Решим №24–29. В №30 на фото само тождество обрезано — пришли нижнюю часть, и я его тоже докажу.

24. $\;|x|>|x+1|$

Обе части неотрицательны, поэтому возводим в квадрат:

$$x^2>(x+1)^2$$ $$x^2>x^2+2x+1$$ $$2x+1<0$$ $$\boxed{x<-\frac12}$$

25. $\;|2x-1|<|x-1|$

Возводим в квадрат:

$$(2x-1)^2<(x-1)^2$$ $$4x^2-4x+1<x^2-2x+1$$ $$3x^2-2x<0$$ $$x(3x-2)<0.$$

Отсюда

$$\boxed{0<x<\frac23}.$$

26. $\;|x+2|+|x-2|\le12$

Рассматриваем промежутки.

При $x\le-2$:

$$|x+2|+|x-2|=-x-2-x+2=-2x,$$ $$-2x\le12\Rightarrow x\ge-6.$$

Получаем $[-6,-2]$.

При $-2\le x\le2$:

$$|x+2|+|x-2|=x+2+2-x=4\le12,$$

то есть подходят все $x\in[-2,2]$.

При $x\ge2$:

$$|x+2|+|x-2|=x+2+x-2=2x,$$ $$2x\le12\Rightarrow x\le6.$$

Итого:

$$\boxed{x\in[-6;6]}.$$

27. $\;|x+2|-|x|>1$

Точки смены знака: $-2$ и $0$.

При $x<-2$:

$$|x+2|-|x|=(-x-2)-(-x)=-2,$$

условие не выполняется.

При $-2\le x<0$:

$$x+2-(-x)>1,$$ $$2x+2>1,$$ $$x>-\frac12.$$

При $x\ge0$:

$$x+2-x=2>1,$$

подходят все $x\ge0$.

Значит,

$$\boxed{x>-\frac12}.$$

28. $\;\big||x+1|-|x-1|\big|<1$

При $x\le-1$:

$$\big|(-x-1)-(1-x)\big|=|-2|=2,$$

не подходит.

При $-1\le x\le1$:

$$\big|(x+1)-(1-x)\big|=|2x|<1,$$ $$|x|<\frac12.$$

При $x\ge1$:

$$|(x+1)-(x-1)|=2,$$

не подходит.

Ответ:

$$\boxed{-\frac12<x<\frac12}.$$

29. $\;|x(1-x)|<0{,}05$

$$|x-x^2|<\frac1{20}$$

равносильно системе

$$-\frac1{20}<x-x^2<\frac1{20}.$$

Из

$$x-x^2<\frac1{20}$$

получаем

$$x^2-x+\frac1{20}>0.$$

Корни:

$$x_{1,2}=\frac{5\pm2\sqrt5}{10}.$$

Поэтому

$$x<\frac{5-2\sqrt5}{10} \quad\text{или}\quad x>\frac{5+2\sqrt5}{10}.$$

Из

$$x-x^2>-\frac1{20}$$

получаем

$$x^2-x-\frac1{20}<0.$$

Корни:

$$x_{1,2}=\frac{5\pm\sqrt{30}}{10}.$$

Поэтому

$$\frac{5-\sqrt{30}}{10}<x< \frac{5+\sqrt{30}}{10}.$$

Пересекаем промежутки:

$$\boxed{ x\in \left(\frac{5-\sqrt{30}}{10};\frac{5-2\sqrt5}{10}\right) \cup \left(\frac{5+2\sqrt5}{10};\frac{5+\sqrt{30}}{10}\right) }.$$

Ответы:

$$\begin{aligned} 24)&\quad x<-\frac12,\\ 25)&\quad x\in\left(0;\frac23\right),\\ 26)&\quad x\in[-6;6],\\ 27)&\quad x>-\frac12,\\ 28)&\quad x\in\left(-\frac12;\frac12\right),\\ 29)&\quad x\in \left(\frac{5-\sqrt{30}}{10};\frac{5-2\sqrt5}{10}\right) \cup \left(\frac{5+2\sqrt5}{10};\frac{5+\sqrt{30}}{10}\right). \end{aligned}$$

Решим №19 и №20 строго через определения $\inf$ и $\sup$.

Обозначим множества из условия через $X=\{x\}$ и $Y=\{y\}$. Напомним:

$$a=\inf X$$

означает, что $a\le x$ для всех $x\in X$, и для любого $\varepsilon>0$ найдётся $x\in X$, такое что

$$a\le x<a+\varepsilon.$$

Аналогично, если $A=\sup X$, то $x\le A$ для всех $x\in X$, и для любого $\varepsilon>0$ существует $x\in X$, для которого

$$A-\varepsilon<x\le A.$$

---

19. Доказать свойства суммы

Пусть

$$X+Y=\{x+y:x\in X,\ y\in Y\}.$$

а) $\inf(X+Y)=\inf X+\inf Y$

Положим

$$a=\inf X,\qquad b=\inf Y.$$

Для любых $x\in X$, $y\in Y$:

$$x\ge a,\qquad y\ge b.$$

Следовательно,

$$x+y\ge a+b.$$

То есть $a+b$ — нижняя грань множества $X+Y$. Поэтому

$$\inf(X+Y)\ge a+b.$$

Теперь покажем, что большей нижней грани быть не может.

