу к более простому, доступному виду. Во-вторых, решение становится короче и понятнее.
Вообще утверждение: Если f(x) – строго монотонная функция, то уравнения f(g(x))=f(h(x)) и g(x)=h(x) равносильны на области допустимых значений уравнения f(g(x))=f(h(x)),справедливо и в случае, если функция f(x) строго монотонная лишь на множестве значений функции g(x) и h(x), т. е. тогда уравнения f(g(x))=f(h(x)) и g(x)=h(x) равносильны.
Пример:
sin
х-3sin²х=cos³2х-3cos2x
f(x)=х³-3х Е(g(x))=[0;1]
g(x)=sin²х E(h(x))=[-1;1]
h(x)= cos2x
т. е. f´(x)=3х²-3=3·(х²-1)<0
(х-1)·(х+1)<0
+ - +
-1º//////////º
1
На [-1;1] f(x) строго убывает.
Значит на множестве значений функций g(x) и h(x) функция f(x) убывает, отсюда следует, что уравнение f(g(x))=f(h(x)) равносильно уравнению
g(x)=h(x), т. е. sin²х= cos2x
=cos2х
1-cos2x=2cos2x
3cos2x=1
cos2x=⅓
2х=±arccos⅓+2πn, nєZ
х=±½arccos⅓+πn, nєZ
Ответ: х=±½arccos⅓+πn, nєZ
Другое решение:
sinх-3sin²х=cos³2х-3cos2x
(
)³-3·=cos2x·(cos²2x-3)
·(1-3cos2x+3cos²2x-cos³2x)-
·(1-cos2х)-cos³2x+3cos2x=0
1-3cos2x+3cos²2x-cos³2x-12+12cos2x-8cos³2x+24cos2x=0
-9cos³2x+3cos²2x+33cos2x-11=0
9cos³2x-3cos²2x-33cos2x+11=0
3cos²2x·(3cos2x-1)-11·(3cos2x-1)=0
(3cos2x-1)·(3cos²2x-11)=0
cos2x=⅓ 3cos²2x=11
2х=±arccos⅓+2πn, nєZ нет решений.
х=±½arccos⅓+πn, nєZ
Ответ: х=±½arccos⅓+πn, nєZ
Предлагаемый способ позволяет ускорить решение, освободиться от громоздких преобразований, а следовательно им удобнее пользоваться при решении.
1.2.
1) Если функция f(x)-чётная, то решения совокупности уравнений
g(x)=h(x) и g(x)=-h(x), содержащиеся в области допустимых значений
уравнения f(g(x))=f(h(x)) являются корнями уравнения f(g(x))=f(h(x)).
2) Если функция f(x)-чётная и строго монотонная при х>0, то на
области допустимых значений уравнения f(g(x))=f(h(x)) данное уравнение
равносильно совокупности уравнений g(x)=h(x) и g(x)=-h(x). (Это утверждение
справедливо и в случае, если функция f(x)-чётная и строго монотонная
как при положительных значениях g(x) и h(x), так и при отрицательных значениях
этих функций).
Пример:
2
+2
=2
+2
2+2
=2+2
Пусть: f(x)=2+2
g(x)=х-2
h(x)=х²-1
f(x) чётная, т. к. f(-x)=2+2
=2+2=2+2= f(x)
значит решение совокупности уравнений
является решением данного уравнения
1) х-2=х²-1 2) х-2=1-х²
х-2-х²+1=0 х-2-1+х²=0
- х²+х-1=0 х²+х-3=0
х²-х+1=0 D=1+12=13
D=1-4=-3<0 х=
Нет решений х
=
Ответ: х1=; х2=
Другое решение:
2+2=2+2
2+2=2+2
2-2=2+2
2= t, t >0
2= u u >0
t – u=
- 
t – u=
(t – u)·(1-
)=0
t = u 1-= 0
2=2 =1
х²-1= х-2 ut = 1
-х²+х-1=0 2·2=1
х²-х+1=0 2
=2
D=1-4=-3<0 х²+х-3=0
Нет решений D=1+12=13
х=, х=
Ответ: х=; х=
Следовательно, мы опять убеждаемся в преимуществе предложенного нами метода,
т. к. решение данного уравнения удаётся сразу свести к совокупности двух квадратных уравнений, которые легко решаются.
