Алгебра углублённый курс. С решениями и указаниями МГУ. ЕГЭ, олимпиады, экзамены в ВУЗ
реклама
УГЛУБЛЕННЫЙ КУРС
с решениями и указаниями
ЕГЭ
ОЛИМПИАДЫ
ЭКЗАМЕНЫ В ВУЗ
АЛГЕБРА
АЛГЕБРА
УГЛУБЛЕННЫЙ КУРС
с решениями и указаниями
Учебно-методическое пособие
2-Е ИЗДАНИЕ (ЭЛЕКТРОННОЕ)
Под редакцией
М. В. Федотова
Москва
БИНОМ. Лаборатория знаний
2015
УДК 514
ББК 22.151.0я721.9
А45
А в т о р с к и й к о л л е к т и в:
Н. Д. Золотарёва, Ю. А. Попов, В. В. Сазонов,
Н. Л. Семендяева, М. В. Федотов
Первое издание данного пособия вышло в издательстве Московского университета в 2011 г. (ISBN 978-2-211-05950-4)
Алгебра. Углубленный курс с решениями и указанияА45 ми [Электронный ресурс] : учебно-методическое пособие /
Н. Д. Золотарёва [и др.] ; под ред. М. В. Федотова. — 2-е изд.
(эл.). — Электрон. текстовые дан. (1 файл pdf : 541 с.). —
М. : БИНОМ. Лаборатория знаний, 2015. — (ВМК МГУ —
школе). — Систем. требования: Adobe Reader XI ; экран 10".
ISBN 978-5-9963-2801-7
Настоящее пособие составлено преподавателями факультета
ВМК МГУ имени М. В. Ломоносова на основе задач вступительных
экзаменов по математике в МГУ и задач единого государственного экзамена. Пособие содержит теоретический материал, подборку
задач, а также идеи, указания (подсказки) и решения задач.
Рекомендуется абитуриентам при подготовке к поступлению как
в МГУ, так и в другие вузы, при подготовке к сдаче единого государственного экзамена, а также учителям математики, репетиторам,
руководителям кружков и факультативов, преподавателям подготовительных курсов.
УДК 514
ББК 22.151.0я721.9
Деривативное электронное издание на основе печатного
аналога: Алгебра. Углубленный курс с решениями и указаниями :
учебно-методическое пособие / Н. Д. Золотарёва [и др.] ; под ред.
М. В. Федотова. — М. : БИНОМ. Лаборатория знаний, 2014. — 536 с. :
ил. — (ВМК МГУ — школе). — ISBN 978-5-9963-1701-1.
В соответствии со ст. 1299 и 1301 ГК РФ при устранении ограничений,
установленных
техническими
средствами
защиты
авторских
прав,
правообладатель вправе требовать от нарушителя возмещения убытков
или выплаты компенсации
ISBN 978-5-9963-2801-7
c Н. Д. Золотарёва, Ю. А. Попов,
○
В. В. Сазонов, Н. Л. Семендяева,
М. В. Федотов, 2014
c БИНОМ. Лаборатория знаний, 2014
○
Оглавление
От редактора . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Предисловие . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Часть I: Теория и задачи
1.
2.
3.
4.
5.
6.
6
7
9
Элементы теории чисел . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9
1.1.
Целые числа. Делимость и остатки . . . . . . . . . . . . . . . .
9
1.2.
Уравнения в целых числах . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.3.
Смешанные задачи на целые числа . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.4.
Рациональные и иррациональные числа . . . . . . . . . . . . . 17
1.5.
Сравнение чисел . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
Тригонометрические неравенства, обратные тригонометрические функции . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2.1.
Основные свойства арксинуса, арккосинуса, арктангенса и
арккотангенса. Преобразование выражений с обратными тригонометрическими функциями . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2.2.
Уравнения и неравенства с обратными тригонометрическими
функциями . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2.3.
Отбор решений в тригонометрических уравнениях. Тригонометрические неравенства . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
2.4.
Смешанные задачи . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
Полезные преобразования и замены переменных . . . . . . . . . . . . 34
3.1.
Использование формул сокращённого умножения, выделение
полного квадрата . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
3.2.
Замены переменных в рациональных уравнениях, неравенствах и системах . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
3.3.
Замены переменных в иррациональных уравнениях, неравенствах и системах . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
3.4.
Замены переменных в показательных и логарифмических
уравнениях, неравенствах и системах . . . . . . . . . . . . . . 46
3.5.
Замены в тригонометрических уравнениях и тригонометрические замены . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
Нестандартные текстовые задачи . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
4.1.
Недоопределённые задачи . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
4.2.
Неравенства в текстовых задачах . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
4.3.
Оптимальный выбор, наибольшие и наименьшие значения . . 59
Использование свойств квадратного трёхчлена в задачах с параметрами . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
5.1.
Исследование свойств квадратичной функции в зависимости
от значений параметра. Теорема Виета . . . . . . . . . . . . . 63
5.2.
Теоремы о расположении корней квадратного трёхчлена на
числовой оси . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
5.3.
Смешанные задачи . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
Использование различных свойств функций и применение графических иллюстраций . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
6.1.
Область определения функции, монотонность, периодичность,
чётность и нечётность . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
4
Оглавление
6.2.
7.
8.
9.
Множество значений функции, промежутки знакопостоянства и монотонности . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.3.
Функциональные уравнения и неравенства . . . . . . . . . . .
6.4.
Использование графических иллюстраций . . . . . . . . . . .
Метод оценок . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.1.
Рациональные и иррациональные уравнения и неравенства . .
7.2.
Тригонометрические уравнения и неравенства . . . . . . . . .
7.3.
Уравнения и неравенства с логарифмическими и показательными функциями . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Задачи на доказательство . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.1.
Тригонометрические задачи на доказательство . . . . . . . . .
8.2.
Метод математической индукции . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.3.
Доказательство неравенств и тождеств . . . . . . . . . . . . .
Использование особенностей условия задачи . . . . . . . . . . . . . .
9.1.
Оптимизация процесса решения, введение функций, искусственное введение параметров, смена ролей параметра и переменной . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.2.
Чётность и симметричность по нескольким переменным, исследование единственности решения, необходимые и достаточные условия . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.3.
Редукция задачи и переформулирование условия . . . . . . .
9.4.
Смешанные задачи . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Часть II: Указания и решения
1.
2.
3.
78
83
89
95
95
98
104
106
106
109
111
114
114
118
123
127
131
Элементы теории чисел . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131
1.1.
Целые числа. Делимость и остатки . . . . . . . . . . . . . . . . 131
1.2.
Уравнения в целых числах . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138
1.3.
Смешанные задачи на целые числа . . . . . . . . . . . . . . . . 146
1.4.
Рациональные и иррациональные числа . . . . . . . . . . . . . 154
1.5.
Сравнение чисел . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159
Тригонометрические неравенства, обратные тригонометрические функции . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169
2.1.
Основные свойства арксинуса, арккосинуса, арктангенса и
арккотангенса. Преобразование выражений с обратными тригонометрическими функциями . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169
2.2.
Уравнения и неравенства с обратными тригонометрическими
функциями . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180
2.3.
Отбор решений в тригонометрических уравнениях. Тригонометрические неравенства . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191
2.4.
Смешанные задачи . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202
Полезные преобразования и замены переменных . . . . . . . . . . . . 218
3.1.
Использование формул сокращённого умножения, выделение
полного квадрата . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 218
3.2.
Замены переменных в рациональных уравнениях, неравенствах и системах . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 236
3.3.
Замены переменных в иррациональных уравнениях, неравенствах и системах . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 245
5
3.4.
Замены переменных в показательных и логарифмических
уравнениях, неравенствах и системах . . . . . . . . . . . . . .
3.5.
Замены в тригонометрических уравнениях и тригонометрические замены . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.
Нестандартные текстовые задачи . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.1.
Недоопределённые задачи . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2.
Неравенства в текстовых задачах . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.3.
Оптимальный выбор, наибольшие и наименьшие значения . .
5.
Использование свойств квадратного трехчлена в задачах с параметрами . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.1.
Исследование свойств квадратичной функции в зависимости
от значений параметра. Теорема Виета . . . . . . . . . . . . .
5.2.
Теоремы о расположении корней квадратного трехчлена на
числовой оси . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.3.
Смешанные задачи . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.
Использование различных свойств функций и графических иллюстраций . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.1.
Область определения функции, монотонность, периодичность,
чётность и нечётность . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.2.
Множество значений функции, промежутки знакопостоянства и монотонности . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.3.
Функциональные уравнения и неравенства . . . . . . . . . . .
6.4.
Использование графических иллюстраций . . . . . . . . . . .
7.
Метод оценок . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.1.
Рациональные и иррациональные уравнения и неравенства . .
7.2.
Тригонометрические уравнения и неравенства . . . . . . . . .
7.3.
Уравнения и неравенства с логарифмическими и показательными функциями . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.
Задачи на доказательство . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.1.
Тригонометрические задачи на доказательство . . . . . . . . .
8.2.
Метод математической индукции . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.3.
Доказательство неравенств и тождеств . . . . . . . . . . . . .
9.
Использование особенностей условия задачи . . . . . . . . . . . . . .
9.1.
Оптимизация процесса решения, введение функций, искусственное введение параметров, смена ролей параметра и переменной . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.2.
Чётность и симметричность по нескольким переменным, исследование единственности решения, необходимые и достаточные условия . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.3.
Редукция задачи и переформулирование условия . . . . . . .
9.4.
Смешанные задачи . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Ответы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Литература . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
259
276
284
284
293
300
312
312
322
337
353
353
360
375
392
413
413
422
442
458
458
468
477
491
491
500
511
518
527
536
От редактора
Уважаемый читатель, вы держите в руках одну из книг серии «ВМК МГУ – школе». Учебно-методические пособия, входящие в эту серию, являются результатом
более чем десятилетнего труда коллектива авторов, работающих на подготовительных курсах факультета Вычислительной математики и кибернетики (ВМК)
МГУ имени М. В. Ломоносова. Сначала были созданы пособия для очных подготовительных курсов, затем были разработаны электронные версии учебников,
используемые при дистанционном обучении. На основе этого опыта подготовлена серия книг для старшеклассников, одной из которых и является настоящее
пособие.
Сейчас изданы пособия для 11-х классов по алгебре, геометрии, физике и информатике для подготовки к ЕГЭ, олимпиадам и экзаменам в вузы. В дальнейшем
предполагается продолжить эту серию пособиями для 9-х классов для подготовки
к ГИА.
По математике и физике вышли пособия двух уровней: базовый курс и курс,
содержащий сложные задачи части С единого государственного экзамена и нестандартные задачи вступительных экзаменов в вузы (в основном это задачи различных факультетов МГУ имени М. В. Ломоносова). Базовый курс содержит все
разделы соответствующего предмета, необходимые для решения задач ЕГЭ частей А, В и некоторых задач части С, а также первой половины задач вариантов
вступительных экзаменов в вузы. Второе пособие содержит задачи, научившись
решать которые, вы сможете решать все задачи ЕГЭ и все или почти все задачи
олимпиад и вступительных экзаменов в вузы (за отведённое время можно просто
физически не успеть решить все задачи).
Отличительной особенностью наших пособий является то, что наряду
с традиционными составляющими (теоретический раздел, примеры с решениями,
задачи для самостоятельного решения) мы предлагаем решения всех предложенных задач с идеями и последовательными подсказками, помогающими решить
задачу оптимальным способом без посторонней помощи. Это позволит ученику
самостоятельно продвигаться в решении задачи так, как если бы за его спиной
стоял учитель и направлял ход его мысли при решении трудных задач. Конечно,
мы понимаем, что настоящего учителя не может заменить никакая книга, но если
учителя рядом нет, то, как показал опыт наших дистанционных подготовительных курсов, наличие грамотных подсказок помогает учащимся самостоятельно
научиться решать задачи. С помощью нашего пособия приобретение такого опыта
учениками будет значительно облегчено. С другой стороны, наши пособия помогут
молодым учителям вести занятия. Мы знаем на собственном опыте, что не всегда легко направлять ученика так, чтобы он сам догадался, как решить задачу.
Второй особенностью наших пособий является спиралевидная схема подачи материала, когда каждая тема повторяется несколько раз, причём каждый
раз на более сложном уровне. Это позволяет не забывать пройденный материал и
постепенно подходить к сложным задачам.
Директор учебного центра
факультета Вычислительной математики и кибернетики
МГУ имени М. В. Ломоносова,
доцент кафедры математической физики
М. В. Федотов
Предисловие
Предлагаемый «Углублённый курс» является естественным продолжением «Базового курса» по алгебре и предполагает свободное владение методами и приёмами
из «Базового курса».
Задачи в разделах расположены по принципу «от простого – к сложному».
Аналогичная ситуация имеет место и с последовательностью разделов, поэтому
сами разделы и задачи в разделах рекомендуется изучать в предложенном порядке. Приступать к решению задач надо после изучения соответствующего теоретического материала и разбора примеров. Если самостоятельное решение задачи
вызывает трудности, рекомендуется воспользоваться системой указаний (подсказок). В случае, если вам не удалось получить правильный ответ или у вас возникли
сомнения в правильности вашего решения, рекомендуется изучить решение, предложенное авторами.
При составлении пособия авторы придерживались спиралевидного принципа
подачи материала: сначала предлагаются простые задачи по всем основным разделам математики и методы их решения, затем рассматриваются более сложные
задачи, для решения которых требуются более сложные методы или их комбинации. Это позволяет не только закрепить, но и осмыслить на новом уровне уже
пройденный материал. Такая схема обучения с успехом применяется на очных и
дистанционных подготовительных курсах факультета ВМК МГУ имени М. В. Ломоносова.
Каждый раздел пособия содержит теоретические основы, описание методов
решения задач, примеры применения методов и набор заданий для решения.
Для задач из материалов ЕГЭ указан соответствующий уровень1 сложности:
A – задачи базового уровня сложности;
B – задачи повышенного уровня сложности;
C – задачи высокого уровня сложности.
Запись (У) после номера задачи означает, что задача предлагалась на устном
экзамене по математике в МГУ. Особо сложные задачи помечены звёздочкой.
Для задач письменного экзамена сначала идет сокращённое название факультета, затем – год, в котором была задача (если после года в скобках идет цифра
1 или 2, это значит, что эта задача была на весенней олимпиаде факультета – на
мехмате и физфаке весной проходили две олимпиады; на ВМК, геологическом, химическом, географическом факультетах и факультете почвоведения – одна олимпиада весной). После точки идет номер задачи в варианте (обычно, чем больше
номер, тем сложнее задача в данном варианте). Например, (ВМК-98.3) означает,
что задача была в 1998 году летом на вступительных экзаменах на факультете
ВМК, третьим номером в варианте, а (М/м-97(2).1) означает, что задача была в
1997 году на второй весенней олимпиаде механико-математического факультета
первым номером в варианте.
1 До 2009 года включительно задания части A представляли собой задания базового уровня
сложности с выбором одного правильного ответа из четырёх предложенных. Начиная с 2010
года, части A и B объединены в часть 1 и представляют собой задания с кратким ответом в
виде целого числа или конечной десятичной дроби, задачи высокого уровня сложности теперь
представлены в части 2.
8
Сокращения названий факультетов, принятые в данной книге
М/м
ВМК
– механико-математический факультет,
– факультет Вычислительной математики и кибернетики (.Б – отделение
Бакалавров по прикладной математики, .И – отделение Бакалавров по
Информационным технологиям),
Физ
– физический факультет,
Хим
– химический факультет,
ВКНМ – Высший колледж наук о материалах,
ФНМ – факультет наук о материалах (до 2000 года – ВКНМ),
Биол – биологический факультет,
Почв – факультет почвоведения,
Геол
– геологический факультет (.ОГ – отделение общей геологии),
Геогр – географический факультет,
Экон – экономический факультет (.М – отделение менеджмента, .К – отделение
экономической кибернетики, .В – вечернее отделение),
ВШБ – Высшая школа бизнеса,
Псих – факультет психологии,
Фил
– философский факультет,
Филол – филологический факультет,
Соц
– социологический факультет,
ИСАА – Институт стран Азии и Африки,
ФГУ – факультет государственного управления (отделение «Антикризисное
управление»),
ЧФ
– Черноморский филиал МГУ (г.Севастополь).
Используемые обозначения
{a}
N
Z
Q
R
∪
∈
∀
=⇒
ОДЗ
...
...
...
...
– множество, состоящее из одного элемента a;
– множество всех натуральных чисел; N0 = N ∪ {0} ;
– множество всех целых чисел;
– множество всех рациональных чисел;
– множество всех действительных чисел;
– объединение; ∩ – пересечение; ∅ – пустое множество;
– знак принадлежности; ⊂ – знак включения подмножества;
– для любого; A\B – разность множеств A и B ;
– следовательно; ⇐⇒ – тогда и только тогда;
– область допустимых значений;
– знак системы, означающий, что должны выполняться все
условия, объединённые этим знаком;
– знак совокупности, означающий, что должно выполняться
хотя бы одно из условий, объединённых этим знаком.
Рекомендуется школьникам при подготовке к сдаче единого государственного
экзамена, абитуриентам при подготовке к поступлению как в МГУ, так и в другие
вузы, учителям математики, репетиторам, руководителям кружков и факультативов, преподавателям подготовительных курсов.
Желаем удачи!
Часть I: Теория и задачи
1.
Элементы теории чисел
1.1.
Целые числа. Делимость и остатки
Теоретический материал
При решении задач на целые числа необходимо знать следующие факты:
• любое натуральное число единственным образом (с точностью до перестановки сомножителей) может быть представлено в виде произведения простых
чисел;
• при делении натурального числа p на натуральное число q возможны2 q
различных остатков: 0, 1, 2, . . . , (q − 1).
Полезно также помнить признаки делимости натуральных чисел:
• при делении на 5 и на 10 число даёт такой же остаток, как и последняя его
цифра;
• при делении на 4, 25, 50 и на 100 число даёт такой же остаток, как и число,
записанное двумя его последними цифрами;
• при делении на 3 и на 9 число даёт такой же остаток, как и сумма его цифр.
