Rozwiązać nierówność

[maciek987]

\(\displaystyle{ (\log_{2^{ \frac{1}{2} }} (|x|) )^{2}+ 4 \log_\frac{1}{2} (|x|) \ge 0}\)

[adek05]

Sprowadź do tej samej podstawy, a potem np. z wykorzystaniem zmiennej pomocniczej.

[Tur!]

\(\displaystyle{ [\log_{2^{\frac{1}{2}}}(|x|)]^{2}+4\log_{\frac{1}{2}}(|x|) \ge 0 \\ \\
4 \log_{2}^{2}(|x|)-4\log_{2}(|x|) \ge 0 \\ \\
\log_{2}^{2}(|x|) \ge \log_{2}(|x|) \\}\)

W dalszych krokach nie jestem w 100% pewien:
\(\displaystyle{ 2^{2\log_{2}(|x|)} \ge 2^{\log_{2}(|x|)} \\}\)
Korzystając z tego, że funkcja wykładnicza jest różnowartościowa:
\(\displaystyle{ 2\log_{2}(|x|) \ge \log_{2}(|x|) \\
\log(x^{2}) \ge \log_{2}(|x|)}\)
Korzystamy z tego, że funkcja logarytmiczna jest różnowartościowa:
\(\displaystyle{ x^{2} \ge |x| \\}\)
Teraz, ponieważ wyrażenia mają sens tylko dla \(\displaystyle{ x>0}\)
\(\displaystyle{ x^{2}-x \ge 0 \\
x(x-1) \ge 0 \\}\)
Rysujemy wykres i mamy, że: \(\displaystyle{ x>1}\)
Pozdrawiam, ale dobrze by było, gdyby ktoś potwierdził.

EDIT:
Można jednak dużo prościej.. tak jak zaproponowała osoba przede mną...
\(\displaystyle{ D_{f} \in \RR \setminus \lbrace 0 \rbrace\\}\)
\(\displaystyle{ [\log_{2^{\frac{1}{2}}}(|x|)]^{2}+4\log_{\frac{1}{2}}(|x|) \ge 0 \\ \\
4 \log_{2}^{2}(|x|)-4\log_{2}(|x|) \ge 0 \\ \\
\log_{2}^{2}(|x|) \ge \log_{2}(|x|) \\}\)
\(\displaystyle{ \log_{2}(|x|)=t \\
4t^{2}-4t \ge 0 \\
4t(t-1) \ge 0 \\}\)
czyli rozpatrujemy dwa przypadki:
\(\displaystyle{ \begin{cases} \log_{2}(|x|) \ge 0 \\ \log_{2}(|x|) -1 \ge 0 \end{cases} \vee \begin{cases} \log_{2}(|x|) < 0 \\ \log_{2}(|x|) -1 < 0 \end{cases} \\ \\
\begin{cases} x \in \RR \setminus [-1;1] \\ \log_{2}(|x|) - \log_{2}(2) \ge 0 \end{cases} \vee \begin{cases} x \in (-1;0) \cup (0;1) \\ \log_{2}(|x|) -\log_{2}(2) < 0 \end{cases} \\ \\
\begin{cases} x \in \RR \setminus [-1;1] \\ \log_{2}(\frac{|x|}{2}) \ge 0 \end{cases} \vee \begin{cases} x \in (-1;0) \cup (0;1) \\ \log_{2}(\frac{|x|}{2}) < 0 \end{cases} \\ \\}\)
\(\displaystyle{ \begin{cases} x \in \RR \setminus [-1;1] \\ x \ge 2 \vee x \le -2 \end{cases} \vee \begin{cases} x \in (-1;0) \cup (0;1) \\ x \in (-2;0) \cup (0;2) \end{cases} \\ \\

x \in \RR \setminus [-2;2] \vee x \in (-2;0) \cup (0;2) \\
x \in \RR \setminus \lbrace 0 \rbrace}\)

Ale niech lepiej ktoś to sprawdzi...