1.3. Если функция f(x) – нечётная, то решение уравнения f(g(x))+f(h(x))=0 сводится к решению уравнения f(g(x))=f(-h(x)).
Такое задание встретилось нам в сборнике «Вступительные экзамены в МГУ».
Пример:
4
+2
= 4
+2
Перепишем так:
4+2= 4
+2
4-4=2-2
Рассмотрим сумму:
(4-4)-(2-2)=0
(2
-2
)+(2 - 2)=0
f(x)=2-2
g(x)=2·(x-1)
h(x)=x²-3
f(x) - нечётная, т. к. f(-x)=2- 2=2- 2= -(2- 2)= - f(x) и f(x) – строго возрастающая. Тогда решением уравнения f(g(x))+f(h(x))=0 будет решение уравнения f(g(x))=f(-h(x)), т. е. g(x)= - h(x).
2(х-1)= -(х²-3)
2х-2+х²-3=0
х²+2х-5=0
D=4+20=24
х=
=
= -1+
, х=
=
= -1-
Ответ: х= -1+; х= -1- .
Вывод:
В первой главе мы рассмотрели уравнения вида f(g(x))=f(h(x)) и привели примеры. Показали различные случаи решения уравнения вида f(g(x))=f(h(x)), когда на f(x) наложены условия, а именно: f(x) – строго монотонная функция;f(x) – чётная функция;
f(x) – нечётная функция.
Использовали приёмы решения функциональных уравнений и сравнили с обычными способами решения и заметили, что решение уравнений рассмотренными способами короче, проще, оригинальнее, т. е. убедились в преимуществах этого способа решения.
II
2.1. Класс уравнений вида f(f…(f(х))…)=х удобен для нестандартных приёмов решения уравнений. Такие уравнения есть среди олимпиадных задач. Они интересны тем, что при решении некоторых из них можно воспользоваться свойством непрерывности функции f(x). Полезны следующие утверждения:
1) Корни уравнения f(х)=х являются решением уравнения f(f(x))=x.
2) Если функция f(х)- строго возрастающая, то уравнения f(f(x))=x и f(х)=х эквивалентны.
3) Пусть функция f(х) непрерывна на области определения, которая является промежутком. Если уравнение f(х)=х не имеет корней, то уравнение f(f(x))=x не имеет решений.
Покажем, как используется это утверждение при решении олимпиадных заданий:
= х
Имеем уравнение вида f(f(f(x)))= х
f(x)=
, f(x) – возрастает на промежутке [0; ∞) и непрерывна. Значит, данное уравнение равносильно уравнению:
=х
2+х = х²
х²-х-2=0
D= 1+8=9
х=
=2
х=
= -1 (посторонний корень)
Ответ: х = 2.
Другое решение:
= х
2+
= х²
= х²-2
2+= х-4х²+4
= х-4х²+2
2+х = (х-4х²+2)²
2+х = х
+16х+4-8х+4х-16х
2+х = х-8х+20х-16х+4
х-8х+20х-16х-х+2=0
р(-1)=1-8+20-16+1+2=24-24=0
1 | 0 | -8 | 0 | 20 | 0 | -16 | -1 | 2 | |
-1 | 1 | -1 | -7 | 7 | 13 | -13 | -3 | 2 | 0 |
х
-х-7х
+7х+13х
-13х-3х+2=0
р(2)= +112++2=282-282=0
1 | -1 | -7 | 7 | 13 | -13 | -3 | 2 | |
2 | 1 | 1 | -5 | -3 | 7 | 1 | -1 | 0 |
х+х-5х-3х+7х+х-1=0
р(1)=1+1-5-3+7+1-1=1
р(-1)=1-1-5+3+7-1-1=3
нет рациональных корней.
х= -1 (посторонний корень)
х= 2
Ответ: х = 2.