Возьмём произвольное $\varepsilon>0$. По определению инфимума существуют $x\in X$ и $y\in Y$, такие что

$$x<a+\frac{\varepsilon}{2}, \qquad y<b+\frac{\varepsilon}{2}.$$

Тогда

$$x+y < a+b+\varepsilon.$$

Следовательно, в $X+Y$ есть элементы, сколь угодно близкие к $a+b$ сверху. Значит,

$$\inf(X+Y)\le a+b.$$

Объединяя два неравенства:

$$\boxed{\inf(X+Y)=\inf X+\inf Y}.$$

---

б) $\sup(X+Y)=\sup X+\sup Y$

Положим

$$A=\sup X,\qquad B=\sup Y.$$

Для любых $x\in X,\ y\in Y$:

$$x\le A,\qquad y\le B,$$

поэтому

$$x+y\le A+B.$$

Значит, $A+B$ является верхней гранью $X+Y$, поэтому

$$\sup(X+Y)\le A+B.$$

Теперь для любого $\varepsilon>0$ можно выбрать $x\in X,\ y\in Y$ так, чтобы

$$x>A-\frac{\varepsilon}{2}, \qquad y>B-\frac{\varepsilon}{2}.$$

Тогда

$$x+y>A+B-\varepsilon.$$

То есть элементы $X+Y$ можно приблизить к $A+B$ снизу сколь угодно близко. Поэтому

$$\sup(X+Y)\ge A+B.$$

Следовательно,

$$\boxed{\sup(X+Y)=\sup X+\sup Y}.$$

---

20. Доказать свойства произведения

Теперь

$$XY=\{xy:x\in X,\ y\in Y\},$$

причём по условию

$$x\ge0,\qquad y\ge0.$$

Именно условие неотрицательности позволяет перемножать неравенства.

а) $\inf(XY)=\inf X\cdot\inf Y$

Положим

$$a=\inf X,\qquad b=\inf Y.$$

Так как все элементы неотрицательны,

$$a\ge0,\qquad b\ge0.$$

Для любых $x\in X,\ y\in Y$:

$$x\ge a,\qquad y\ge b.$$

Поэтому

$$xy\ge ab.$$

Следовательно, $ab$ — нижняя грань множества $XY$:

$$\inf(XY)\ge ab.$$

Теперь докажем обратное неравенство.

Возьмём $\varepsilon>0$. Выберем достаточно малое $\delta>0$, чтобы

$$\delta\le1, \qquad \delta(a+b+1)<\varepsilon.$$

По определению инфимума существуют $x\in X,\ y\in Y$, для которых

$$x<a+\delta,\qquad y<b+\delta.$$

Тогда

$$xy<(a+\delta)(b+\delta).$$

Раскрываем скобки:

$$xy<ab+\delta(a+b)+\delta^2.$$

Так как $\delta\le1$, имеем $\delta^2\le\delta$, поэтому

$$xy<ab+\delta(a+b+1)<ab+\varepsilon.$$

Следовательно, элементы $XY$ подходят к $ab$ сверху сколь угодно близко. Значит,

$$\inf(XY)\le ab.$$

Итак,

$$\boxed{\inf(XY)=\inf X\cdot\inf Y}.$$

---

б) $\sup(XY)=\sup X\cdot\sup Y$

Положим

$$A=\sup X,\qquad B=\sup Y.$$

Поскольку $x,y\ge0$, также

$$A,B\ge0.$$

Для любых $x\in X,\ y\in Y$:

$$x\le A,\qquad y\le B.$$

Поэтому

$$xy\le AB.$$

Следовательно,

$$\sup(XY)\le AB.$$

Теперь докажем обратное.

Если $A=0$ или $B=0$, то соответствующее множество состоит только из нулей, поэтому все произведения равны нулю и равенство очевидно.

Пусть теперь

$$A>0,\qquad B>0.$$

Возьмём произвольное $\varepsilon>0$. Выберем $\delta>0$ настолько малым, чтобы

$$\delta<A,\qquad \delta<B,\qquad \delta(A+B)<\varepsilon.$$

По определению супремума существуют $x\in X,\ y\in Y$, для которых

$$x>A-\delta,\qquad y>B-\delta.$$

Поскольку $A-\delta>0$ и $B-\delta>0$, можно перемножить:

$$xy>(A-\delta)(B-\delta).$$

То есть

$$xy>AB-\delta(A+B)+\delta^2.$$

Следовательно,

$$xy>AB-\delta(A+B)>AB-\varepsilon.$$

Значит, элементы множества $XY$ подходят к $AB$ снизу сколь угодно близко, поэтому

$$\sup(XY)\ge AB.$$

Совместно с ранее полученным

$$\sup(XY)\le AB$$

получаем

$$\boxed{\sup(XY)=\sup X\cdot\sup Y}.$$

Итак, доказаны все четыре равенства:

$$\boxed{\inf(X+Y)=\inf X+\inf Y},$$ $$\boxed{\sup(X+Y)=\sup X+\sup Y},$$

и при $x,y\ge0$:

$$\boxed{\inf(XY)=\inf X\cdot\inf Y}, \qquad \boxed{\sup(XY)=\sup X\cdot\sup Y}.$$