Поэтому, если сумма цифр делится на 3 или на 9, то и само число делится
на 3 или на 9.
Заметим, что при изучении делимости чисел достаточно работать не с самими
числами, а с остатками от деления этих чисел. Все арифметические действия с
остатками, кроме деления, повторяют действия с числами, а именно: при сложении
чисел складываются остатки, при возведении в степень в эту степень возводятся
остатки и т.д.
В задачах, где требуется установить, что какое-то выражение, зависящее от
натурального числа n, делится или не делится при всех n на заданное натуральное
число, часто используется следующий факт: произведение k последовательных
натуральных чисел делится на k .
2 Иногда бывает удобно рассматривать отрицательные остатки. Например, в качестве остатка
при делении числа 15 на 8 можно использовать 7, а можно (−1) .
10
Теория и задачи
Примеры решения задач
П р и м е р 1. Остатки от деления на 3 чисел m и n равны 1 и 2 соответственно.
Каковы остатки от деления на 3:
а) суммы m + n;
б) произведения m · n?
Р е ш е н и е. Так как m = 3k + 1, а n = 3l + 2, то
m + n = 3k + 3l + 3 = 3 · (k + l + 1).
Следовательно, m + n делится на 3 нацело. Рассмотрим теперь произведение
mn = (3k + 1) · (3l + 2) = 9kl + 3l + 6k + 2 = 3(3kl + l + 2l) + 2,
то есть при делении на 3 произведения mn остаток равен 2.
О т в е т. а) 0, б) 2.
П р и м е р 2. Доказать, что для всех натуральных n выражение (n3 + 3n2 + 2n)
делится на 6.
Р е ш е н и е. Так как n3 + 3n2 + 2n = n(n + 1)(n + 2) – есть произведение трёх
последовательных чисел, которое всегда делится и на 2, и на 3, то n3 + 3n2 + 2n
делится на 6.
П р и м е р 3. Дано число 21995 . Найти
а) последнюю цифру этого числа,
б) остаток от деления на 7.
Р е ш е н и е. а) Представим исходное число в виде
21995 = 24·498+3 = 16498 · 8.
Поскольку 16 в любой натуральной степени оканчивается на 6, а 6 · 8 = 48 , последняя цифра числа 21995 равна 8.
б) Рассмотрим остатки степеней двойки от деления на 7:
• 21 при делении на 7 даёт остаток 2,
• 22 при делении на 7 даёт остаток 4,
• 23 при делении на 7 даёт остаток 1.
Эти остатки повторяются с периодом T = 3. Так как 1995 = 3 · 665, то 21995 при
делении на 7 даёт остаток 1.
О т в е т. а) 8, б) 1.
1.2.
Уравнения в целых числах
11
Задачи
1. Доказать, что число n5 − n делится на 30.
2. Доказать, что число n3 − 7n делится на 6.
3. Доказать, что n2 + 1 не делится на 3 ни при каких целых n.
4. Сумма m2 + n2 делится на 3. Доказать, что она делится на 9.
5. Доказать, что число n(n + 1)(n + 2)(n + 3) делится на 24.
6. Доказать, что n3 + 3n2 − n − 3 делится на 48 при нечётном n.
7. При каких натуральных n число n4 + 2n3 − n2 − 2n не делится на 120?
8. Доказать, что сумма кубов трёх последовательных чисел делится на 9.
9. Цифры трёхзначного числа переписаны в обратном порядке. Доказать, что
разность между исходным и полученным числом делится на 9.
10. Докажите, что 4343 − 1717 делится на 10.
11. Делится ли на 7 число 19911917 + 19171991 ?
12. Доказать, что для всех натуральных n выражение 82n−1 − 1 делится на 7.
13. Доказать, что 5n − 3n + 2n делится на 4.
14. Найти все натуральные n, при которых число n · 2n + 1 делится на 3.
15. Доказать, что число 11 . . . 1 делится на 81.
81
16. Доказать признак делимости на 11: «число n кратно 11 тогда и только тогда,
когда сумма его цифр с чередующимися знаками кратна 11».
17. При каких n число M = 1717
. . . 17 делится на 33?
2n цифр
1.2.
Уравнения в целых числах
Теоретический материал и примеры решения задач
Приведём основные приёмы решения уравнений в целых числах.
• Разложение на множители с последующим перебором возможных вариантов.
П р и м е р 1. Решить в натуральных числах уравнение 2xy = x2 + 2y.
Р е ш е н и е. 2xy = x2 + 2y
⇐⇒
⇐⇒
y 2 − 2y = (x − y)2
(y − 1)2 − (x − y)2 = 1
⇐⇒
⇐⇒
(2y − x − 1)(x − 1) = 1.
Следовательно, оба множителя равны единице и x = 2, y = 2 .
О т в е т. (2; 2).
12
Теория и задачи
П р и м е р 2. Решить в целых числах уравнение 2x + 1 = y 2 .
Р е ш е н и е. Если x < 0, то 0 < 2x < 1 и y 2 ∈
/ Z . При x = 0 также y ∈
/ Z.
Пусть x > 0, тогда 2x = (|y| − 1)(|y| + 1), следовательно, |y| − 1 = 2p ,
|y| + 1 = 2q и 0 ≤ p < q . Откуда 2q − 2p = 2 ⇐⇒ 2p (2q−p − 1) = 2.
Возможные варианты:
p
2 = 2,
p = 1,
p = 1,
y = ±3,
а)
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
2q−p − 1 = 1
q−p=1
q=2
x = 3.
p
2 = 1,
⇐⇒ ∅.
б)
2q−p − 1 = 2
О т в е т. (3; 3), (3; −3).
• Использование делимости целых чисел.
П р и м е р 3. Доказать, что уравнение y 2 = 5x2 +6 не имеет решений в целых
числах.
Р е ш е н и е. Перепишем уравнение в виде
y 2 − x2 = 4x2 + 6
⇐⇒
(y − x)(y + x) = 4x2 + 6.
Так как правая часть уравнения является чётным числом, то и левая часть
также должна быть чётным числом. Если (y + x) чётно, то (y − x) тоже
чётно, и наоборот. Следовательно, левая часть уравнения делится на 4, но
правая часть на 4 не делится. Значит уравнение не имеет решений.
• Использование оценок с последующим перебором возможных значений.
П р и м е р 4. Решить в натуральных числах уравнение 2xy+4z = zx2 +4y 2 z.
Р е ш е н и е. Вынесем z за скобки:
z(x2 + 4y 2 − 4) = 2xy.
Выражение в скобках не равно нулю, так как иначе 2xy = 0 , что неверно
при x, y ∈ N . Следовательно,
z=
x2
2xy
.
+ 4y 2 − 4
Так как z ∈ N , то z ≥ 1 , то есть
x2
2xy
≥1
+ 4y 2 − 4
⇐⇒
x2 + 4y 2 − 4 − 2xy ≤ 0
⇐⇒
(x − y)2 + 3y 2 ≤ 4.
Откуда видно, что y не может быть больше 1, а при y = 1 получаем
(x − 1)2 ≤ 1.
Следовательно, x = 1 либо x = 2 .
О т в е т. (1; 1; 2), (2; 1; 1).
1.2.
Уравнения в целых числах
13
• Рассмотрение остатков.
П р и м е р 5. Решить в целых числах уравнение 11x + 7y = 3.
Р е ш е н и е. Выразив y через x, получим y =
3 − 11x
. Представим x в виде
7
x = 7k + r, k ∈ Z, r = 0, 1, ..., 6.
3 − 11r
. Для того, чтобы y было целым надо, чтобы
7
(3 − 11r) делилось на 7. В результате перебора всех значений r = 0, 1, ..., 6
оказывается, что подходит только r = 6 . Следовательно, x = 7k + 6 , k ∈ Z,
y = −11k − 9 .
Тогда y = −11k +
О т в е т. (7k + 6; −11k − 9), k ∈ Z.
Задачи
1. Решить в целых числах уравнение xy + 1 = x + y.
2. Решить в целых числах уравнение x(x + 1) = y2 .
3. Решить в целых числах уравнение 2x2 + xy − y 2 − 7x − 4y = 1.
4. Доказать, что уравнение x2 − y 2 = 1982 не имеет решений в целых числах.
5. Доказать, что уравнение x2 − 2y 2 + 8z = 3 не имеет решений в целых числах.
6. Доказать, что уравнение x2 = 3y 2 + 17 не имеет решений в целых числах.
7. Решить в целых числах уравнение 3y = 1 + x2 .
8. Решить в целых числах уравнение
x−
1
+
5
y−
1 √
= 5.
5
9. Решить в целых числах уравнение 3(x − 3)2 + 6y 2 + 2z 2 + 3y 2 z 2 = 33.
10. Решить в целых числах уравнение x2 − 4xy = 4y 2 .
11. Решить в целых числах уравнение xy = x + y.
12. Решить в натуральных числах уравнение xz + 4y = yx2 + z 2 y.
13. Решить в натуральных числах уравнение 2x − 3y = 1.
14. Решить в целых числах уравнение 3 · 2x + 1 = y 2 .
15. Решить в натуральных числах уравнение 3x − 2y = 1.
16. Решить в натуральных числах уравнение x + y + z = xyz.
17. Решить в целых числах уравнение x2 + y 2 + z 2 = 2xyz.
14
Теория и задачи
1.3.
Смешанные задачи на целые числа
Теоретический материал
При решении смешанных задач пригодятся методы и приёмы решения задач на
целые числа, приведённые в предыдущих разделах, а именно: разложение на множители с последующим перебором возможных вариантов, использование делимости целых чисел, рассмотрение остатков, использование оценок с последующим
перебором возможных значений.
Также в этот раздел включены задачи, связанные с исследованием сократимости дробей вида a(n)/b(n), n ∈ N . Существует несколько способов решения таких
задач.
• Предполагается сократимость дроби на натуральное q, q = 1 . Этот факт
переписывается в виде двух равенств для числителя и знаменателя. Затем
исключается исходная переменная n и получается равенство для q , из которого находятся возможные значения q .
• Заданная дробь
a(n)
представляется в виде
b(n)
a(n)
d(n)
= c(n) +
,
b(n)
b(n)
где выражения a(n), b(n), c(n), d(n) принимают целочисленные значения.
Поскольку натуральное число k является общим делителем выражений a(n)
и b(n) тогда и только тогда, когда оно является общим делителем выражений
d(n) и b(n), вопрос о сократимости исходной дроби сводится к исследованию
сократимости дроби d(n)/b(n). В случаях, когда указанное представление
исходной дроби является выделением целой части или когда d(n) не зависит
от n (то есть является целым числом), исследование сократимости новой
дроби d(n)/b(n) является, как правило, менее трудоёмким, чем исследование
сократимости исходной дроби a(n)/b(n).
Напомним также, что если числа a и b представлены в виде произведения простых
множителей
ml
m2
1
a = pn1 1 · pn2 2 · . . . · pnl l ,
b = pm
1 · p2 · . . . · pl ,
то наибольший общий делитель (НОД) и наименьшее общие кратное (НОК) этих
чисел вычисляются следующим образом:
min(n1 ,m1 )
· p2
max(n1 ,m1 )
· p2
НОД(a, b) = p1
НОК(a, b) = p1
min(n2 ,m2 )
· . . . · pl
min(nl ,ml )
max(n2 ,m2 )
· . . . · pl
,
max(nl ,ml )
.
З а м е ч а н и е. НОД(a, b) · НОК(a, b) = a · b.
Примеры решения задач
П р и м е р 1. При каких n ∈ Z выражение
3n + 2
является целым числом?
n−1
1.3.
Смешанные задачи на целые числа
15
3n − 3 + 5
5
3n + 2
=
= 3+
, то исходное число будет
n−1
n−1
n−1
5
, что возможно при n− 1 ∈ {±5, ±1} .
целым только, если целым будет число
n−1
Р е ш е н и е. Так как
О т в е т. n = −4; 0; 2; 6.
П р и м е р 2. Доказать, что дробь
n2 − n + 1
несократима ни при каком n.
n2 + 1
Р е ш е н и е. Преобразуем исходную дробь
n2 − n + 1
n
=1− 2
.
2
n +1
n +1
Если сократима дробь
дробь
n2
n
n2 − n + 1
, то сократима дробь 2
. Если сократима
n2 + 1
n +1
n2 + 1
1
1
n
, то сократима дробь
= n+
и сократима дробь , что
+1
n
n
n
неверно. Следовательно, исходная дробь несократима.
П р и м е р 3. При каких натуральных n число n4 + 4 простое?
Р е ш е н и е. Так как
n4 + 4 = n4 + 4n2 + 4 − 4n2 = (n2 + 2)2 − 4n2 = (n2 + 2n + 2)(n2 − 2n + 2),
то n4 + 4 – простое число, только если n2 + 2n + 2 = 1 или n2 − 2n + 2 = 1. Первое
уравнение решений в натуральных числах не имеет. Решением второго уравнения
является n = 1 , в этом случае выражение n4 +4 равно 5, то есть является простым
числом.
О т в е т. n = 1.
. . .2?
П р и м е р 4. Является ли полным квадратом число M = 11 . . . 1 − 22
2n цифр
n цифр
Р е ш е н и е. Так как 11
...1 =
n цифр
M=
10n − 1
, то
9
102n − 1
10n − 1
102n − 2 · 10n + 1
−2·
=
=
9
9
9
10n − 1
3
2
.
Так как 10n − 1 делится нацело на 3 , то исходное число является полным квадратом.
О т в е т. Да.
16
Теория и задачи
Задачи
1. Определить p, если p, p + 10 , p + 14 – простые числа.
2. Числа p и q – простые, p, q > 3. Доказать, что p2 − q 2 делится на 24.
3. При каких целых q существует целое решение уравнения x3 + 2qx + 1 = 0?
4. Доказать, что если две положительные несократимые дроби в сумме равны
1, то их знаменатели равны.
5. Доказать, что число n4 + 64 составное при любом n ∈ N.
6. Доказать, что число n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 является точным квадратом
при любом натуральном n.
7. Покажите, что всякое нечётное число можно представить в виде разности
квадратов двух целых чисел.
1995
8. Доказать, что 23
3
+ 31995 – составное число.
9. Доказать, что если число n не является степенью двойки, то число k n + ln –
составное (n, k, l – натуральные числа; n, k, l > 1 ).
10. Известно, что a, b, c – целые числа, и a + b = c. Доказать, что a4 + b4 + c4
есть удвоенный квадрат целого числа.
11. Пусть p и q – два последовательных простых числа. Может ли их сумма
быть простым числом?
12. Сумма k 2 + m2 + n2 делится на 4. Доказать, что числа k, m, n – чётные.
13. Найти все целые n, при которых дробь
14. Доказать, что дробь
22n + 3
сократима.
26n + 4
2n2 − 1
несократима ни при каком n.
n+1
15. При каких натуральных n сократима дробь
n3 − n2 − 3n
?
n2 − n + 3
16. Доказать, что число, состоящее из n (n > 1) одинаковых цифр, не является
точным квадратом.
17. Могут ли числа 11, 12, 13 быть членами, не обязательно последовательными,
одной геометрической прогрессии?
18. Решить в целых числах уравнение
1992 корня).
x+
x+
√
x + ... + x = y (всего
1.4.
1.4.
Рациональные и иррациональные числа
17
Рациональные и иррациональные числа
Теоретический материал
Рациональным числом называется действительное число, представимое в виде
несократимой дроби p/q , где p – целое число, q – натуральное число.
Иррациональным числом называется действительное число, непредставимое в
виде несократимой дроби p/q.
З а м е ч а н и е 1. Любое рациональное число можно представить в виде конечной
десятичной дроби или бесконечной периодической десятичной дроби, а любое иррациональное число — в виде бесконечной непериодической десятичной дроби.
З а м е ч а н и е 2. Сумма, разность, произведение и частное двух рациональных
чисел всегда является рациональным числом. Сумма, разность, произведение и
частное двух иррациональных чисел может оказаться как рациональным, так и
иррациональным числом.
Доказательство иррациональности числа, как правило, проводится от противного.
Предполагается, что заданное число можно представить в виде несократимой дроби, после чего полученное равенство с помощью алгебраических преобразований
приводится к уравнению в целых числах, не имеющему решений.
Утверждение 1. Если числа x, n ∈ N, n > 1 , а y =
нально.
√
n
x∈
/ N , то y – иррацио-
Д о к а з а т е л ь с т в о. Предположим противное. Пусть y =
√
n
x=
p
– несократиq
pn
= x. Пусть q1 – делитель числа q и q1 – простое число. Так
qn
p
сократима на
как pn делится на q n , то p делится на q1 . Следовательно, дробь
q
q1 , а это противоречит нашему предположению. Значит, y – иррационально.
мая дробь, тогда
Утверждение 2. Если у натуральных чисел k, n = 1 есть несовпадающие простые множители, то logk n – число иррациональное.
Д о к а з а т е л ь с т в о. Предположим противное. Пусть logk n = p/q , где p, q ∈ N ,
и пусть k делится на l ∈ N , а n не делится. Тогда kp/q = n ⇐⇒ k p = nq , что
невозможно, так как одна часть равенства делится на l , а другая – нет.
Примеры решения задач
√
√
П р и м е р 1. Доказать иррациональность числа 5 − 3.
√
√
√
Р е ш е н и е. Пусть 5 − 3 = r ∈ Q. Тогда r2 = 8 − 2 15 и, следовательно,
√
√
8 − r2
∈ Q . Но 15 иррационально согласно утверждению 1. Значит наше
15 =
2
√
√
предположение о том, что 5 − 3 = r ∈ Q – неверно.
18
Теория и задачи
П р и м е р 2. Доказать, что число sin 10◦ иррационально.
Р е ш е н и е. Из формулы синуса тройного угла получим
sin 30◦ = 3 sin 10◦ − 4 sin3 10◦
⇐⇒
1 4
+ sin3 10◦ .