Пример 2:
=х-1
+1=х
Рассмотрим функцию f(х)=1+
. Она монотонно возрастает на [1;∞). Имеем уравнение f(f(x))=x. Следовательно, заменим его на эквивалентное f(х)=х.
1+=х
х--1=0
= t t ≥ 0
t²-t-1=0
D=1+4=5
t=
t=
(посторонний корень)
=
х=(1+2√5+5)/4
х=
Другое решение:
=х-1
1+= х²-2х+1
= х²-2х
х = х-4х+4х
х-4х+4х-х=0
х·(х-4х²+4х-1)=0
х=0 или х-4х²+4х-1=0
_ х³-4х²+4х-1 х-1
х³-х² х²-3х+1
_-3х²+4х
-3х²+4х
_х-1
х-1
0
(х-1)·(х²-3х+1)=0
х-1=0 или х²-3х+1=0
х=1 D=9-4=5
х=
х=
(посторонний корень)
Ответ: х=1; х=
Пример 3:
(х²-2׀х׀+3)²-2׀х²-2׀х׀+3׀+3=х
уравнение имеет вид f(f(x))=х
f(x)=х²-2׀х׀+3
f(x) непрерывна на множестве действительных чисел.
Уравнение имеет вид f(f(x))=х
х²-2׀х׀+3=х
х=0
- +
•
0
(-∞;0) х²+2х+3=х
х²+х+3=0
D=1-12=-11<0
нет решений.
[0;∞) х²-2х+3=х
х²-3х+3=0
D=9-12=-3<0
нет решений.
Значит, не имеет корней и уравнение (х²-2׀х׀+3)²-2׀х²-2׀х׀+3׀+3=х
Пример 4:
х+у
= х+у, где х и у натуральные.
Доказать, что х = у
Перепишем уравнение в виде:
х- х= у- у
Рассмотрим функции:
f(x)= х- х
g(x)=x
h(x)=y
тогда f(g(x))=f(h(x)) в ОДЗ этого уравнения равносильно уравнению g(x)=h(x), т. е.
х = у
Сравнивая решения рассмотренных уравнений с традиционными способами, мы убедились в оригинальности, удобстве, простоте рассматриваемого способа. Анализ показал, что можно избежать сложных преобразований и громоздких вычислений, и ограничиться только решением традиционных уравнений.
2.2. Уравнения вида f(f…(f(х))…)=х и f(x)=x эквивалентны.
Пример 1:
6+(6+...+(6+х³)³...)³=
Возведение в куб в левой части повторяется n раз. Значит, это уравнение имеет вид f(f…(f(х))…)=х. Причём f(х)=6+х³
если у=6+х³, то х³=у-6
х =
f(х) – возрастающая, то уравнение равносильно уравнению f(f…(f(х))…)=х следовательно, эквивалентно уравнению f(x)=x, т. е.
6+х³=х
х³-х+6=0
Ищем корни среди делителей 6.
Д(6): ±1; ±2; ±3; ±6.
Х=2 8-2+6≠0
Х=-2 -8+2+6=0
Значит:
_ х³-х+6 х+2
х³+2х² х²-2х+3
_ -2х²-х
-2х²-4х
_3х+6
3х+6
0
(х+2)( х²-2х+3)=0
х+2=0 х²-2х+3=0
х=-2 D=4-12=-8<0
нет решений.
Ответ: х=-2
Пример 2:
В уравнение число радикалов бесконечно. Найдите чему равен х.
=
f(x)=, f(x) – возрастает на промежутке [0;∞). Уравнение имеет вид f(f…(f(х))…)=. Пусть f(f…(f(х))…)=у. Значит, у=.
=
ху=1994
х=
, т. е. 
Ответ: х=
Вывод:
Во второй главе мы рассмотрели уравнения вида f(f…(f(х))…)=х и выяснили, что данное уравнение эквивалентно уравнению f(x)=x. Привели несколько примеров решения олимпиадных заданий и убедились в том, что если не знать рассмотренных нами приёмов решения функциональных уравнений, то такие задания можно просто не решить. Мы пришли к выводу, что эти методы решения легко сводят нестандартные уравнения к традиционным, стандартным, которые затем легко решаются.
