Альберт Рывкин - Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

cos (acrtg √x) < cos (arccos (1 − x))

(большему углу соответствует меньший косинус). Чтобы arccos (1 − x) существовал, необходимо 1 − x ≤ 1. Вспоминая, что 1 − x > 0, получим 0 ≤ x < 1.

Вычислим cos (arctg √x):

Получаем систему неравенств

Так как 0 ≤ x < 1, то система равносильна такой:

Раскрыв скобки, запишем первое неравенство так: x³ − x² − x > 0, или x(х² − x − 1) > 0. При x = 0 это неравенство не удовлетворяется, а при x > 0 — равносильно неравенству x² − x − 1 > 0. Трехчлен, стоящий в левой части, можно записать так: x(x − 1) − 1. Поскольку x > 0, а x − 1 < 0, то этот трехчлен отрицателен.

Ответ. Нет решений.

15.9. Так как cos² πx + 1 ≥ 1, то второй сомножитель неотрицателен при всех значениях x. Следовательно, неравенство удовлетворяется лишь при положительных значениях сомножителей. Один из них должен быть при этом не меньше единицы. Однако второй не превышает единицы. Для первого же условие 4 x − x² − 3 ≥ 1 равносильно требованию −(x − 2)² ≤ 0, что возможно лишь при x = 2.

Одновременно должно удовлетворяться неравенство

log2(cos² πx + 1) ≥ 1,

которому удовлетворяют числа x = n (n = 0, ±1, ±2, ...). Из них выбираем то, которое обеспечивает равенство единице первого сомножителя.

Ответ. x = 2.

15.10. Обозначим первый сомножитель через А, а второй через В, тогда данное неравенство равносильно совокупности двух систем

При А = 0 получаем x = 1. Так как при x = 1 В не существует, то первая система не имеет решений.

Перейдем теперь ко второй системе. Для решения неравенства

logtg x (2 + 4 cos² x) ≥ 2

нет необходимости рассматривать случай 0 < tg x < 1, так как А не существует при этих значениях tg x. Если же x > 1, то получим

2 + 4 cos² x ≥ tg² x. (1)

Выражаем tg² x через cos² x (равносильность при такой замене не нарушается):

т. е. cos² x ≥ ¼, или

cos x ≤ −½, cos x ≥ ½.

Нанесем решения этих неравенств на тригонометрический круг (рис. P.15.10). Приняв во внимание условие tg x > 1, получим решение системы.

Ответ. π/4 + πk < x ≤ π/3 + πk.

Глава 16

Трансцендентные уравнения

16.1. Из неравенства между средним арифметическим и средним геометрическим немедленно следует, что правая часть данного уравнения не меньше двух. Однако его левая часть не может стать больше двух. Поэтому остается лишь одна возможность:

Последнее равенство достигается лишь при x² = 1, т. е. при x = ±1. Подставляя эти значения в левую часть первого уравнения, получим

2 sin² ½ sin² 1/6 < 2.

Таким образом, исходное уравнение не имеет решений.

16.2. Так как 1/cos² x = tg² x + 1, то уравнение можно переписать в виде

22 tg² x + 2 · 2tg² x − 80 = 0,

откуда

2tg² x = 8, tg² x = 3, tg x = ±√3, x = nπ ±π/3

(второе уравнение 2tg² x = −10 не имеет решений).

Ответ. nπ ±π/3.

16.3. Так как в условие одновременно входят tg x и etg x, то мы можем воспользоваться неабсолютным тождеством ctg x = 1/tg x, не опасаясь нарушения равносильности. Получим уравнение

(tg x)sin x = (tg x)−cos x.

Если tg x < 0, то sin x и cos x − дробные числа, и обе части равенства теряют смысл. При tg x = 0 и sin x обращается в нуль, т. е. левая часть теряет смысл.

Если tg x > 0, но ≠ 1, то sin x = −cos x, откуда tg x < 0, что противоречит сделанному предположению. Остается tg x = 1, x = (4k + 1)π/4.

Ответ. (4k + 1)π/4.

16.4. Данное уравнение можно записать так:

sin (2x + 2x − 1) = ½,

откуда

2x + 2x − 1 = nπ + (−1)n π/6, или 2x = 2nπ/3 + (−1)n π/9.

Какое бы положительное число ни стояло в правой части, уравнение будет иметь решение.

Неравенство

2nπ/3 + (−1)n π/9 > 0

выполняется при n ≥ 0.

Ответ. log2 [2nπ/3 + (−1)n π/9], где n ≥ 0. 

16.5. Уравнение можно переписать так:

lg sin x + lg sin 5х + lg cos 4x = 0,

или в виде системы

Из первого уравнения следует, что |sin x| = 1, |sin 5х| = 1, |cos 4x| = 1 одновременно. С учетом ограничений придем к системе

Из первого уравнения x = π/2 + 2πn. Подставляем во второе и третье уравнения:

sin [5(π/2 + 2πn)] = sin π/2 = 1, cos [4(π/2 + 2πn)] = cos 0 = 1.

Ответ. π/2 + 2πn.

16.6. Обозначив lg (sin x + 4) = y, получим уравнение

y² + 2y − 5/4 = 0,

y которого два корня: y1 = −5/2, y2 = ½.

Для первого корня получим

lg (sin x + 4) = −5/2,

откуда

Так как  то соответствующих значений x нет.

Для второго корня получим

lg (sin x + 4) = ½,

откуда

Так как  то можем найти x.

Ответ.

16.7. Данное уравнение эквивалентно системе

Уравнение можно преобразовать, если сгруппировать sin x и sin³ x:

sin x (1 − sin² x) − ¼ cos x = 0, или sin x cos² x − ¼ cos x = 0.

Так как sin x > 0, то cos² x < 1, и любое решение уравнения

sin x cos² x − ¼ cos x = 0

удовлетворяет неравенству

sin x − ¼ cos x > 0.

Запишем уравнение в виде

cos x(sin 2x − ½) = 0.

Так как sin x ≠ 1 и sin x > 0, то cos x ≠ 0. Остается

sin 2x = ½,

откуда

x1 = πn + π/12, x2 = (2n + 1)π/2 − π/12.

Из всех ограничений осталось удовлетворить только одному: sin x > 0. Чтобы добиться этого, нужно для x1 и x2 взять n = 2k.

Ответ. 2πk + π/12; 2πk + 5π/12.

16.8. Данное уравнение равносильно системе

Условие sin x > 0 содержится в уравнении, так как справа стоит всегда неотрицательное число, а если cos x = 0, то sin x ≠ 0.

Рассмотрим следствие исходного уравнения

sin x = ±√8 cos x,

а в конце проверим выполнение условий: sin x > 0 и cos² x ≠ 1/8. Получим

tg x = ±√8, x = nπ + arctg √8.

Если tg x = ±√8, то tg² x + 1 = 9 и cos² x = 1/9 ≠ 1/8. Чтобы проверить выполнение условия sin x > 0, рассмотрим два случая.

Если n = 2k, то x = 2kπ ± arctg √8. Это — углы, лежащие в первой и четвертой четвертях; условие sin x > 0 выполняется лишь для тех из них, которые лежат в первой четверти: x1 = 2kπ + arctg √8.

Если n = 2k + 1, то x = 2kπ + π ± arctg √8. Здесь нужно выбрать знак минус, так как только тогда мы получаем угол, лежащий во второй четверти.

Ответ. 2kπ + arctg √8; (2k + 1)π − arctg √8.