6 3
sin 10◦ =
Предположим, что sin 10◦ – рациональное число, то есть sin 10◦ =
несократимая дробь. Тогда
p
1 4 p3
= + · 3
q
6 3 q
⇐⇒
p
p
, где
–
q
q
6pq 2 = q 3 + 8p3 .
Из последнего равенства следует, что q – чётное, то есть q = 2n. Тогда
3pn2 = n3 + p3
⇐⇒
n2 (3p − n) = p3 .
.
p
p
несократима, то n = 1 . Поскольку
Следовательно, p3 .. n2 , а так как дробь =
q
2n
полученное в этом случае уравнение для p
3p − 1 = p3
⇐⇒
p(3 − p2 ) = 1
решений в целых числах не имеет, число sin 10◦ нельзя представить в виде несоp
и, значит, оно является иррациональным.
кратимой дроби
q
П р и м е р 3. Доказать, что число 0, 1010010001... является иррациональным.
Р е ш е н и е. Пусть оно рациональное. Тогда в его десятичной записи есть период
из k цифр. Но в записи числа сколь угодно далеко от начала встречаются k
нулей подряд. Следовательно, в периоде содержатся одни нули, а это противоречит
условию.
Задачи
√
√
3
2 + 3 иррационально.
√
√
3
3
2. Доказать, что число 2 + 3 иррационально.
1. Доказать, что число
3. Является ли рациональным число
3−
4+
√
12 +
4. Один из корней уравнения x2 + px + q = 0 равен 1 +
известно, что они рациональные.
3+
√
7
7. Решить в рациональных числах уравнение 2x = 3y .
√
12 ?
√
3. Найти p и q, если
5. Является ли рациональным число sin 25◦ ?
6. Определить первые 4 знака после запятой у числа
4−
0, 9999.
1.5.
Сравнение чисел
19
8. Может ли иррациональное число в иррациональной степени быть рациональным?
9. Доказать, что число 0, 123456789101112... (после запятой выписаны все натуральные числа подряд) является иррациональным.
10. Доказать, что между любыми двумя различными иррациональными числами есть рациональное число.
11. Доказать, что cos 2◦ иррациональное число.
12. Доказать, что cos 1◦ и sin 1◦ есть иррациональные числа.
13. Определить первый знак после запятой у числа sin 80◦ .
14. Указать хотя бы одно рациональное число a такое, что
√
2
√
3
− a < 1.
15. Доказать, что уравнение x3 + x2 y + y 3 = 0 не имеет ненулевых рациональных
решений.
1.5.
Сравнение чисел
Теоретический материал
При решении задач этого раздела будут полезными следующие приёмы.
• В случае сравнения однотипных числовых выражений следует алгебраическими преобразованиями привести исходную задачу к сравнению двух целых
чисел.
• При сравнении разнотипных числовых выражений a и b подбирают такое
число c, которое сравнимо и с a, и с b . Например, для обоснования неравенства a > b находят число c такое, что a > с и с > b.
• Иногда бывает удобно ввести некоторую вспомогательную функцию f (x) и
заменить исходную задачу сравнения на сравнение значений функции f (x)
при заданных значениях аргумента.
Также могут оказаться полезными следующие неравенства:
1 • a + ≥ 2 , где a = 0 (оценка суммы двух взаимно обратных величин),
a
равенство достигается при a = ±1 ;
•
x+y √
≥ xy , где x, y ≥ 0 , равенство достигается при x = y
2
(среднее геометрическое не превосходит среднего арифметического);
• sin x < x < tg x при 0 < x <
π
;
2
• (1 + x)n ≥ 1 + nx, где x > −1 и n ∈ N0
(неравенство Бернулли).
20
Теория и задачи
При сравнении логарифмов может быть полезным следующее утверждение.
Утверждение 1. logn (n + 1) при n ∈ N\{1} убывает с ростом n.
Д о к а з а т е л ь с т в о. Представим logn (n + 1) в виде
logn (n + 1) = logn
n+1
·n
n
= logn
n+1
n
+ 1 = logn 1 +
1
n
+ 1.
Для строгого доказательства убывания первого слагаемого достаточно записать
его в виде дроби
lg 1 + n1
1
=
,
logn 1 +
n
lg n
где числитель убывает, а знаменатель возрастает. Таким образом, первое слагаемое
убывает, а, следовательно, убывает и сумма. Что и требовалось доказать.
Примеры решения задач
П р и м е р 1. Что больше: log4 5 или log1/2 1/3?
Р е ш е н и е. log1/2 1/3 = log2 3 > log3 4 > log4 5.
О т в е т. log4 5 < log1/2 1/3.
П р и м е р 2. Сравнить числа
√
2 и 1, 006 .
200
Р е ш е н и е. Составим формальное неравенство и возведём обе его части в степень
200 :
2 ∨ 1, 006200.
Оценим правую часть с помощью неравенства Бернулли:
(1 + 0, 006)200 ≥ 1 + 200 · 0, 006 = 2, 2.
То есть 1, 006200 ≥ 2, 2 > 2 и, следовательно,
√
О т в е т. 200 2 < 1, 006 .
√
2 < 1, 006 .
200
П р и м е р 3. Что больше: sin cos 1◦ или cos sin 1◦ ?
Р е ш е н и е. Покажем, что sin cos 1◦ < cos 1◦ < cos sin 1◦ .
1) Неравенство sin cos 1◦ < cos 1◦ следует из того, что в первой четверти sin x < x.
2) Неравенство cos 1◦ < cos sin 1◦ выполняется потому, что 1◦ > sin 1◦ , а в первой
четверти cos x убывает.
О т в е т. sin cos 1◦ < cos sin 1◦ .
З а м е ч а н и е. Неравенство sin cos x < cos sin x справедливо при всех x.
1.5.
Сравнение чисел
21
П р и м е р 4. Сравнить числа log2 5 и
√
5.
Р е ш е н и е. Оба числа (проверьте самостоятельно) лежат на отрезке [2; 3]. Срав5
ним их с серединой отрезка, то есть с :
2
5
2
log2 5 ∨
⇐⇒
√
5
5 ∨
2
2 log2 5 ∨ 5
⇐⇒
2 ∨
⇐⇒
√
5
log2 25 < log2 32;
4 < 5.
√
5
. Сравним их с сереСледовательно, числа log2 5 и 5 лежат на отрезке 2 ;
2
9
диной этого отрезка, то есть с :
4
log2 5 ∨
9
4
√
⇐⇒
4 log2 5 ∨ 9
9
⇐⇒
4
9 √
Следовательно, log2 5 > > 5.
4
√
О т в е т. log2 5 > 5.
5 ∨
П р и м е р 5. Доказать, что
⇐⇒
⇐⇒
√
4 5 ∨ 9
⇐⇒
log2 625 > log2 512;
80 < 81.
√
√
√
3
2 + 3 4 < 2 3 3.
Р е ш е н и е. Возведём обе части неравенства в куб:
√
√
√
√
√
√
3
3
3
3
3
3
2 + 3 16 + 3 32 + 4 < 24 ⇐⇒ 3(2 2 + 2 4) < 18 ⇐⇒
2 + 4 < 3.
√
Обозначим f (t) = t2 + t − 3 , t0 = 3 2 и покажем,
f (t0 ) < 0.
что √
√ −1 − 13 −1 + 13
;
. Докажем,
Неравенство f (t) < 0 справедливо при t ∈
2
2
√
√
√
−1 − 13
−1 + 13
3
< 2<
.
что
2
2
√
3
Поскольку 2 > √
0 , левое
√ неравенства очевидно. Правое неравенство равносильно неравенству 2 3 2 < 13 − 1 . Возведём обе части в куб:
√
√
√
√
16 < 13 13 − 3 · 13 + 3 13 − 1 ⇐⇒ 56 < 16 13 ⇐⇒ 7 < 2 13,
так как после возведения в квадрат получим очевидное неравенство 49 < 52 .
Следовательно, исходное неравенство также справедливо.
Задачи
1. Сравнить числа: 10log9 3 и 7log4 2 .
2. Что больше: log4 7 или log1/3 2?
22
Теория и задачи
3. Что больше: log11 12 или log12 13 ?
4. Сравнить числа: log2 π + logπ 2
и 2.
5. Что больше: log2 5 или log3 5?
6. Что больше: log2 3 или log3 2?
7. Сравнить числа: log11 119 и log15 227.
√
√
8. Сравнить числа: 4 log4 5 и 5 log5 4 .
9. Выяснить, что больше: 340 или 430 .
√
√
10. Что больше: 9 9! или 8 8! ?
11. Определить знак числа sin 2 · cos 3 · sin 5.
12. Какое из чисел больше:
√
2 cos 2 + 4 cos 1 + 3 − 2 cos 1
или
1
?
2
13. Какой знак имеет число lg(arctg 2)?
14. Что больше:
1
5
π
или arctg + arctg ?
4
4
8
15. Что больше: sin 3 или sin 3◦ ?
16. Расположить в порядке возрастания числа:
2
π
π
, sin , tg .
7
7
5
17. Сравнить логарифмы: log2 3 и log5 8.
18. Сравнить числа: log3 7
√
3
19. Что больше: 2
или 3
и
√
2
log7 27.
?
20. Сравнить числа: sin 31◦ и tg 30◦ .
21. Сравнить числа: tg 55◦ и 1, 4.
√
22. Выяснить, что больше 10 11 или 11
√
√
3
3
23. Что больше: 40 + 1 или 88?
√
24. Сравнить числа: log2 14 и 15.
25. Сравнить числа: log189 1323 и
26. Сравнить два числа:
√
10
.
log63 147.
log3 4 · log3 6 · . . . · log3 80
и 1.
2 log3 5 · log3 7 · . . . · log3 79
2.1.
Основные свойства арксинуса, арккосинуса...
2.
Тригонометрические неравенства, обратные тригонометрические функции
2.1.
23
Основные свойства арксинуса, арккосинуса, арктангенса и арккотангенса. Преобразование выражений с обратными тригонометрическими функциями
Теоретический материал
В этом разделе собраны задачи, связанные с преобразованием выражений, содержащих обратные тригонометрические функции. Для решения таких задач достаточно знать определения обратных тригонометрических функций и помнить
основные тригонометрические формулы:
sin2 x + cos2 x = 1,
sin 2x = 2 sin x · cos x,
sin2 x =
1 − cos 2x
,
2
tg x =
sin x
,
cos x
1 + cos 2x
,
2
sin(x ± y) = sin x · cos y ± cos x · sin y,
1 + tg2 x =
1
,
cos2 x
cos x
1
=
,
sin x
tg x
cos 2x = cos2 x − sin2 x = 2 cos2 x − 1 = 1 − 2 sin2 x,
cos2 x =
tg(x ± y) =
ctg x =
sin 2x =
1
,
sin2 x
cos 2x =
1 − tg2 x
,
1 + tg2 x
cos(x ± y) = cos x · cos y ∓ sin x · sin y,
tg x ± tg y
,
1 ∓ tg x · tg y
1 + ctg2 x =
2 tg x
,
1 + tg2 x
cos
tg 2x =
π
2 tg x
,
1 − tg2 x
− x = sin x,
sin
π
− x = cos x,
2
2
x∓y
x±y
· cos
,
sin x ± sin y = 2 sin
2
2
x+y
x−y
cos x + cos y = 2 cos
· cos
,
2
2
x+y
x−y
cos x − cos y = −2 sin
· sin
,
2
2
1
sin x · sin y = (cos(x − y) − cos(x + y)),
2
1
cos x · cos y = (cos(x + y) + cos(x − y)),
2
1
sin x · cos y = (sin(x + y) + sin(x − y)).
2
Не забывайте, что тригонометрические формулы справедливы лишь при соответствующих допустимых значениях аргументов.
Напомним определения обратных тригонометрических функций:
• арксинусом числа x ∈ [−1; 1] называется
y = arcsin x, удовлетворяю πчисло
π
щее двум условиям: sin y = x и y ∈ − ;
;
2 2
24
Теория и задачи
• арккосинусом числа x ∈ [−1; 1] называется число y = arccos x, удовлетворяющее двум условиям: cos y = x и y ∈ [0; π];
• арктангенсом числа x ∈ R называется
y = arctg x, удовлетворяющее
π πчисло
;
двум условиям: tg y = x и y ∈ − ;
2 2
• арккотангенсом числа x ∈ R называется число y = arcctg x, удовлетворяющее двум условиям: ctg y = x и y ∈ (0; π).
График обратной тригонометрической функции симметричен графику основной тригонометрической функции относительно прямой y = x на соответствующей области определения:
4
y
y=x
y=arcsin x
/2
y=arccos x
3
y
y=x
y=sin x
1
2
−/2 −1
/2
1
1
1 /2
/2
x
x
0
−1
−1
−/2
−1
0
2
y=cos x
1
−2
2
4
y=x
y
1.5
1
−1
−1
/2 y=tg x
y=x
y
3
1
2
0.5
0.5
y=arcctg x
y=arctg x
0
/2
−/2
1
x
0
0
−1
x
1
1.5
−2
y=ctg x
−/2
2
Полезно также знать следующие формулы, связанные с обратными тригонометрическими функциями:
arcsin x + arccos x =
π
,
2
arctg x + arcctg x =
arcsin (−x) = − arcsin x,
|x| ≤ 1;
π
;
2
arccos (−x) = π − arccos x,
arctg (−x) = − arctg x,
|x| ≤ 1;
arcctg (−x) = π − arcctg x;
tg (arcctg x) = ctg (arctg x) =
1
,
x
x = 0;
2.1.
Основные свойства арксинуса, арккосинуса...
sin(arccos x) = 1 − x2 , |x| ≤ 1;
x
tg(arcsin x) = √
, |x| < 1;
1 − x2
√
1 − x2
, |x| ≤ 1, x = 0.
tg(arccos x) =
x
Подобные формулы получаются при комбинировании определений обратных
тригонометрических функций и основных тригонометрических формул.
cos(arcsin x) =
25
1 − x2 ,
Примеры решения задач
π
, |x| ≤ 1.
2
Д о к а з а т е л ь с т в о. Перепишем исходное равенство в виде
π
arcsin x = − arccos x
2
и докажем его, используя определение арксинуса. Проверим выполнение двух
условий:
π
1) sin
− arccos x = x;
2
π π
π
2)
− arccos x ∈ − ;
.
2
2 2
С помощью формулы приведения получаем, что
π
sin
− arccos x = cos (arccos x) = x,
2
П р и м е р 1. Докажем формулу:
arcsin x + arccos x =
следовательно, первое условие выполняется. Проверим выполнение второго условия:
π
π
π
− ≤ − arccos x ≤
⇐⇒ −π ≤ − arccos x ≤ 0 ⇐⇒ 0 ≤ arccos x ≤ π.
2
2
2
Справедливость последнего неравенства следует из определения арккосинуса.
П р и м е р 2. Вычислить sin arccos −
1
3
.
1
1
, тогда cos α = − и 0 ≤ α ≤ π. Из
Р е ш е н и е. Положим α = arccos −
3
3
основного тригонометрического тождества следует, что
√
2
1
2 2
.
|sin α| = 1 − −
=
3
3
Так как α ∈ [0; π], то подходит только положительное значение синуса.
З а м е ч а н и е. Аналогичным образом доказываются и другие формулы этого раздела в общем случае.
√
2 2
О т в е т.
.
3
26
Теория и задачи
П р и м е р 3. Построить график функции y = arcsin(sin x).
Р е ш е н и е. Так как 2π является периодом функции y = sin x, то 2π будет периодом и для функции y = arcsin(sin
x). Поэтому нам достаточно построить график
π 3π
, а потом продолжить его на всю числовую ось
этой функции на отрезке − ;
2 2
с учётом периодичности.
π π
1) Рассмотрим отрезок − ;
:
2 2
π π
⎧
π π
⎪
x∈ − ;
,
⎪
⎨
2 2
,
x∈ − ;
2 2
⇐⇒ y = x.
⇐⇒
sin y= sin x,
⎪
y = arcsin(sin x);
⎪
⎩y ∈ − π ; π ;
2 2
π 3π
2) На отрезке
;
получим
2 2
⎧
π 3π
⎪
⎧
⎪
⎪
⎨x ∈ 2 ; 2 ,
⎨x ∈ π ; 3π ,
⇐⇒ y = π − x.
2 2
⇐⇒
sin y= sin x,
⎪
⎩
⎪
π π
y = arcsin(sin x);
⎪
⎩
;
y∈ − ;
2 2
3) Продолжим график с учётом периодичности на всю числовую прямую.
З а м е ч а н и е. Аналогичным образом строятся графики функций y = arccos(cos x),
y = arctg(tg x), y = arcctg(ctg x).
Задачи
1. Доказать, что arcsin (−x) = − arcsin x.
2. Доказать, что arccos (−x) = π − arccos x.
π
.
3. (ЕГЭ.В) Вычислить 5 arcsin cos
2
4. (ЕГЭ.В) Вычислить
8
arcctg(cos π).
π
2.2.
Уравнения и неравенства с обратными...
5. (У) Вычислить arcsin sin
8π
7
6. (У) Вычислить sin arccos −
27
.
1
4
.
7. (У) Вычислить cos (arcctg (−2)) .
8. (У) Вычислить sin(2 arctg 6).
√
9. (ЕГЭ.В) Найти значение выражения 5 2 sin
1
π
− arctg −
2
7
10. (ЕГЭ.В) Найти значение выражения tg 2 arccos −
13. (У) Вычислить cos arcsin
1
3
.
4
3
tg π − arcsin −
3
5
11. (ЕГЭ.В) Найти значение выражения
12. (У) Вычислить cos arcsin
1
4
.
.
+ arctg(−2) .
5
1
+ arccos −
13
2
14. (У) Вычислить sin
1
3
arcctg −
2
4
.
15. (У) Вычислить ctg
1
4
arccos −
2
7
.
.
16. (У) Вычислить arccos (cos 10) .
17. (У) Вычислить arcsin (sin 14).