III
Уравнение вида f(x)=fˉ¹(х), где fˉ¹(х) – обратная для f(x), т. к. f(fˉ¹(х))=х, то решения уравнения f(x)=fˉ¹(х) являются корнями уравнения f(f(x))=x.
Уравнения такого вида f(x)=fˉ¹(х) встречались среди конкурсных задач на экзаменах в ведущие ВУЗы.
Пример:
х³+1=2·
О. Д.З. – R
Перепишем уравнение так:
=
Пусть у=f(x)=
Отсюда: 2у=х³+1
х³=2у-1
х=
Следовательно, в правой части уравнения х³+1=2· стоит функция, обратная к функции f(x), и значит, уравнение х³+1=2· имеет вид f(x)=fˉ¹(х).
Т. к. функция f(x) возрастает, то уравнение х³+1=2· равносильно уравнению f(f(x))=x, значит, уравнению f(x)=х, т. е.
х³+1=2х
х³+1-2х=0
х³+1-2х= х³-х²+ х²-х-х+1= х²·(х-1)+х·(х-1)-(х-1)=(х-1)·(х²+х-1)
(х-1)·(х²+х-1)=0
х-1=0 или х²+х-1=0
х=1 D=1+4=5
х=
х=
Ответ: 1, ,
Другое решение:
х³+1=2·
х
+3х+3х+1=8·(2х-1)
х+3х+3х-16х+9=0
р(1)= 1+3+3-16+9=16-16=0
1 | 0 | 0 | 3 | 0 | 0 | 3 | 0 | -16 | 9 | |
1 | 1 | 1 | 1 | 4 | 4 | 4 | 7 | 7 | -9 | 0 |
х+х+х+4х+4х+4х+7х+7х-9=0
р(1)=1+1+1+4+4+4+7+7-9≠0
р(-1)=1-1+1-4+4-4+7-7-9≠0
р(-3)=+729-972+324-108+63-21-9≠0
р(-9) ≠0
Вывод:
В четвёртой главе мы рассмотрели уравнения вида f(x)=fˉ¹(х), где fˉ¹(х) – обратная для f(x). И показали преимущества этого способа в сравнении с традиционным.
IV
Пусть область существования функции f(x) есть промежуток М, пусть эта функция непрерывна на М, тогда:
а) Если функция f(x) возрастает на этом промежутке М, то неравенство f(g(x))>f(h(x)) равносильно системе:
g(x)>h(x)
g(x)єM
h(x)єM
б) Если функция f(x) убывает на этом промежутке М, то неравенство f(g(x))>f(h(x)) равносильно системе:
g(x)<h(x)
g(x)єM
h(x)єM
Пример:
+ log ((х+2)+3) 
> 
+ log ((-2х+3)+3) 
Пусть u=х+2
Область существования функции у=
+ log (u + 3)
есть промежуток [0;∞). На этом промежутке функция у=+ log (u + 3) возрастает и непрерывна, неравенство + log ((х+1)+3) > + log ((-2х+3)+3) равносильно системе:
x+2>-2x+3 3x>1 x>⅓
x+2>0 <=> x>-2 <=> x>-2
-2x+3>0 -2x>-3 x<1½
 |
º º º
-2 ⅓ 1½
Ответ:( ⅓;1½)
Частный случай теоремы:
Пусть R – область существования функции f(u) и пусть эта функция непрерывна на R. Тогда:
а) если функция f(u) возрастает на R, то равносильны неравенства f(g(x))>f(h(x)) и g(x)> h(x).
б) если функция f(u) убывает на R, то равносильны неравенства f(g(x))>f(h(x)) и
g(x)< h(x).
Пример:
+ е
<
+ е
Пусть u=
Область существования функции у=
+ е
, есть R. На этом множестве функция у=+е непрерывна и возрастает, неравенство + е <+ е равносильно неравенству:
<х+2
-х-2<0
<0
<0
>0
((х-)(х+))/(х-1)>0
- 1
- º'''''''''
''''''º - º''''''''''''
(-;1) и (;∞)
Значит, и данное неравенство имеет то же решение.