18. (У) Доказать, что 2 arctg
7
π
1
+ arctg
= .
4
23
4
19. (МГУ-53) Упростить выражение cos 2 arccos
20. (МГУ-53) Упростить выражение tg
2.2.
1+x
2
.
a
π 1
+ arccos
+ tg
4
2
b
1
a
π
− arccos
.
4
2
b
Уравнения и неравенства с обратными тригонометрическими функциями
Для успешного решения уравнений и неравенств с обратными тригонометрическими функциями достаточно знать определения и свойства обратных тригонометрических функций.
Напомним, что функции y = arcsin x и y = arctg x монотонно возрастают
π π
на своих областях определения и принимают значения из промежутков − ;
2 2
28
Теория и задачи
π π
соответственно, а функции y = arccos x и y = arcctg x монотонно
и − ;
2 2
убывают на своих областях определения и принимают значения из промежутков
[0; π] и (0; π) соответственно.
Общий метод решения задач с обратными тригонометрическими функциями
состоит в применении одной и той же тригонометрической функции к обеим частям данного уравнения или неравенства. При этом для обеспечения равносильности переходов необходимо тщательно следить за областью значений левой и правой частей исходного уравнения (неравенства), при необходимости рассматривая
задачу на нескольких промежутках.
Примеры решения задач
П р и м е р 1. Решить неравенство arcsin x < arccos x.
π
Р е ш е н и е. Применив формулу arccos x = − arcsin x , получим
2
π
π
arcsin x < − arcsin x ⇐⇒ arcsin x < ,
2
4
1
откуда в силу монотонности арксинуса следует, что −1 ≤ x < √ .
2
1
.
О т в е т. −1; √
2
П р и м е р 2. Решить уравнение 2 arcsin x + arccos(1 − x) = 0.
Р е ш е н и е. Первый способ. Перепишем уравнение в виде
arccos(1 − x) = −2 arcsin x.
Согласно определению арккосинуса это равенство равносильно системе
cos (−2 arcsin x) = 1 − x,
1 − 2 sin2 (arcsin x) = 1 − x,
⇐⇒
⇐⇒
arcsin x ≤ 0;
0 ≤ −2 arcsin x ≤ π;
⎧⎡
x = 0;
⎪
⎪
⎨⎣
1 − 2x2 = 1 − x,
1
⇐⇒ x = 0.
⇐⇒
⇐⇒
x= ;
⎪
arcsin x ≤ 0;
2
⎪
⎩
arcsin x ≤ 0;
Второй способ. Проанализируем, в каких пределах может изменяться переменная x. Обратные тригонометрические функции, входящие в исходное уравнение
2 arcsin x + arccos(1 − x) = 0, определены при
− 1 ≤ x ≤ 1;
− 1 ≤ x ≤ 1;
⇐⇒ x ∈ [0; 1].
⇐⇒
0 ≤ x ≤ 2;
− 1 ≤ 1 − x ≤ 1;
При этих значениях переменной x оба слагаемых исходного уравнения неотрицательны, и равенство нулю возможно только в случае
arcsin x = 0;
⇐⇒ x = 0.
arccos(1 − x) = 0;
О т в е т. 0.
2.2.
Уравнения и неравенства с обратными...
29
П р и м е р 3 ∗ . (Экон-99.5) Решить уравнение
x+
π
1
arccos (cos 15x + 2 cos 4x sin 2x) =
.
6
12
Р е ш е н и е. Перепишем уравнение в виде
arccos (cos 15x + 2 sin 2x cos 4x) =
π
− 6x.
2
Согласно определению арккосинуса это равенство равносильно системе
⎧
π
⎧
⎪
⎨cos 15x − sin 2x = 0,
⎨cos 15x + (sin 6x − sin 2x) = cos
− 6x ,
2
⇐⇒
π
⎩− π ≤ x ≤ π .
⎪
⎩0 ≤ − 6x ≤ π;
12
12
2
Используя формулу приведения, решим уравнение:
⎡
π
15x = − 2x + 2πn, n ∈ Z;
π
⎢
2
− 2x
⇐⇒ ⎣
⇐⇒
cos 15x = cos
π
2
15x = −
− 2x + 2πm, m ∈ Z;
2
⎡
⎡
π
2πn
π
x=
+
, n ∈ Z;
17x = + 2πn, n ∈ Z;
⎢
2
34
17
⇐⇒ ⎣
⇐⇒
⎣
π
π
2πm
13x = − + 2πm, m ∈ Z;
x=− +
, m ∈ Z.
2
26
13
π
π
Осталось произвести отбор корней по условию −
≤x≤
.
12
12
π
π
2πn
π
17
17
23
11
1) −
≤
+
≤
⇐⇒ −
≤ 4n + 1 ≤
⇐⇒ −
≤n≤
⇐⇒
12
34
17
12
6
6
24
24
π
⇐⇒ n = 0 , в этом случае x =
;
34
π
π
2πm
π
13
13
2) −
≤− +
≤
⇐⇒ −
≤ 4m − 1 ≤
⇐⇒
12
26
13
12
6
6
19
π
7
≤m≤
⇐⇒ m = 0 , в этом случае x = − .
⇐⇒ −
24
24
26
π π
О т в е т. − ;
.
26 34
Задачи
1. (У) Доказать, что arctg
2. (У) Что больше:
π
1
< .
2
5
1
2
π
или arcsin + arccos ?
4
3
3
3. (У) Решить уравнение sin (5 arcctg x) = 1 .
4. (У) Решить уравнение sin (3 arccos x) =
1
.
2
30
Теория и задачи
5. (У) Решить уравнение arccos(π log3 tg x) = 0.
6. (У) Решить уравнение 2 arcsin x = arcsin 2x.
7. (У) Решить уравнение arcsin x − arcctg x = 0 .
8. (У) Решить уравнение 2 arctg x + arcsin
2x
= π.
1 + x2
9. (У) Решить уравнение arctg (2 + cos x) − arctg (1 + cos x) =
π
.
4
1
arctg (tg 6x + cos 7x).
6
1
π
(Экон-99.6) Решить уравнение x + arctg (ctg 5x + cos 8x) =
.
5
10
(Геол-74.3) Определить, при каких целых значениях k система
(arctg x)2 + (arccos y)2 = π 2 k,
π
имеет решения, и найти все эти решения.
arctg x + arccos y =
2
7π
.
(ВМК-96.4) Решить неравенство arccos 3x + arcsin (x + 1) ≤
6
(Экон-95.5) Найти все x ∈ [−3; 1], для которых неравенство
x(π(x + 1) − 4 arctg (3m2 + 12m + 11)) > 0 выполняется при любых целых m.
10. (Экон-99.4) Решить уравнение x =
11.
12.
13.
14.
2.3.
Отбор решений в тригонометрических уравнениях. Тригонометрические неравенства
Теоретический материал
Тригонометрические неравенства нередко возникают при решении уравнений, содержащих наряду с тригонометрическими функциями радикалы и логарифмы.
Если тригонометрическое неравенство возникает как дополнительное ограничение
при решении уравнения, то в большинстве задач удобнее сначала решить уравнение, а затем произвести отбор полученных корней посредством подстановки в
неравенство.
Если необходимость в решении тригонометрического неравенства остаётся, советуем воспользоваться тригонометрической окружностью. И хотя способы решения тригонометрических неравенств тесно переплетаются со способами решения соответствующих тригонометрических уравнений, графическая иллюстрация
поможет избежать ошибок при отборе.
Примеры решения задач
П р и м е р 1. (Хим-92.2) Решить неравенство
√
2 sin x < 1 .
Р е ш е н и е. Исходное неравенство равносильно следующему двойному неравенству:
0 ≤ sin x < 1/2.
Отметим на тригонометрической окружности углы, синусы которых удовлетворяют этому условию.
2.3.
Отбор решений...
31
5/6
/6
1/2
0
5π
π
+ 2πm; π + 2πm , где n, m ∈ Z.
Получим промежутки 2πn; + 2πn и
6
6
5π
π
+ 2πm; π + 2πm ; n, m ∈ Z.
О т в е т. 2πn; + 2πn
6
6
П р и м е р 2. (М/м-98(1).2) Найти все решения уравнения
√
√
x
x
2 cos + 2( 5 − 1) sin = 2 − 5,
3
6
3x
< 0.
удовлетворяющие условию cos
4
Р е ш е н и е. С помощью формулы косинуса двойного угла уравнение сводится
к квадратному:
√
√
√
x
x
x
x √
2 1 − 2 sin2
+ 2( 5 − 1) sin = 2 − 5 ⇐⇒ 4 sin2 − 2( 5 − 1) sin − 5 = 0.
6
6
6
6
√
5
1
> 1 не подходит. Второй корень равен − ; следовательно,
Корень
2
2
⎡x
π
= − + 2πn, n ∈ Z;
x = −π + 12πn, n ∈ Z;
1
x
⎢6
6
⇐⇒ ⎣ x
sin = −
⇐⇒
5π
6
2
x = −5π + 12πm, m ∈ Z.
=−
+ 2πm, m ∈ Z;
6
6
3x
< 0.
Отберём те значения переменной, для которых выполняется условие cos
4
1) Если x = −π + 12πn, n ∈ Z, то
cos
3x
3π
= cos −
+ 9πn
4
4
= cos
3π
1
cos 9πn = − √ (−1)n .
4
2
Значение косинуса отрицательно при чётном n. Следовательно, n = 2k и, значит,
x = −π + 24πk, k ∈ Z.
2) Если x = −5π + 12πm, m ∈ Z, то
π
1
m
cos 9πm = √ (−1) .
4
2
Косинус отрицателен при нечётном m. Следовательно, m = 2l +1, l ∈ Z и, значит,
x = −5π + 12π(2l + 1) = 7π + 24πl.
cos
15π
3x
= cos −
+ 9πm
4
4
О т в е т. −π + 24πk , 7π + 24πl ; k, l ∈ Z.
= cos
32
Теория и задачи
П р и м е р 3 ∗ . (ВМК-97.3) Решить уравнение 3 + | sin x − 3 cos x| = 3 sin x + cos x.
√
√
1 + 32 = 10 и введём вспомоР е ш е н и е. Разделим обе части уравнения на
3
гательный аргумент ϕ = arcsin √ :
10
1
3
3
3
1
√ + √ sin x − √ cos x = √ sin x + √ cos x ⇐⇒
10
10
10
10
10
⇐⇒
3
√ + | sin (x − ϕ)| = cos (x − ϕ).
10
Обозначим z = cos (x − ϕ), тогда уравнение примет вид:
⎧
2
⎪
3
⎪
2
⎨
√
1
−
z
=
z
−
,
3
3
10
√ + 1 − z 2 = z ⇐⇒
1 − z 2 = z− √
⇐⇒
3
⎪
10
10
⎪
⎩z ≥ √ .
10
√
2
Уравнение системы√сводится
√ к квадратному уравнению 20z − 6 10z − 1 = 0 и
3 10 ± 110
. Заметим, что из первой строки системы следует
имеет корни z =
20
неотрицательность выражения 1 − z 2 ; следовательно, оба корня удовлетворяют
условию |z| ≤ 1 .
3
Сравним оба корня с числом √ .
10
√
√
3
3 10 − 110
<0< √
1) z =
– не подходит.
20
10
2) Сравним второй корень:
√
√
3
3 10 + 110
∨ √
20
10
√
30 + 1100 ∨ 60
1100 > 302 ;
√
√
3
3 10 + 110
> √ , и это значение нам подходит. В результате
значит, z =
20
10
√
√
√
√
3
3 10 + 110
3 10 + 110
⇐⇒ x = arcsin √ ±arccos
+2πn, n ∈ Z.
cos (x − ϕ) =
20
20
10
√
√
3
3 10 + 110
+ 2πn, n ∈ Z.
О т в е т. arcsin √ ± arccos
20
10
Задачи
1. (Почв-82.2) Решить уравнение
√
√
2 − 3 cos 2x = sin x.
2.4.
Смешанные задачи
33
2. (Псих-96.3) Найти область определения функции
1
f (x) = √ .
2
−6 sin 2x − 2 sin 2x cos 2x + 8 − 3
3. (Хим-88.2) Решить уравнение
3
√ cos x − 1 + sin x = 0 .
2
4. (ВМК-93.2) На отрезке 0 ≤ x ≤ π найти все значения x, удовлетворяющие
уравнению
√
√
3 cos x − sin x = 1 + 2 cos2 x − 3 sin 2x.
5. (Псих-87.4) Решить уравнение
3
− cos x =
4
3
− cos 3x.
4
1
6. (ВМК-00.1) Решить неравенство sin x sin |x| ≥ − .
2
3 sin x √
≤ 3.
7. (У) Решить неравенство 2 + cos x 8. (Геол-94.6) Решить неравенство 4 cos x − sin 2x > 0 .
9. (М/м-71.2) Найти все x из отрезка 0 ≤ x ≤ π , удовлетворяющие неравен√
1
ству sin 2x − cos x + 2 sin x > √ .
2
√
10. (ВМК-71.2) Найти все решения неравенства sin 2x < cos x − sin x, удовлетворяющие условию |x| < π .
11. (ИСАА-94.4) Решить неравенство 2 sin x − 1 ≤ 6 sin2 x − 6 sin x − 12.
12. (Хим-98(1).3) Найти√все числа x√ из промежутка [−π; π], удовлетворяющие
неравенствам (4 + 3) sin x + 2 3 + 1 ≤ cos 2x ≤ 5 cos x − 3.
π √
= 1 + 8 sin 2x cos2 2x.
13. (Геогр-77.5) Решить уравнение 2 sin 3x +
4
14. (М/м-95(1).4) Найти все значения x ∈ [0, π], при которых выражения tg x
1
− 2 cos 2x имеют разные знаки.
и
cos 2x
2.4.
Смешанные задачи
1. (У) Решить неравенство log| cos x| |x| < 0.
2. (У) Решить неравенство log(x2 −1) ctg x ≤ 0.
3. (ЕГЭ.С) Найти множество значений функции
y = arcsin
√
2(cos 2006x + sin 2006x)
2
.
34
Теория и задачи
4. (М/м-70.1) Решить неравенство log2 (1 + cos 4x) ≤ 1 + log√2 sin x .
5. (Хим-89.3) Решить уравнение log2 (3 sin x − cos x) + log2 cos x = 0.
6. (Хим-70.3) Найти все значения x, лежащие в промежутке −1 < x < 4 и
9 0, 75.
удовлетворяющие неравенству log0,75 sin x ≥ log 16
7. (Экон.К-74.3) Решить уравнение logcos 2x−sin 2x (1 − cos x − sin x) = 1.
8. (ЕГЭ.С)
Найти множество
значений функции y = sin 2x, если
1
x ∈ arctg ; arctg 2 .
3
9. (ЕГЭ.С)
Найти множество
значений функции y = sin 2x, если
5 5π
.
x ∈ arccos ;
13 12
1
+
cos
4x
9π
10. (М/м-99(1).1) Решить уравнение 8
+ 3 tg
− 2x
1 − cos 4x
2
= 0.
11. (Филол-99.4) Решить уравнение log1−2 cos z (cos 2z + sin z + 2) = 0.
√ 3 cos (5x+ 3π
4 )
,
12. (Экон-00.5) Найти все значения x, при которых числа 3 5
π
cos (3x+ 4 )
π
1
, 5cos (x− 4 ) в указанном порядке составляют возрастающую
5
геометрическую прогрессию.
1
sin 2x,
13. (Физ-95(2).7) При каких значениях x числа a1 = sin x, a2 =
2
a3 = sin 3x образуют арифметическую прогрессию, разность которой больше
нуля?
14. (Экон-88.6) Найти все значения параметра a, при которых неравенство
|3 sin2 x + 2a sin x cos x + cos2 x + a| ≤ 3 выполняется при всех x.
15. (ВМК-95.4) Решить неравенство
logcos x cos2 x ≥ logcos x− 12
cos2 x − cos x − x2 − 14x −
√
16. (ВМК-89.4) Решить неравенство 1 ≤ | cos x|
3.
3.1.
51
.
4
2x − 3 · log| cos x|
√
1+2 3| sin x|
8(1−2 cos2 x)
.
Полезные преобразования и замены переменных
Использование формул сокращённого умножения, выделение полного квадрата
Теоретический материал
В этом параграфе собраны задачи, при решении которых используются различные
полезные формулы и преобразования: формулы сокращённого умножения, теоре-
3.1.
Использование формул сокращенного умножения...
35
ма Безу, выделение полного квадрата, домножение на сопряжённое выражение,
введение новых переменных.
Напомним базовые формулы сокращённого умножения:
a2 − b2 = (a − b) · (a + b),
a3 ∓ b3 = (a ∓ b) · (a2 ± ab + b2 ),
(a ± b)2 = a2 ± 2ab + b2 ,
(a ± b)3 = a3 ± 3a2 b + 3ab2 ± b3 .
Для поиска рациональных корней уравнений высших степеней с целыми коэффициентами удобно пользоваться следующей теоремой.
Теорема Безу. Если уравнение a0 xn + a1 xn−1 + ... + an−1 x + an = 0 с целыми
коэффициентами a0 , a1 , ..., an имеет рациональные корни, то есть корни, предстаp
вимые в виде несократимой дроби x = , то старший коэффициент a0 делится
q
нацело на q , а свободный член an делится нацело на p.
Следствие 1. Если уравнение имеет целые коэффициенты и старший из них
равен единице, то рациональными корнями такого уравнения могут быть только
целые числа.
Следствие 2. Целые корни уравнения с целыми коэффициентами являются
делителями свободного члена.
Теорема Безу формулирует необходимое (но не достаточное) условие существования рациональных корней уравнений с целыми коэффициентами и является эффективным инструментом разложения на множители многочленов высших степеней.
Для получения более чёткого представления о структуре выражения полезно
вводить новые переменные (одну или несколько). На возможность использования
таких замен обычно указывает наличие повторяющихся выражений в уравнении
или неравенстве.
Во многих задачах с параметрами полезно сначала выяснить, какая из переменных является параметром по существу условия, а какая – независимой переменной. Иногда по смыслу задачи x, y, z, . . . играют роль параметров, в то время
как a, b, c, . . . играют роль переменных.
Напоминаем вам, что после решения задачи в новых переменных необходимо
возвращаться к исходным переменным.
Примеры решения задач
П р и м е р 1. (Почв-80.1) Решить систему уравнений
x − y = 6,
x3 − y 3 = 126.
Р е ш е н и е. Преобразуем второе уравнение системы, используя формулу разности
кубов:
(x − y)(x2 + xy + y 2 ) = 126.
Далее выделим полный квадрат во втором сомножителе левой части преобразованного уравнения:
(x − y)((x − y)2 + 3xy) = 126.
Подставим значение x − y = 6 из первого уравнения, тогда второе уравнение
принимает следующий вид:
6 · (62 + 3xy) = 126
⇐⇒
xy = −5.
36
Теория и задачи
Получаем систему уравнений, эквивалентную исходной:
x − y = 6,
x = y + 6,
⇐⇒
=⇒ y 2 + 6y + 5 = 0
xy = −5;
xy = −5;
⇐⇒
y = −5;
y = −1.
Подставляя найденные значения переменной y в первое уравнение системы, находим соответствующие им значения переменной x.
О т в е т. (1; −5), (5; −1).
П р и м е р 2. (М/м-96(2).2) Вычислить log2x/y x+log2y/x y , если logx/y (x9 ) = log√y
Р е ш е н и е. Обозначим искомое выражение через A и преобразуем его.
A = log2x/y x + log2x/y y = (logx/y x − logx/y y)2 + 2 logx/y x · logx/y y =
= 1 + 2 logx/y x · logx/y y.
Из условия получаем:
9 logx/y x = −2 logy x/y
Значит, A = 1 + 2 · −
О т в е т.
2
9
=
⇐⇒
2
logx/y x · logx/y y = − .
9
5
.
9
5
.
9
П р и м е р 3. (Физ-95(1).7) Найти
наименьшее значение произведения xy, где x
x + y = 3a − 1,
и y удовлетворяют системе
x2 + y 2 = 4a2 − 2a + 2.
Р е ш е н и е. Заметим, что 2xy = (x + y)2 − x2 − y 2 . Возведём обе части первого
уравнения в квадрат и почленно вычтем из них обе части второго уравнения:
1
(5a2 − 4a − 1).
2
Для того чтобы найти наименьшее значение, которое может принимать произве1
дение xy , надо найти минимум квадратичной функции f (a) = (5a2 − 4a − 1).
2
График функции f (a) – парабола, ветви которой направлены вверх. Минималь2
−4
= , которая является
ное значение функция принимает в точке a0 = −
10
5
9
2
абсциссой вершины параболы. Значение функции в этой точке f
= − .
5
10
Таким образом, минимальное значение, которое может принимать произведение
2
9
исходная система
xy – это значение − . Осталось убедиться, что при a =
10
5
2
имеет решение. При a = система принимает вид
5
⎧
1
⎪
⎨ x+y = ,
5
⎪
9
⎩ xy = − .
10
2xy = 9a2 − 6a + 1 − 4a2 + 2a − 2
⇐⇒
xy =
y
.
x
3.1.
Использование формул сокращенного умножения...
37
Решая систему подстановкой, приходим к уравнению 10y2 − 2y − 9 = 0. Вычислим
дискриминант: D/4 = 1 + 90 = 91 > 0. Из положительности дискриминанта заключаем, что решение системы существует; следовательно, минимальное значение
9
xy = −
достигается.
10
О т в е т. −
9
.
10
П р и м е р 4. (ИСАА-95.6) Найти все значения a, при которых неравенство
x2 + 4x + 6a|x + 2| + 9a2 ≤ 0 имеет не более одного решения.
Р е ш е н и е. Преобразуем исходное неравенство:
|x + 2|2 + 6a|x + 2| + 9a2 − 4 ≤ 0
⇐⇒
−2 ≤ |x + 2| + 3a ≤ 2
⇐⇒
⇐⇒
(|x + 2| + 3a)2 ≤ 4
⇐⇒
−2 − 3a ≤ |x + 2| ≤ 2 − 3a.
Последнее двойное неравенство имеет не более одного решения тогда и только
2
тогда, когда 2 − 3a ≤ 0 , то есть a ≥ .
3
2
; +∞ .
О т в е т.
3
Задачи
1. (ЕГЭ.B) Решить систему уравнений
lg x − lg y = 1,
lg2 x + lg2 y = 5.
2. (У) Разложить на множители многочлен x4 + 1.
3. (У) Разложить x4 + x2 + 1 в произведение двух многочленов.
x + 3y = 2,
4. (Экон.М-96.2) Решить систему уравнений
x3 + 27y = 26.
√
3
| − x|
√− 2y + 3 = 1,
5. (Экон-96.1) Решить систему
(−x −x) − y − 3 = 7.
√
1 − x3 − 1
≤ x.
6. (М/м-90.3) Решить неравенство
1+x
x3 − 8 + 6x · (2 − x) √
≤ 4x − 3.
|3 − 4x|
√
x(x + 3y) = 36,
√
8. (Геогр-95(1).1) Решить систему
y(3x + y) = 28.
7. (М/м-96(1).2) Решить неравенство
9. (Псих-88.2) Решить уравнение 323(x
3
−8)
2
= 819(2x−x ) .
10. (Почв-93.2) Решить уравнение sin3 x − cos3 x + sin x − cos x = 0.
38
Теория и задачи
11. (Геогр-80.4) Решить уравнение cos6 x + sin6 x =
1
15
cos 2x − .
8
2
12. (Геогр-98.2) Найти знаменатель убывающей геометрической прогрессии, если
сумма первого, второго и третьего членов прогрессии равна (−7), а пятый
член прогрессии меньше второго на 14.
13. (ВМК-93.1) Решить неравенство log√
√
√ (4x
8−2 7+1− 3
− x2 − 2) ≥ 0.
14. (Почв-95(1).5) Найти все значения a, при которых уравнение
2 cos 2x − 4a cos x + a2 + 2 = 0 не имеет решений.
2−x · y 4 − 2y 2 + 2x ≤ 0,
8x − y 4 + 2x − 1 = 0.
15. (Хим-95.5) Решить систему
16. (Экон-79.4) Решить систему уравнений
17. (Хим-98.3) Решить систему
x2 + y 2 + 2(x − y) + 2 = 0,
z 2 + xz + yz − 4 = 0.
18. (У) Решить систему уравнений
19. (У) Решить систему
3x2 + 2y 2 − 3x + 5y = 3,
4, 5x2 + 3y 2 − 3x + 8y = 7.
x + y + z = 0,
2xy − z 2 = 4.
x2 + y 2 + z 2 = xy + yz + zx,
2x + 3y − 6z − 1 = 0.
20. (Почв-79.5) Решить систему уравнений
10x2 + 5y 2 − 2xy − 38x − 6y + 41 = 0,
3x2 − 2y 2 + 5xy − 17x − 6y + 20 = 0.
21. (ИСАА-94.6)
все значения
√ Найти √
√ a, при каждом из которых уравнение
a2 x2 + 2a( 2 − 1)x + x − 2 = 2 2 − 3 имеет решение.
22. (У) Решить неравенство
23. (У) Решить неравенство
x+
1
2
9−
2
>
2x
.
x2 + 1
9
<x−
x
x−
9
.
x
24. (Геол.ОГ-82.6)
Найти все тройки чисел (x, y, z), удовлетворяющие условиям:
8 cos x cos y cos(x − y) + 1 = 0,
x + y = z.
25. (Геол-90.5) Найти все пары действительных чисел m и n, при которых уравнение (3x2 − 2m2 + mn)2 + (3m2 − mn + 2n2 − 12x)2 + 4 = 4x − x2 имеет хотя
бы одно решение.
3.2.
3.2.
Замены переменных в рациональных уравнениях, неравенствах...
39
Замены переменных в рациональных уравнениях, неравенствах и системах
Теоретический материал
Перечислим основные ситуации, в которых целесообразно использовать замену:
• наличие повторяющегося выражения;
• возможность приведения к симметричному виду, например, уравнение
(x + α)4 + (x + β)4 = c
после замены y = x +
α+β
, приводится к биквадратному уравнению
2
(y + d)4 + (y − d)4 = c,
где
d=
α−β
;
2
• «возвратность» уравнения, например, уравнение
ax4 + bx3 + cx2 + bx + a = 0,
после деления на x2 , преобразуется к уравнению
a x2 +
квадратному относительно
1
x2
+b x+
y =x+
1
x
+ c = 0,
1
;
x
• «однородность» уравнения, например, уравнение ax2 + bxy + cy 2 = 0 при
2
x
x
y = 0 равносильно квадратному уравнению a
+ b · + c = 0;
y
y
• «симметричность» уравнений системы, например, при решении системы
P (x, y) = 0,
Q(x, y) = 0,
где P (x, y) = P (y, x) и Q(x, y) = Q(y, x), замена x + y = u, xy = v может
упростить вычисления.
Примеры решения задач
П р и м е р 1. (ВМК-95.2) Решить систему
√
x + 3xy + y = 3 + 10 2,
x2 + y 2 = 11.
Р е ш е н и е. Перепишем систему в виде
√
(x + y) + 3xy = 3 + 10 2,
(x + y)2 − 2xy = 11.
40
Теория и задачи
Сделаем замену переменных u = x + y , v = xy ; тогда
√
√
u + 3v = 3 + 10 2,
3v = 3 + 10 2 − u,
⇐⇒
u2 − 2v = 11;
3u2 − 2 · 3v = 33.
Подставив выражение для 3v из первого уравнения во второе, получим квадратное
уравнение относительно u :
√
3u2 + 2u − 39 − 20 2 = 0.
Решим это уравнение:
√
√
√
D/4 = 1 + 39 · 3 + 60 2 = 118 + 60 2 = (10 + 3 2)2 ,
√
√
√
−1 ± (10 + 3 2)
−11 − 3 2
, u1 = 3 + 2, u2 =
.
u12 =
3
3
Из первого уравнения последней системы определяем v :
√
√
√
3 + 10 2 − u
20 + 33 2
=⇒ v1 = 3 2, v2 =
.
v=
3
9
Возвращаясь к исходным переменным, получим две системы уравнений для нахождения x и y :
⎡ x=√
3,
√
⎢
y
=
x + y =√3 + 2,
⎢ √2;
1)
⇐⇒
⎣
x = 2,
xy = 3 2;
y = 3.
√
√
⎧
⎧
−11 − 3 2
−11
−
3
2
⎪
⎪
⎨
⎨ x+y =
y=
,
− x,
3
3 √
√
√
⇐⇒
2)
⎪
⎪
⎩ x2 + 11 + 3 2 x + 20 + 33 2 = 0;
⎩ xy = 20 + 33 2 ;
9
3
9
√
√
√
√ 2
√
20 + 33 2
121 + 66 2 + 18 − 80 − 132 2
59 − 66 2
(11 + 3 2)
−4·
=
=
< 0.
D=
9
9
9
9
Значит, во втором случае решений нет.
√
√
О т в е т. (3; 2), ( 2; 3).
П р и м е р 2. (У)
Решить уравнение
x4 − 5x3 + 6x2 − 5x + 1 = 0.
Р е ш е н и е. Так как x = 0 не является решением нашего уравнения, то можем
поделить его на x2 . Получим
x2 +
О т в е т. 2 ±
√
3.
−5 x+
1
x
+ 6 = 0.
1
1
, тогда x2 + 2 = y 2 − 2 и уравнение примет вид:
x
x
⎡
1
x + = 4,
√
⎢
x
y = 4,
x = 2 + √3,
⎢
⇐⇒
⇐⇒ ⎣
⇐⇒
y = 1;
x = 2 − 3.
1
x + = 1;
x
Положим y = x +
y 2 − 5y + 4 = 0
1
x2
3.2.
Замены переменных в рациональных уравнениях, неравенствах...
П р и м е р 3. (У)
Решить систему уравнений
41
x2 + 3xy + y 2 = 11,
x2 + 2xy − 2y 2 = 6.
Р е ш е н и е. Умножим первое уравнение системы на 6, второе уравнение – на 11
и приравняем левые части полученных уравнений:
6x2 + 18xy + 6y 2 = 11x2 + 22xy − 22y 2
⇐⇒
5x2 + 4xy − 28y 2 = 0.
Заметим, что, если y = 0, то исходная система не имеет решений. Разделим одноx
родное уравнение на y 2 и сделаем замену t = , получим
y
!
t = 2,
14
5t2 + 4t − 28 = 0 ⇐⇒
t=− .
5
Первый случай:
x = 2y,
x2 + 3xy + y 2 = 11;
⇐⇒
⎡ x = 2y,
y 2 = 1;
⇐⇒
x = 2,
⎢
⎢ y = 1;
⎣
x = −2,
y = −1.
Второй случай:
⎧
⎨ y = − 5 x,
14
⎩ x2 + 3xy + y 2 = 11;
⇐⇒
⎧
⎨ y = − 5 x,
14
⎩ x2 = 196;
⎡ ⇐⇒
x = 14,
⎢
⎢ y = −5;
⎣
x = −14,
y = 5.
О т в е т. (2; 1), (−2; −1), (14; −5), (−14; 5).
Задачи
1. (Геогр-97.1) Решить неравенство
|x − 1| + 10
> 2.
4|x − 1| + 3
2
1
≥
.
|x + 1| − 1
|x + 1| − 2
2|x − y| + y = 2,
3. (У) Решить систему уравнений
|x − y| − 2y = 6.
2. (Почв-98.3) Решить неравенство
4. (У) Решить уравнение
2x4 + 3x3 + 2x2 + 3x + 2 = 0.
5. (У) Решить уравнение
(x + 3)4 + (x + 5)4 = 4.
6. (У) Разложить на множители многочлен (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 15.
7. (У) Решить уравнение x4 − 3x2 (x + 1) + 2(x + 1)2 = 0.
⎧
⎨ xy + yz = 8,
yz + zx = 9,
8. (У) Решить систему
⎩ zx + xy = 5.
42
Теория и задачи
x + y + xy = 7,
x2 + xy + y 2 = 13.
x(1 + y) = y + 7,
10. (Геол-98(2).7) Решить систему уравнений
x2 y − xy 2 = 6.
2
x − y 2 = 3,
11. (У) Решить систему
x2 + xy + 2y 2 = 8.
9. (У) Решить систему уравнений
12. (Геол-98(1).6) Решить неравенство
√
2
2
2
√ x
+ x − √1 − 3x + 3 2 < 3x − x + x − 2 .
2
2
2
2
2
2
x + y 2 = 1,
13. (У) При каких a система
имеет решение?
x2 + xy + y 2 = a
14. (Экон.К-74.5) Найти все действительные значения величины h, при которых
уравнение x(x+1)(x+h)(x+1+h) = h2 имеет четыре действительных корня.
3.3.
Замены переменных в иррациональных уравнениях,
неравенствах и системах
Теоретический материал
В некоторых задачах целесообразно заменить иррациональное выражение на новую переменную так, чтобы уравнение или неравенство приняло существенно более простой вид. Иногда удачная замена позволяет выделить полный квадрат
некоторого выражения под арифметическим квадратным корнем (этот метод рассмотрен в примере 3).
Кроме того, полезно вводить ограничения для введённых новых переменных,
которые определяются их областью значений. Например, при замене t = f (x)
появляется очевидное ограничение t ≥ 0 . Такие ограничения помогают производить отбор допустимых значений новых переменных и избегать рассмотрения
случаев, приводящих к уравнениям или неравенствам с пустым множеством решений.
Примеры решения задач
П р и м е р 1. (ВМК-89.2) Решить уравнение 8 12 + 16x − 16x2 + 4x − 4x2 = 33.
Р е ш е н и е. Добавим 3 к обеим частям уравнения и вынесем множитель 4 из
подкоренного выражения:
16 3 + 4x − 4x2 + 3 + 4x − 4x2 = 36.
√
Пусть t = 3 + 4x − 4x2 . Заметим, что новая переменная t может принимать
только неотрицательные значения. Исходное уравнение преобразуется к квадратному относительно t:
t = −18;
t2 + 16t − 36 = 0
⇐⇒
t = 2.
3.3.
Замены переменных в иррациональных уравнениях, неравенствах....
43
Значение t = −18 < 0 не подходит. Остаётся корень t = 2 . Возвращаемся к
исходной переменной:
О т в е т.
3 + 4x − 4x2 = 2
4x2 − 4x + 1 = 0
⇐⇒
⇐⇒
x=
1
.
2
1
.
2
П р и м е р 2. (Экон-98.3) Решить неравенство
Р е ш е н и е. Сделаем замену t =
t2 + 8
(t2 − 8) + 8(3 − t) <
2t − 10
⇐⇒
x + 8(3 −
√
x + 16
.
8 + x) < √
2 8 + x − 10
√
8 + x ≥ 0 . Исходное неравенство примет вид
⇐⇒
t2 + 8
t2 − 8t + 16 <
2t − 10
t2 + 8
(t − 4)2 <
2t − 10
⇐⇒
|t − 4| <
⇐⇒
t2 + 8
.
2t − 10
Так как правая часть последнего неравенства должна быть положительна, то
2t − 10 > 0
⇐⇒
t > 5,
и, значит, |t − 4| = t − 4 . Приходим к системе
⎧
⎨
t2 + 8
(2t − 10) · (t − 4) < t2 + 8,
t−4<
,
⇐⇒
2t
−
10
t > 5;
⎩ t > 5,
⇐⇒
t2 − 18t + 32 < 0,
t > 5;
Вернёмся к переменной x:
√
5 < 8 + x < 16
⇐⇒
⇐⇒
25 < 8 + x < 256
⇐⇒
t ∈ (5; 16).
⇐⇒
x ∈ (17; 248).
О т в е т. (17; 248).