Ответ: (-;1) и (;∞)
Вывод:
В четвёртой главе мы рассмотрели неравенства вида f(g(x))>f(h(x)), показали какой системе будет равносильно это неравенство в зависимости от того возрастает функция f(х) или убывает на промежутке М. Рассмотрели частный случай этой теоремы; когда f(х) непрерывна на R – области существования функции.
Рассмотрели примеры решения неравенств как для самой теоремы, так и для частного случая теоремы.
Этот метод может быть рекомендован для сложных неравенств, в которых неизвестное содержится как в показателе степени, так и в основании степени. Использование его помогает решить такие неравенства, которые не рассматриваются в школьном курсе математики, в чём и состоит его преимущество.
Заключение:
В своей работе мы рассмотрели несколько нестандартных приемов решения уравнений и неравенств вида f(g(x))=f(h(x)) и f(g(x))>f(h(x)), его разновидностей, постарались систематизировать материал темы, разобрать каждый случай на конкретных примерах. Сравнили с обычными решениями таких уравнений. Показали преимущество рассмотренных нами приёмов при решении функциональных уравнений и неравенств перед другими способами, убедились в простоте, изяществе, оригинальности рассмотренных приёмов
Думаем, что материал темы актуален, необходим при подготовке к олимпиадам и для подготовки к поступлению в ВУЗы. Будет полезен, например, для проведения элективных курсов в старших классах, а также на занятиях кружков и факультативов.
Кроме того, в приложении мы подобрали и составили 30 различных задач, в которых эти приёмы использованы.
Литература:
1) , , . «Задачи по математике. Уравнения и
неравенства» - Москва, 1987.
2) Всероссийские олимпиады по математике. - Москва, Просвещение, 2008
3) Вступительные экзамены в московский государственный университет.
М. Ш. №1 – 90.
4) , . «Сборник конкурсных задач по математике»,1983
5) . «Графическое решение функционального уравнения f(x)=f(f(x))».
М. Ш. №3 – 1996.
6) , , . «Алгебра и начала анализа 11
класс» - Москва, Просвещение 2003
7) , . «Нестандартные методы решения уравнений и
неравенств», 1991
8) , . «Уравнения вида f(g(x))=f(h(x)) и нестандартные
методы решения»,М. Ш. №3 – 95.
9) , . «Факультативный курс по математике. Решение задач
11 класс» - Москва, Просвещение, 1991
Приложение.
1) (х²+2׀х+5׀)²-4х²-6׀х+5׀+3׀х׀=0
2) (х-1)+4х-4=х+
3) (х+х+2)
=9
4) log (х-х+5)=3(х-х+5)
5) sin²x-2׀sinx׀=cos²2x-2׀cos2x׀
6) x·(׀х׀+ 
) +(3х-1)·(׀3х-1׀+
)=0
7) sin
+sin
=0
8) 4+2= 4+2
9) {x²-3x+1}={x-2}, где {x} – это дробная часть числа х.
10) sin²x·tgx- cos²2x·ctg2x=0
11) sin(х+π/6]·tg[x+π/6]=cos2x·ctg2x
)=-2x³
13) 
=
14) 1+(1+....+(1+х²)²....)²=
15) х³+1= 2·
16) = х-1
17) (
)
-
= ()
-
18) log ·tgх + (
)
- 
= log ·сtgx+()
- 
19) е
+
= е
+
20) π
+
= π
+
21)()
-(sinx)
=()
- (sinx)
22) log (2х²-9х+21)= log (х²+х)
23) ()-
= ()
-
24) + log ((х+1)+3) > + log ((-2х+3)+3)
25) + е <+ е
26) 
+10
<
+10
27) 
+3
<
+3
28) 
+lg(log )< 
+ lg(log )
29) 
+ π> 
+ π
30) ׀…׀׀׀x-1׀-1׀-1׀…׀-1׀=2000 (в записи левой части уравнения участвуют 2000 единиц)