П р и м е р 3. (Геогр-95(1).5) Решить уравнение
√
√
4
x − 2 + 4 19 − x = 3.
Р е ш е н и е. Приведём два способа решения этой задачи.
1-й способ.
Левая часть уравнения определена тогда и только тогда, когда подкоренные выражения неотрицательны. Значит, 2 ≤ x ≤ 19 . Возводя обе части уравнения в
квадрат, получим
√
√
x − 2 + 19 − x + 2 4 (x − 2)(19 − x) = 9
⇐⇒
⇐⇒
√
√
x − 2 + 19 − x = 9 − 2 4 (x − 2)(19 − x).
44
Теория и задачи
Уравнение имеет смысл при
уравнения в квадрат:
9 − 2 4 (x − 2)(19 − x) ≥ 0 .
Возведём обе части
x − 2 + 19 − x + 2 (x − 2)(19 − x) =
⇐⇒
= 81 − 36 4 (x − 2)(19 − x) + 4 (x − 2)(19 − x)
⇐⇒
2 (x − 2)(19 − x) − 36 4 (x − 2)(19 − x) + 64 = 0.
Сделаем замену t = 4 (x − 2)(19 − x) . Получим систему относительно t:
2t2 − 36t + 64 = 0,
2(t − 2)(t − 16) = 0,
⇐⇒
⇐⇒
t = 2.
9 − 2t ≥ 0;
t ≤ 9/2;
Возвращаемся к исходной переменной:
4
(x − 2)(19 − x) = 2
⇐⇒
2
x − 21x + 54 = 0
⇐⇒
x = 3;
x = 18.
2-й способ.
√
√
Сделаем замену y = 4 x − 2, z = 4 19 − x. Тогда вместо уравнения получим систему
y +z = 3,
y 4 + z 4 = 17 .
Преобразуем левую часть второго уравнения системы:
2
y 4 + z 4 = (y 2 + z 2 )2 − 2y 2 z 2 = (y + z)2 − 2yz − 2(yz)2 .
Подставим из первого уравнения системы значение суммы y +z в преобразованное
второе уравнение:
yz = 2 ;
(9 − 2yz)2 − 2(yz)2 = 17
⇐⇒
(yz)2 − 18yz + 32 = 0
⇐⇒
yz = 16 .
Таким образом, получаем две системы:
y +z = 3,
или
yz = 2;
y +z = 3,
yz = 16 .
Решая их и возвращаясь к переменной x, находим x = 3
и
x = 18 .
О т в е т. 3 ; 18 .
Задачи
√
√
x2 + 1 − 2x − 6 x − 1 = 7 .
√
√
2. (ЕГЭ.B) Решить уравнение x2 − 4x + 4 − 6 = 5 2 − x.
3. (Экон.К-83.1) Решить уравнение x2 + 11 + x2 + 11 = 42 .
1. (ЕГЭ.B) Решить уравнение
3.3.
Замены переменных в иррациональных уравнениях, неравенствах....
4. (Геол-94(2).3) Решить уравнение y2 + 2
45
y 2 + 3y − 4 − 4 + 3y = 0.
1+x
1
+ = 5.
x
x
⎧
1
1
⎪
⎪
⎨ x + y = 34,
6. (У) Решить систему уравнений
1
1
1
⎪
⎪
⎩ √ + √ = 23 − √ .
x
y
xy
5. (У) Решить уравнение
7. (У) Решить уравнение
√
x+3−4 x−1+
8. (ВМК-96(1).1) Решить неравенство
9. (Почв-96(1).3) Решить неравенство
√
x + 8 − 6 x − 1 = 1.
(2x + 1)4 − (2x + 1)2 + (2x + 1)2 ≥ 0.
2
√
≤ 1.
x+3
2−
2
1
√ .
≥
10. (Геол-91.3) Решить неравенство √
x+2
4− x
11. (Биол-93.3) Решить неравенство 5 1 −
7z − 1
1
>
.
z
z
12. (ВМК-83.5) Для каждого значения параметра a найти все значения x, удоx+1
влетворяющие уравнению (x − 3)(x + 1) + 3(x − 3)
= (a − 1)(a + 2), и
x−3
найти все значения параметра a, при каждом из которых уравнение имеет
только один корень.
13. (ВМК-90.4) Решить неравенство
9v 2 − 48v − 21 + 9v 2 − 51v − 15 ≤ |3v − 6|.
14. (М/м-80.4) Решить систему уравнений
√
x3 − y = 1,
√
6
5x − 8x3 y + 2y = 2.
15. (Хим-91.3) Решить систему уравнений
√
√
2x − 1 + y + 3 = 3,
2xy − y + 6x − 3 = 4.
16. (Геол-00.5) Решить систему уравнений
17. (ВКНМ-00(1).3) Решить неравенство
18. (У) Решить уравнение: x + √
√
x + y + x + y = 30,
x2 + y 2 = 325.
2−
x
35
.
=
12
x2 − 1
2
<
x+1
2+
2
+ 1.
x
46
3.4.
Теория и задачи
Замены переменных в показательных и логарифмических уравнениях, неравенствах и системах
Теоретический материал
В задачах, содержащих выражения с показательными и логарифмическими функциями, также целесообразно применять замены переменных.
Как правило, прежде чем производить замену, необходимо произвести некоторые преобразования степеней и логарифмов: привести все степенные функции к
одному основанию (пример 2), перейти к логарифмам по одному основанию и с
одинаковыми подлогарифменными функциями (примеры 1 и 3) и так далее.
При решении задач в новых переменных следует учитывать области значений
заменённых выражений, чтобы отбросить полученные значения новых переменных, которые не удовлетворяют ограничениям, и тем самым сократить количество
рассматриваемых случаев.
Примеры решения задач
П р и м е р 1. (Физ-93.3) Решить уравнение
√
log2 x = 2 log2 x − 1.
Р е ш е н и е. Перепишем уравнение в виде
√
log2 x − 2 log2 x + 1 = 0
⇐⇒
log2 x − log2 x − 1 = 0.
Сделаем замену переменной t = log2 x, t ≥ 0 ; в новых обозначениях уравнение
становится квадратным:
√
1± 5
2
.
⇐⇒
t1,2 =
t −t−1 =0
2
Принимая
√ во внимание ограничение t ≥ 0 , отбрасываем отрицательный корень
1− 5
t2 =
< 0 . Возвращаемся к исходной переменной:
2
√
√
√
6+2 5
3+ 5
1+ 5
⇐⇒
x=2 4 =2 2 .
log2 x =
2
О т в е т. 2
√
3+ 5
2
.
П р и м е р 2. (Физ-97.2) Решить уравнение 7 ·
4x−2
=1+3·
4x − 3 · 5x
5
4
x
.
Р е ш е н и е. Так как 4x > 0 , то можно поделить числитель и знаменатель левой
части на 4x . Получим уравнение
1
7
=1+3
·
16 1 − 3 54 x
Сделаем замену переменной t = 3
примет вид
1
7
·
=1+t
16 1 − t
⇐⇒
5
4
5
4
x
.
x
, t > 0 ; в новых обозначениях уравнение
16t2 − 9
=0
t−1
⇐⇒
3
t=± .
4
3.4.
Замены переменных в показательных и логарифмических...
Поскольку t > 0 , оставляем решение t =
3
5
4
x
=
О т в е т.
3
4
5
4
⇐⇒
x
=
1
4
47
3
. Возвращаемся к исходной переменной:
4
⇐⇒
x = log 54
1
4
⇐⇒
x=
2
.
2 − log2 5
2
.
2 − log2 5
П р и м е р 3. (Псих-86.3) Решить неравенство
6 − lg(x4 )
<2
3 + lg(x4 )
Р е ш е н и е. Перепишем неравенство в виде
t = lg(x4 ):
6−t
<2
3+t
⇐⇒
2+
6 − lg(x4 )
< 2.
3 + 2 lg(x2 )
t−6
>0
t+3
⇐⇒
и сделаем замену
3t
> 0.
t+3
Последнее неравенство выполнено при t < −3 и t > 0 . Возвращаемся к исходной
переменной:
lg(x4 ) > 0;
lg(x4 ) < −3;
⇐⇒
⎡
x4 > 1;
0 < x4 < 0, 001;
⇐⇒
x < −1;
> 1;
⎢ x√
⎣ − 4 0, 001 < x < 0;
√
0 < x < 4 0, 001.
√
√
О т в е т. (−∞; −1) ∪ (− 4 0, 001; 0) ∪ (0; 4 0, 001) ∪ (1; +∞).
П р и м е р 4. (Псих-92.2) Решить систему уравнений
400 · 5y · 50x · 100x+y = 1,
log0,5x+0,4y (8−x · 4−y + 25−2x · 125−y ) · log41 (0, 5x + 0, 4y) = 1.
Р е ш е н и е. Из второго уравнения следует, что 0, 5x+0, 4y > 0 и 0, 5x+0, 4y = 1 .
Преобразуем первое уравнение системы:
400 · 5y · 50x · 100x+y = 1
⇐⇒
400 · 52x · 2x · 5y · 52x · 52y · 22x · 22y = 1
⇐⇒
400 · 54x+3y · 23x+2y = 1.
⇐⇒
Преобразуем второе уравнение системы:
log0,5x+0,4y (8−x · 4−y + 25−2x · 125−y )
=1
log0,5x+0,4y 41
⇐⇒
⇐⇒
log41 (8−x · 4−y + 25−2x · 125−y ) = 1
8−x · 4−y + 25−2x · 125−y = 41
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
2−3x−2y + 5−4x−3y = 41.
48
Теория и задачи
Сделаем замену переменных u = 2−3x−2y , v = 5−4x−3y :
u + v = 41,
400
= 1;
uv
⇐⇒
⎡ u + v = 41,
uv = 400;
⇐⇒
u = 16,
⎢
⎢ v = 25;
⎣
u = 25,
v = 16.
Вернёмся к исходным переменным. Рассмотрим первую пару (u, v).
−3x−2y
2
= 16,
−3x − 2y = 4,
x = −8,
⇐⇒
⇐⇒
−4x − 3y = 2;
y = 10.
5−4x−3y = 25;
При полученных значениях x и y второе уравнение исходной системы не имеет
смысла, так как основание логарифма в левой части равно нулю:
0, 5x + 0, 4y = −4 + 4 = 0.
Рассмотрим вторую пару (u, v).
−3x−2y
2
= 25,
⇐⇒
5−4x−3y = 16;
⇐⇒
−3x − 2y = log2 25,
−4x − 3y = log5 16;
⇐⇒
x = 2 log5 16 − 3 log2 25,
y = −3 log5 16 + 4 log2 25.
Проверим, имеет ли исходная система смысл при полученных значениях x и y .
Вычислим значение основания логарифма:
0, 5x + 0, 4y = log5 16 −
3
log2 25 − 1, 2 log5 16 + 1, 6 log2 25 = 0, 1 log2 25 − 0, 2 log5 16.
2
Сравним с нулём:
0, 1 log2 25 − 0, 2 log5 16
∨
2 log2 5
∨
log2 5 > 2 >
0
2 log5 16
log5 16.
Значит, log2 5 > log5 16 , то есть основание логарифма положительно. Сравним его
значение с единицей:
0, 5x + 0, 4y = 0, 1 log2 25 − 0, 2 log5 16 < 0, 1 · (5 − 1) = 0, 4 < 1.
Итак, полученные значения x и y удовлетворяют исходной системе.
О т в е т. (2 log5 16 − 3 log2 25; −3 log5 16 + 4 log2 25).
Задачи
1. (ЕГЭ.B) Решить уравнение 2x + 21−x = 3 .
2. (ЕГЭ.B) Решить уравнение lg2 x2 + lg 10x − 6 = 0 .
3.4.
Замены переменных в показательных и логарифмических...
√
x
3. (ЕГЭ.B) Решить уравнение 52
+ 125 = 6 · 5
4. (ИСАА-98.2) Решить уравнение 2−2x
2
+1
5. (Экон.М-98.4) Решить уравнение 32(x+1)
√
x+1
49
.
2
− 12 · 2−x + 5 = 0 .
2
+1
− 87 · 3x
2
+2x
+ 18 = 0.
2
6. (Почв-73.5) Найти все решения уравнения 43x +x − 8 = 2 · 8x
7. (Физ-80.3) Решить уравнение 3 log3 x − log3 3x − 1 = 0.
8. (Физ-74.3) Решить уравнение 2 3 2 log216 x −
2
+x
3
.
3
log2 x − 6 = 0.
9. (ИСАА-93.4) Решить уравнение
logx (3x − 2) − 2 =
log2x (3x − 2) + 4 logx
x
.
3x − 2
10. (Экон-79.5) Решить уравнение
log3x+7 (9 + 12x + 4x2 ) + log2x+3 (21 + 23x + 6x2 ) = 4.
11. (Геогр-78.4) Решить неравенство
log9 (3x2 − 4x + 2) + 1 > log3 (3x2 − 4x + 2).
12. (М/м-74.2) Решить неравенство
1 − log5 (x2 − 2x + 2) < log5 (5x2 −10x+10).
√
22+ x−1 − 24
√
> 1.
13. (Геогр-90.3) Решить неравенство
21+ x−1 − 8
14. (М/м-76.2) Решить неравенство
2
7
≥ x
.
9x − 2
3 −1
15. (Экон-99.2) Решить неравенство 4 ·
2x − 1 √
+ 14 ≤ 14 ·
2x
2x−2
.
2x − 1
16. (Псих-81.4) Решить уравнение
4
1
(log3 (5x − 6)3 )2 − (log3 (5x − 6)3 ) log3 x6 = −6 log3
3
x
2
.
logx 25 + 2y = 2,
−(logx 0, 2)3 + y = 1.
2x+1
3
− 3x+2 + 6 > 0,
18. (Геол.ОГ-74.2) Решить систему неравенств
2x+2
3
− 2 · 3x+2 − 27 < 0.
3 + logx (1 − y) = logx x(1 − y) ,
19. (Экон-75.3) Решить систему уравнений
xy = −6.
17. (Псих-89.3) Решить систему уравнений
50
Теория и задачи
20. (ВМК-97.4) Найти все решения системы уравнений
x
4 + 5 · 2x − 2 · 3y = 2,
2 · 9y + 2x + 2 · 3y = 1.
21. (Хим-85.5) Решить систему уравнений
|x − y| − log22 (|x| + y + 1) + 6 = 0,
(x − y)2 − 6(x − y) log2 (|x| + y + 1) + 5 log22 (|x| + y + 1) = 0.
22. (Хим-00.6) Решить уравнение
√
√
√
√
(26 + 15 3)x − 5(7 + 4 3)x + 6(2 + 3)x + (2 − 3)x = 5.
3.5.
Замены в тригонометрических уравнениях и тригонометрические замены
Теоретический материал
В некоторых задачах удобно использовать следствия из основного тригонометрического тождества, например, (sin x ± cos x)2 = 1 ± 2 sin x cos x = 1 ± sin 2x.
Другими словами, если тригонометрическое уравнение или неравенство содержит
выражения вида sin x ± cos x и sin 2x, то заменой переменных t = sin x ± cos x
оно может быть сведено к алгебраическому (этот подход реализован в примере 1).
Если ОДЗ исходной
√ задачи ограничена (например, уравнение содержит иррациональность
вида
a − x2 , поэтому область определения будет содержаться в
√ √
отрезке [− a; a]), то можно
сделать тригонометрическую замену переменной
√
√
π
π
или x = a cos t (0 ≤ t ≤ π). Такая замена в
− ≤t≤
x = a sin t
2
2
алгебраической задаче не приводит к потере возможных решений в силу ограниченности ОДЗ, но может существенно облегчить её решение благодаря большому
арсеналу тригонометрических тождеств и способов преобразований тригонометрических выражений (см. пример 2).
Переход от алгебраической постановки к тригонометрической целесообразен и
в случае, когда одно из уравнений задачи имеет вид a2 x2 + b2 y 2 = c2 , где c = 0 .
2
a 2
b
Приведя уравнение к виду
x2 +
y 2 = 1 и сделав замену переменных
c
c
a
b
x = sin φ,
y = cos φ, можно трактовать его как основное тригонометриc
c
ческое тождество и смело переходить к тригонометрической интерпретации задачи
в целом.
Примеры решения задач
П р и м е р 1. (Филол-74.3) Решить уравнение sin4 x + cos4 x = sin 2x.
Р е ш е н и е. Заметим, что
sin4 x + cos4 x = (sin2 x + cos2 x)2 − 2 sin2 x cos2 x = 1 −
1
sin2 2x.
2
3.5.
Замены в тригонометрических уравнениях...
51
Сделаем замену переменной t = sin 2x, при этом |t| ≤ 1 . Получим:
1
1 − t2 = t
2
t2 + 2t − 2 = 0.
⇐⇒
Решая последнее уравнение, с учётом условия на t находим t =
щаемся к переменной x:
sin 2x =
О т в е т.
√
3−1
⇐⇒
x=
√
3 − 1. Возвра-
√
(−1)n
arcsin( 3 − 1) + πn, n ∈ Z.
2
√
(−1)n
arcsin( 3 − 1) + πn, n ∈ Z.
2
П р и м е р 2. (Хим-94.3) Решить уравнение
√
√
sin 2x = cos x − sin x − 1.
Р е ш е н и е. Исходное уравнение эквивалентно системе
sin 2x = cos x − sin x − 1,
cos x − sin x − 1 ≥ 0.
Учитывая, что sin 2x = 1 − (cos x − sin x)2 , и заменяя cos x − sin x на новую
переменную t, перепишем систему в виде
1 − (cos x − sin x)2 = cos x − sin x − 1,
1 − t2 = t − 1,
⇐⇒
⇐⇒
cos x − sin x ≥ 1;
t ≥ 1;
⇐⇒
t − 1 + t2 − 1 = 0,
t ≥ 1;
⇐⇒
(t − 1)(t + 2) = 0,
t ≥ 1;
⇐⇒
t = 1.
Возвращаемся к переменной x:
t=1
⇐⇒
⇐⇒
cos x − sin x = 1
1
π
= √
cos x +
4
2
⇐⇒
О т в е т. −
x=−
√
π
=1
2 cos x +
4
⇐⇒
⇐⇒
x+
π
π
= ± + 2πn
4
4
⇐⇒
⇐⇒
π
π
± + 2πn, n ∈ Z.
4
4
π
+ 2πn, 2πm; n, m ∈ Z.
2
П р и м е р 3. (Геол-81.6) Решить уравнение
Р е ш е н и е. Перепишем уравнение в виде
√
1 − x2 + 2x 1 − x2 + x2
= 1 − 2x2
⇐⇒
2
√
1 + 2x 1 − x2
+ 2x2 = 1.
2
(x +
√
1 − x2 )2
= 1 − 2x2 .
2
52
Теория и задачи
Из исходного уравнения получаем,
π π что −1 ≤ x ≤ 1 , поэтому можем сделать
. Тогда с учётом ограничения на t уравнение
замену x = sin t, где t ∈ − ;
2 2
преобразуется к следующему виду:
sin t + 1 − sin2 t sin t + cos t = cos 2t
√
√
⇐⇒
⇐⇒
= cos 2t
2
2
⇐⇒
⇐⇒
⎧
⎪
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
⎪
⎩
⎧
π π
⎪
t
∈
− ;
,
⎪
⎪
⎪
2 2
⎪
⎨
cos 2t ≥ 0,
⇐⇒
⇐⇒
⎪
⎪
π
⎪
⎪
⎪
⎩ cos t − 4 ± cos 2t = 0;
⎧
π π
⎪
t
∈
− ;
,
⎪
⎨
4 4
π
π
⎪
cos
t
−
+
cos
2t
cos
t
−
−
cos
2t
= 0;
⎪
⎩
4
4
π π
t∈ − ;
,
4 4
3t π
t
π
3t π
t
π
2 cos
−
cos
+
· 2 sin
−
sin
+
2
8
2
8
2
8
2
8
⇐⇒
⇐⇒
⎧
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩
⎧
π π
⎪
t
∈
− ;
,
⎪
⎨
4 4
π
π
⎪
sin
3t
−
sin
t
+
= 0;
⎪
⎩
4
4
π π
t∈ − ;
,
4 4
⎡
πn
π
+
, n ∈ Z;
t=
⇐⇒
12
3
⎢
⎢
π
⎣ t = − + πk, k ∈ Z ;
4
⇐⇒
⎡
π
t=
;
⎢
12
⎢
⎣ t = −π .
4
Вычислим x = sin t для найденных значений переменной t:
√
√
√
π
π
6− 2
2
π
π
= sin
−
=
, sin −
=−
.
sin
12
3
4
4
4
2
√
√
√
6− 2
2
; −
.
О т в е т.
4
2
Задачи
1. (Геол-00.4) Решить неравенство 4 cos2 x + tg2 x ≤ 3.
2. (У) Решить неравенство tg3 x + ctg3 x + tg4 x + ctg4 x ≥ 0.
⇐⇒
= 0;
⇐⇒
4.1.
Недоопределённые задачи
53
3. (Псих-76.4) Найти все корни уравнения
√
5 + 4 sin x − 4 cos2 x = 2 + cos 2x.
4. (ВМК-96(1).3) Решить уравнение
12 sin x −
17
9
1
9
cos 2x +
= + 4 sin x + cos2 x.
2
2
8
2
5. (Биол-76.1) Решить уравнение | sin x + cos x| = 1 + sin 2x.
6. (Биол-85.5) Сколько корней на отрезке [0; 1] имеет уравнение
8x(2x2 − 1) · (8x4 − 8x2 + 1) = 1?
7. (Экон.К-85.5) Среди всех решений (x, y, z, v) системы
⎧
⎨ x2 + y 2 = 4,
z 2 + v 2 = 9,
⎩ xv + yz ≥ 6
найти такие, при каждом из которых выражение x+z принимает наибольшее
значение.
8. (М/м-75.2) Найти все пары действительных чисел (x, y), удовлетворяющих
условию x > 0 и системе уравнений
√
sin (x − π)2 + y 2 = 0,
log√2π x2 + y 2 + 2 log2π x2 + y 2 = 2.
9. (Экон.К-75.1) Найти все действительные решения уравнения
√
3+2 2
4.
4.1.
sin x
+
√
3−2 2
sin x
=
10
.
3
Нестандартные текстовые задачи
Недоопределённые задачи
Теоретический материал
В этом разделе собраны задачи, сводящиеся к решению систем, в которых уравнений меньше, чем неизвестных.
Обычно в таких задачах надо найти некоторую комбинацию неизвестных, для
чего, как правило, не требуется вычислять значения всех входящих в неё переменных.
При решении недоопределённых задач может помочь введение новых переменных, относительно которых система становится определённой. Иногда эти новые
переменные и являются теми величинами, которые надо найти по условию задачи.
54
Теория и задачи
Примеры решения задач
П р и м е р 1. (Геогр-86.3) Три цистерны одинакового объёма начинают одновременно заполняться водой, причём в первую цистерну поступает 100 литров воды в
минуту, во вторую – 60 и в третью – 80. Известно, что в начальный момент первая
цистерна пуста, вторая и третья частично заполнены, и что все три цистерны будут
заполнены одновременно. Во сколько раз количество воды в начальный момент
времени во второй цистерне больше, чем в третьей?
Р е ш е н и е. Пусть V л – объём первой цистерны и t мин. – время её заполнения
водой, тогда V = 100t. Пусть во второй цистерне изначально было x л воды, а в
третьей – y л. По условию задачи необходимо найти отношение x : y . Так как все
три цистерны имеют одинаковый объём и будут заполнены водой одновременно,
то V = x + 60t, V = y + 80t. В результате получаем систему:
⎧
⎧
⎧
⎨ V = 100t,
⎨ V = 100t,
⎨ V = 100t,
x = 40t,
100t = x + 60t, ⇐⇒
V = x + 60t, ⇐⇒
⎩ y = 20t;
⎩ 100t = y + 80t;
⎩ V = y + 80t;
откуда x : y = 2 .
О т в е т. В 2 раза.
П р и м е р 2. (Филол-72.1) Гвоздь, 3 винта и 2 шурупа весят вместе 24 г, 2 гвоздя,
4 шурупа и 5 винтов – 44 г. Сколько весят вместе гвоздь, 4 винта и 2 шурупа?
Р е ш е н и е. Пусть 1 гвоздь весит x г, 1 шуруп – y г, 1 винт – z г, тогда
x + 2y + 3z = 24,
2x + 4y + 5z = 44;
а найти надо x+2y +4z. Из этой системы нельзя определить значения переменных
x, y и z , однако можно предположить, что искомая величина x + 2y + 4z является линейной комбинацией левых частей данных уравнений. Другими словами,
найдутся такие числа a и b , что
a(x + 2y + 3z) + b(2x + 4y + 5z) = x + 2y + 4z.
Для того, чтобы определить значения a и b , достаточно раскрыть скобки и приравнять коэффициенты при x, y и z . Слева при x будет (a + 2b), а справа 1,
следовательно, a + 2b = 1 . Слева при y будет (2a + 4b), а справа 2, следовательно,
2a + 4b = 2 . Слева при z будет (3a + 5b), а справа 4, следовательно, 3a + 5b = 4 .
В результате получаем систему:
⎧
⎨ a + 2b = 1,
2a + 4b = 2,
⎩ 3a + 5b = 4;
откуда a = 3, b = −1 .
Если домножить первое уравнение на 3 и вычесть из него второе уравнение,
то получим
(3 − 2)x + (2 · 3 − 4)y + (3 · 3 − 5)z = 24 · 3 − 44,
откуда x + 2y + 4z = 28 .
4.1.
Недоопределённые задачи
55
З а м е ч а н и е. Предложенный метод решения (метод неопределённых коэффициентов) особенно эффективен при решении систем с большим числом уравнений.
Небольшие системы можно решать и с помощью обычной подстановки, последовательно уменьшая число неизвестных и число уравнений.
О т в е т. 28.
Задачи
1. (Почв-83.1) Поле разделено на три участка. За день были вспаханы половина
первого участка и 3/4 второго участка, а третий участок, который составляет
четвёртую часть всего поля, был вспахан полностью. Вспаханная за день
площадь поля в два раза больше площади второго участка. Какую часть
площади поля составляет площадь, вспаханная за день?
2. (Почв-78.3) Имеются два слитка золота с серебром. Процентное содержание золота в первом слитке в два с половиной раза больше, чем процентное
содержание золота во втором слитке. Если сплавить оба слитка вместе, то
получится слиток, в котором будет 40% золота. Найти, во сколько раз первый слиток тяжелее второго, если известно, что при сплавке равных по весу
частей первого и второго слитков получается слиток, в котором содержится
35% золота.
3. (Геол-97(2).6) В момент, когда два бассейна были пустыми, 4 трубы одинаковой производительности были подключены для заполнения первого бассейна.
Когда первый бассейн был заполнен на 1/6 его объёма, одну трубу переключили для заполнения второго бассейна. Когда первый бассейн был заполнен
на 1/2 его объёма, еще 2 трубы переключили для заполнения второго бассейна. После этого оба бассейна наполнились доверху одновременно. Найти
отношение объёмов бассейнов. (Временем на переключения пренебречь).
4. (Фил-90.4) От двух сплавов массами 7 кг и 3 кг с разным процентным содержанием магния отрезали по куску одинаковой массы. Затем кусок, отрезанный от первого сплава, сплавили с остатком второго сплава, а кусок,
отрезанный от второго сплава, сплавили с остатком первого сплава. Определить массу каждого из отрезанных кусков, если новые сплавы получились с
одинаковым процентным содержанием магния.
5. (Геогр-88.3) Из пункта A в пункт C , находящийся на расстоянии 20 км
от A, выехал грузовик. Одновременно с ним из пункта B , расположенного
между A и C на расстоянии 15 км от A, в пункт C вышел пешеход, а из
C навстречу им выехал автобус. За какое время грузовик догнал пешехода,
если известно, что это произошло через полчаса после встречи грузовика с
автобусом, а пешеход до встречи с автобусом находился в пути втрое меньше
времени, чем грузовик до своей встречи с автобусом?
6. (ВМК-89.3) Из пункта A в пункт B вышел пешеход. Вслед за ним через 2
часа из пункта A выехал велосипедист, а еще через 30 минут – мотоциклист.
Пешеход, велосипедист и мотоциклист двигались равномерно и без остановок. Через некоторое время после выезда мотоциклиста оказалось, что к
этому моменту все трое преодолели одинаковую часть пути от A до B . На
56
Теория и задачи
сколько минут раньше пешехода в пункт B прибыл велосипедист, если пешеход прибыл в пункт B на 1 час позже мотоциклиста?
7. (Псих-82.5) Из пункта A в пункт B вышел пешеход, и одновременно из
пункта B в пункт A выехал мотоциклист. Встретив в пути пешехода, мотоциклист сразу же развернулся, довез пешехода до пункта B , а затем тотчас
же снова поехал в пункт A, куда и беспрепятственно добрался. В результате
мотоциклист затратил на дорогу до пункта A в два с половиной раза больше
времени, чем если бы он ехал из пункта B в пункт A, не подвозя пешехода.
Во сколько раз медленнее пешеход добрался бы до пункта B , если бы весь
путь от A до B он прошел пешком?
8. (Геол-94(2).9) Четыре бригады разрабатывали месторождение железной руды в течение трёх лет, работая с постоянной для каждой бригады производительностью. По одному месяцу на первом и третьем году работа не велась,
а все остальное время (то есть в течение 34 месяцев) работала только одна
из бригад. Отношения времен работы первой, второй, третьей и четвёртой
бригад и количество выработанной продукции соответственно равны:
в первый год 3 : 2 : 4 : 2 и 10 млн.т,
во второй год 4 : 2 : 5 : 1 и 9 млн.т,
в третий год 4 : 3 : 3 : 1 и 8 млн.т.
Сколько млн.т железной руды выработали бы за 7 месяцев четыре бригады,
работая все вместе?
4.2.
Неравенства в текстовых задачах
Теоретический материал
В данном разделе рассматриваются текстовые задачи, которые описываются неравенством или смешанной системой, состоящей из уравнений и неравенств.
Решение этих задач существенно упрощается, если удаётся использовать такие
свойства переменной как целочисленность и неотрицательность. Обычно отбор
физически допустимых решений неравенств на множестве целых чисел приводит
к единственному значению целочисленной переменной.
Единственное решение системы неравенств может быть получено и для действительной переменной, если множества решений отдельных неравенств, входящих в систему, пересекаются в одной точке.
Если же в результате решения задачи получился целый промежуток или
несколько значений и нет дополнительных ограничений, вытекающих из условия задачи и физического смысла переменной, то все найденные значения надо
указывать в ответе.
Примеры решения задач
П р и м е р 1. (Экон-78.4) Груз вначале погрузили в вагоны вместимостью по 80
тонн, но один вагон оказался загружен не полностью. Тогда весь груз переложили
в вагоны вместимостью по 60 тонн, однако понадобилось на восемь вагонов больше
и при этом всё равно один вагон остался не полностью загруженным. Наконец, груз
переложили в вагоны вместимостью по 50 тонн, однако понадобилось ещё на пять
4.2.
Неравенства в текстовых задачах
57
вагонов больше, при этом все такие вагоны были загружены полностью. Сколько
тонн груза было?
Р е ш е н и е. Пусть потребовалось n вагонов по 80 т для погрузки S т груза; тогда
из условия задачи получаем систему:
⎧
⎨ 80(n − 1) < S < 80n,
60(n + 8 − 1) < S < 60(n + 8),
⎩ S = 50(n + 8 + 5), n ∈ N;
подставляем S = 50(n + 13) в неравенства:
значит,
8(n − 1) < 5(n + 13) < 8n,
6(n + 7) < 5(n + 13) < 6(n + 8);
⇐⇒
65 < 3n < 73,
17 < n < 23;
65
< n < 23 , то есть n = 22 , и S = 50(n + 13) = 50 · 35 = 1750 т.
3
О т в е т. 1750 тонн.
П р и м е р 2. (Экон.К-85.4) В 6 часов утра из пункта A в пункт B по течению
реки отправились лодка и катер. Лодка прибыла в пункт B в 16 часов того же
дня. Катер, дойдя до пункта B , сразу повернул назад и на своём пути из B в А
встретил лодку не позднее 14 часов, а прибыл в пункт А не ранее 22 часов того
же дня. Найти время прибытия катера в пункт B , если его собственная скорость
(скорость в стоячей воде) вдвое больше собственной скорости лодки.
Р е ш е н и е. Обозначим за x и 2x км/ч собственные скорости лодки и катера, u
км/ч – скорость течения реки, S км – путь АВ, t ч – время движения катера от
пункта А до пункта В, тогда T = t+6 ч искомое время прибытия катера в пункт В.
Так как катер доплыл до пункта B за t ч, а лодка по условию за 10 часов, то
S = t(2x + u),
S = 10(x + u).
Поскольку катер вернулся в пункт А не ранее 22 часов того же дня, то в пути от
A до B и обратно он провёл не менее 16 ч, то есть
t+
S
≥ 16.
2x − u
К моменту, когда катер прибыл в B, лодка проплыла t(x+ u) км. Дойдя до пункта
B, катер сразу повернул назад и на своём пути из B в А встретил лодку не позднее
14 часов. Следовательно, суммарное время движения катера от А до B и от B до
встречи с лодкой не превосходит 8 ч:
t+
S − t(x + u)
≤ 8.
(x + u) + (2x − u)
58
Теория и задачи
Запишем полученные уравнения и неравенства в систему:
⎧
S = t(2x + u),
⎪
⎧
⎪
⎪
t(2x + u) = 10(x + u),
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
S
=
10(x
+
u),
⎪
⎪
⎪
⎪
⎨
⎨
t(2x + u)
t+
≥ 16,
S
=⇒
2x − u
t
+
≥
16,
⎪
⎪
⎪
⎪
2x − u
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩ t + t(2x + u) − t(x + u) ≤ 8;
S
−
t(x
+
u)
⎪
⎪
3x
⎩ t+
≤ 8;
(x + u) + (2x − u)
⎧ u
u
⎪
t
2
+
=
10
1
+
,
⎪
⎪
x
x
⎪
⎨
4tx
⇐⇒
≥ 16,
⎪
⎪
2x
−u
⎪
⎪
⎩
t ≤ 6;
⇐⇒
⎧
u
2t − 10
⎪
⎪
=
,
⎪
⎪
x
10 − t
⎪
⎪
⎨
4t
u ≥ 16,
⎪
⎪
2−
⎪
⎪
x
⎪
⎪
⎩
t ≤ 6.
Подставив выражение для величины u/x из первого уравнения в неравенство,
получим систему для t:
⎧
⎪
⎪
⎨
4t
≥ 16,
2t − 10
2−
⇐⇒
10 − t
⎪
⎪
⎩
t ≤ 6;
t2 − 26t + 120 ≤ 0,
t ≤ 6;
⎧
⎨ t(10 − t) ≥ 8,
15 − 2t
⇐⇒
⎩
t ≤ 6;
⇐⇒
6 ≤ t ≤ 20,
t ≤ 6;
⇐⇒
t = 6.
В результате, искомое значение равно T = t + 6 = 12 ч.
О т в е т. В 12 ч.
Задачи
1. (Физ-68.3) Купили несколько одинаковых книг и одинаковых альбомов. За
книги заплатили 10 руб. 56 коп., за альбомы – 56 коп. Книг купили на 6
штук больше, чем альбомов. Сколько купили книг, если цена одной книги
больше, чем на 1 руб. превосходит цену одного альбома?
2. (Псих-84.5) Второй член арифметической прогрессии, состоящей из целых
чисел, равен 2, а сумма квадратов третьего и четвёртого ее членов меньше
4. Найти первый член этой прогрессии.
3. (Геогр-97(1).4) Танкер может заполняться через две трубы, причём его заполнение через первую трубу происходит на 5 часов медленнее, чем через
вторую. При каких значениях времени заполнения танкера через первую
трубу его заполнение через обе трубы одновременно занимает не менее 6
часов?
4.3.
Оптимальный выбор...
59
4. (Хим-97.4) N насосов различной мощности наполняют бассейн водой. Первый насос, работая автономно, может наполнить весь бассейн за 2 часа, второй за 4 часа, . . . , n-ый – за 2n часов. Каким должно быть наименьшее число
насосов n, чтобы все n насосов, работая одновременно, наполнили бассейн
быстрее, чем за 1 час и 1 минуту? Можно ли наполнить бассейн быстрее, чем
за 1 час?
5. (М/м-92.4) Один рабочий на новом станке производит за 1 час число деталей, большее 8, а на старом станке – на 3 детали меньше. На новом станке
один рабочий выполняет дневную норму за целое число часов, а два рабочих вместе выполняют норму на старых станках на 1 час быстрее. Из какого
количества деталей состоит дневная норма?
6. (Экон-85.5) Из пункта A в пункт B вышел пешеход. Не позже, чем через 40
минут, вслед за ним вышел ещё один пешеход. В пункт B сначала пришел
один из пешеходов, а другой достиг B не раньше, чем через час после этого.
Если бы пешеходы вышли одновременно, то они бы прибыли в пункт B с
интервалом не более, чем в 20 минут. Определить, сколько времени требуется
каждому пешеходу на путь от A до B , если скорость одного из них в 1,5
раза больше скорости другого.
7. (Геол.ОГ-83.5) Автобус проходит путь AE , состоящий из участков AB , BC,
CD, DE длиной 10 км, 5 км, 5 км, 6 км соответственно. При этом, согласно
расписанию, выезжая из пункта A в 9 ч, он проходит пункт B в 9 15 ч,
пункт C – в 9 83 ч, пункт D – в 9 32 ч. С какой постоянной скоростью v
должен двигаться автобус, чтобы сумма абсолютных величин отклонений от
расписания прохождения пунктов B, C, D и времени движения автобуса от
A до E при скорости v , не превосходила 51,7 мин?
4.3.
Оптимальный выбор, наибольшие и наименьшие значения
Теоретический материал
Текстовые задачи, в которых требуется отыскать наибольшее или наименьшее значение некоторой функции нескольких переменных, связанных дополнительными
условиями, встречаются достаточно часто.
Общий подход к решению таких задач состоит в следующем. Обозначаем исследуемую функцию за новую переменную, выражаем одну из исходных переменных
через новую и в результате получаем уравнение, неравенство или систему соотношений, зависящих (в том числе) от новой переменной. Остаётся выяснить, при
каких условиях задача в новой формулировке имеет решения. На этом этапе активно используются свойства элементарных функций, что позволяет обойтись без
применения производной.
Задачи на оптимальный выбор, как правило, сводятся к отысканию максимального (минимального) значения некоторой функции от нескольких целочисленных
переменных, удовлетворяющих системе уравнений или неравенств в целых числах,
и поэтому являются частным случаем задач о поиске наибольшего и наименьшего
значения. Основные особенности решения задач на оптимальный выбор рассмотрены в примере 1.
60
Теория и задачи
Примеры решения задач
П р и м е р 1. (Экон.К-84.5) Из строительных деталей двух видов можно собрать
три типа домов. Для сборки 12-квартирного дома необходимо 70 деталей первого
и 100 деталей второго вида. Для сборки 16-квартирного дома требуется 110 и
150, а для дома на 21 квартиру нужно 150 и 200 деталей первого и второго вида
соответственно. Всего имеется 900 деталей первого и 1300 деталей второго вида.
Сколько и каких домов нужно собрать, чтобы общее количество квартир было
наибольшим?
Р е ш е н и е. Пусть n – число 12-квартирных домов, m – число 16-квартирных,
k – 21-квартирных домов. Тогда S = 12n + 16m + 21k общее число квартир. Так
как всего имеется 900 деталей первого и 1300 деталей второго вида, то
70n + 110m + 150k ≤ 900,
7n + 11m + 15k ≤ 90,
⇐⇒
100n + 150m + 200k ≤ 1300;
2n + 3m + 4k ≤ 26.
Заметим два полезных соотношения, связывающих число квартир и количество
деталей.
1) Два 12-квартирных дома (24 квартиры за 140 и 200 деталей) выгоднее, чем один
21-квартирный дом (21 квартира за 150 и 200 деталей).
Вывод: строить 21-квартирные дома невыгодно; значит, k = 0 .
2) Три 12-квартирных дома (36 квартир за 210 и 300 деталей) выгоднее двух 16квартирных домов (32 квартиры за 220 и 300 деталей).
Вывод: число 16-квартирных домов меньше двух; значит, m ∈ {0; 1} .
Теперь задача свелась к отысканию целых n ≥ 0 и m ∈ {0; 1} , удовлетворяющих
системе
7n + 11m ≤ 90,
2n + 3m ≤ 26;
при которых величина S = 12n + 16m принимает наибольшее значение.
При m = 0 максимальное значение n, удовлетворяющее системе, равно 12. При
этом S = 12n = 144.
При m = 1 максимальное значение n, удовлетворяющее системе, равно 11. При
этом S = 12n + 16m = 148 > 144.
Следовательно, общее количество квартир будет наибольшим при n = 11 , m = 1 ,
k = 0.
О т в е т. 11 домов по 12 квартир и один дом на 16 квартир.
П р и м е р 2. (Экон.К-78.4) Имеется три сплава. Первый сплав содержит 30%
никеля и 70% меди, второй – 10% меди и 90% марганца, третий – 15% никеля,
25% меди и 60% марганца. Из них необходимо приготовить новый сплав, содержащий 40% марганца. Какое наименьшее и какое наибольшее процентное содержание
меди может быть в этом новом сплаве?
4.3.
Оптимальный выбор...
Р е ш е н и е. Введем обозначения:
Никель
30%
I сплав :
II сплав : −
III сплав : 15%
60 − p%
Общий :
61
Медь
70%
10%
25%
p%
Марганец
−
90%
60%
40%
Масса
x кг
y кг
z кг
x + y + z кг
Из условия задачи получаем систему уравнений:
⎧
⎧
⎨ 0, 9y + 0, 6z = 0, 4(x + y + z),
⎨ 4x − 5y − 2z = 0,
⇐⇒
0, 7x + 0, 1y + 0, 25z
70x + 10y + 25z
⎩
⎩ p=
· 100 = p;
;
x+y+z
x+y+z
где 0 ≤ p ≤ 60, x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 .
2
4
Выразив y = x − z из первого уравнения и подставив во второе, получим:
5
5
7(z + 3x) + 5x
25x
70x + 8x − 4z + 25z
7z + 26x
=5·
= 35 +
.
p=
=5·
2
4
z + 3x
z + 3x
z + 3x
x+ x− z+z
5
5
2
4
Из условия y = x − z ≥ 0 следует, что 0 ≤ z ≤ 2x, значит,
5
5
25x
25x
130
1
35 +
≤ p ≤ 35 +
⇐⇒ 40 ≤ p ≤
= 43 .
2x + 3x
0 + 3x
3
3
При этом наименьшее значение p достигается при z = 2x, y = 0 ; наибольшее –
4
при z = 0, y = x.
5
1
О т в е т. 40% и 43 %.
3
Задачи
1. (Экон.К-68.3) На 100 рублей решено купить ёлочных игрушек. Ёлочные игрушки продаются наборами. Набор, состоящий из 20 игрушек, стоит 4 рубля; набор, состоящий из 35 игрушек, стоит 6 рублей и набор, состоящий из
50 игрушек, стоит 9 рублей. Сколько каких наборов нужно купить, истратив
все 100 рублей, чтобы было куплено наибольшее количество игрушек?
2. (Экон.М-96.3) В контейнер упакованы изделия двух типов. Стоимость и вес
одного изделия составляют 400 тыс.руб. и 12 кг для первого типа и 600
тыс.руб. и 15 кг для второго типа. Общий вес комплектующих равен 321 кг.
Определить минимальную и максимальную возможную суммарную стоимость находящихся в контейнере изделий.
3. (Экон-96.4) В контейнер упакованы комплектующие изделия трёх типов.
Стоимость и вес одного изделия составляют 400 тыс.руб. и 12 кг для первого
типа, 500 тыс.руб. и 16 кг для второго типа, 600 тыс.руб. и 15 кг для третьего
типа. Общий вес комплектующих равен 326 кг. Определить минимальную и
максимальную возможную суммарную стоимость находящихся в контейнере
комплектующих изделий.
62
Теория и задачи
4. (Псих-87.3) Бригада маляров белила потолки в классе и в актовом зале школы, причём площадь потолка в актовом зале в три раза больше, чем площадь потолка в классе. В той части бригады, которая работала в актовом
зале, было на 6 маляров больше, чем в той части, которая работала в классе.
Когда побелка всего потолка в актовом зале закончилась, та часть бригады,
которая была в классе, ещё работала. Какое наибольшее число маляров могло быть в бригаде, если все они начали работать одновременно и работали
с одинаковой производительностью?
5. (Экон-90.4) Натуральные числа a, b, c, взятые в указанном порядке, образуют возрастающую геометрическую прогрессию, знаменатель которой является целым числом. Числа 2240 и 4312 делятся без остатка на b и с соответственно. Найти числа a, b и c, если известно, что при указанных условиях
сумма a + b + c максимальна.
6. (Псих-94.5) Абитуриенты сдавали экзамены в течение трёх дней в одних и тех
же аудиториях. Число экзаменовавшихся каждый день абитуриентов в каждой аудитории было равно числу аудиторий. Если бы экзамены проводились
в другом корпусе, то их можно было бы провести за два дня, используя каждый день одни и те же аудитории, причём каждый день в каждой аудитории
абитуриентов удалось бы рассадить по рядам так, что число рядов, а также
число людей в ряду было бы равно числу используемых аудиторий. Определить минимальное возможное число абитуриентов, которое могло бы быть
проэкзаменовано при этих условиях.
7. (ВМК-87.5) С завода на стройку нужно перевезти 24 больших и 510 маленьких бетонных блоков. Доставка блоков осуществляется автомашинами, каждая из которых вмещает 44 маленьких блока и имеет грузоподъемность 10
тонн. Вес маленького блока - 0,2 тонны, большой блок весит 3,6 тонны и занимает место 14 маленьких. Найти минимальное число рейсов, достаточное
для перевозки всех блоков.
8. (Геол-99.6) Дана арифметическая прогрессия a1 , a2 , . . . , an , в которой a3 =
−13 и a7 = 3. Определить, при каком количестве членов сумма прогрессии
будет наименьшей; найти значение этой суммы.
9. (Экон-94.5) Предприятие производит телевизоры и является прибыльным.
Известно, что при изготовлении n телевизоров в месяц расходы предпри40500
на выпуск
одного телевизора составляют не менее
+ 270 −
n
ятия 40500
тыс.руб., а цена реализации каждого телевизора при этом не
90 −
n
3
превосходит 540 − 10
n тыс.руб. Определить ежемесячный объём производства, при котором может быть получена наибольшая из возможных в данных
условиях ежемесячная прибыль.
10. (ВМК-95.5) Строительной организации необходимо построить некоторое количество одинаковых домов общей площадью ровно 2500 кв.м. Стоимость
одного дома площадью a кв.м складывается из стоимости материалов p1 a3/2
тыс.руб., стоимости строительных работ p2 a тыс.руб. и стоимости отделочных работ p3 a1/2 тыс.руб. Числа p1 , p2 , p3 являются последовательными членами геометрической прогрессии, их сумма равна 21, а их произведение равно 64. Если построить 63 дома, то затраты на материалы будут меньше, чем
5.1.
Исследование свойств квадратичной функции...
63
затраты на строительные и отделочные работы. Сколько следует построить
домов, чтобы общие затраты были минимальными?
5.
5.1.
Использование свойств квадратного трёхчлена
в задачах с параметрами
Исследование свойств квадратичной функции в зависимости от значений параметра. Теорема Виета
Теоретический материал
По нашим наблюдениям, тема “Квадратный трёхчлен и его свойства” хорошо
усваивается школьниками. Каждый абитуриент, сдающий математику на вступительных экзаменах, помнит общий вид и график квадратного трёхчлена, формулы
корней и даже формулировки основных теорем. В принципе, этих знаний достаточно для того, чтобы решить любую задачу выпускных и вступительных экзаменов на свойства квадратного трёхчлена, в том числе и задачу с параметрами.
Однако для оптимизации решения необходимо владеть специальными навыками
и приёмами работы с квадратными уравнениями и неравенствами.
Напомним основные теоремы, связывающие коэффициенты квадратного трёхчлена с его корнями.
Теорема Виета. Если квадратное уравнение ax2 + bx + c = 0 имеет два корня
x1 и x2 (может быть, совпадающих), то для них выполнены соотношения
⎧
⎨x1 + x2 = − b ,
a
⎩x1 x2 = c .
a
Обратная теорема Виета.
Если числа x1 и x2 являются решениями системы
x1 + x2 = −p,
x1 x2 = q;
то они же являются корнями приведённого квадратного трёхчлена x2 + px + q .
Особо подчеркнём, что теорема Виета может быть применена только к квадратному трёхчлену, имеющему корни. Это означает, что прежде чем использовать
хотя бы одно соотношение, связывающее корни квадратного трёхчлена с его коэффициентами, необходимо убедиться в существовании корней, то есть проверить
неотрицательность дискриминанта:
D = b2 − 4ac ≥ 0.
64
Теория и задачи
Примеры решения задач
П р и м е р 1. (ИСАА-92.6) При каких значениях параметра a сумма S квадратов корней уравнения x2 + 2ax + 2a2 + 4a + 3 = 0 является наибольшей? Чему
равна эта сумма?
Р е ш е н и е. Уравнение имеет корни при неотрицательном дискриминанте:
D/4 = a2 − 2a2 − 4a − 3 ≥ 0
⇐⇒
a2 + 4a + 3 ≤ 0
⇐⇒
−3 ≤ a ≤ −1.
Сумму квадратов корней найдём, используя теорему Виета:
S = x21 + x22 = (x1 + x2 )2 − 2x1 x2 = 4a2 − 2(2a2 + 4a + 3) = −8a − 6.
При −3 ≤ a ≤ −1 получаем 2 ≤ −8a−6 ≤ 18 , следовательно, наибольшее значение
суммы равно 18 и оно достигается при a = −3 .
О т в е т. −3 ; 18 .
П р и м е р 2 ∗ . (М/м-96.6) При каких значениях параметра a уравнение
(x2 − x + a2 + 2)2 = 4a2 (2x2 + 2 − x)
имеет ровно три различных решения?
Р е ш е н и е. Преобразуем уравнение следующим образом:
((x2 − x + 2) + a2 )2 = 4a2 (x2 + (x2 − x + 2));
(x2 − x + 2)2 + a4 + 2a2 (x2 − x + 2) = 4a2 x2 + 4a2 (x2 − x + 2);
((x2 − x + 2) − a2 )2 − 4a2 x2 = 0;
(x2 − x + 2 − a2 − 2ax)(x2 − x + 2 − a2 + 2ax) = 0.
Следовательно, исходное уравнение равносильно совокупности:
!
x2 − (2a + 1)x + 2 − a2 = 0;
x2 + (2a − 1)x + 2 − a2 = 0.
Она имеет ровно три различных решения в одном из следующих случаев: у каждого из уравнений по два корня, но только один из них общий; у одного из уравнений
один корень, а у другого два, причём общих решений нет.
1) Если уравнения имеют общий корень, то он является решением системы:
x2 − (2a + 1)x + 2 − a2 = 0,
x2 + (2a − 1)x + 2 − a2 = 0;
вычитая одно уравнение из другого, получаем: 4ax = 0 , но при a = 0 уравнение
x2 − x + 2 = 0 не имеет решений; значит, только x = 0 может быть общим корнем
уравнений (необходимое
√ условие). Подставив x = 0 в любое из уравнений, получим
2 − a2 = 0 ⇐⇒ a = ± 2 .
Для наличия
√ общего корня у двух рассматриваемых уравнений необходимо,
чтобы a = ± 2, причём тогда этим корнем станет x = 0 .
Проверим на достаточность, подставив в исходную совокупность:
5.1.
Исследование свойств квадратичной функции...
!
!
√
x1 = 0, x2 = 1 − 2 2;
√
x1 = 0, x2 = 1 + 2 2;
√
совокупность имеет три различных решения; значит, a = − 2 подходит;
!
!
√
√
√
x2 − x(2 2 + 1) = 0;
x1 = 0, x2 = 1 + 2 2;
• a = 2,
⇐⇒
√
√
x2 + x(2 2 − 1) = 0;
x1 = 0, x2 = 1 − 2 2;
√
совокупность имеет три различных решения; значение a = 2 подходит.
√
• a = − 2,
√
x2 − x(1 − 2 2) = 0;
⇐⇒
√
x2 + x(−1 − 2 2) = 0;
65
Таким образом, общий корень
у двух исходных уравнений имеется в тех и только
√
тех случаях, когда a = ± 2, причём им является x = 0 .
2) Первое уравнение имеет один корень√(D = 0 ), второе уравнение имеет два
корня (D > 0 ), общих корней нет (a = ± 2 ):
8a2 + 4a − 7 = 0,
8a2 − 7 = −4a,
⇐⇒
⇐⇒
− 8a > 0;
8a2 − 4a − 7 > 0;
⎧
⎨
⇐⇒
⎩
√
−1 ± 15
,
a=
4
a < 0;
⇐⇒
√
−1 − 15
.
a=
4
3) Первое уравнение имеет два корня (D
√ > 0 ), второе уравнение имеет один
корень (D = 0 ), общих корней нет (a = ± 2 ):
8a2 + 4a − 7 > 0,
8a > 0,
⇐⇒
⇐⇒
8a2 − 4a − 7 = 0;
8a2 − 7 = 4a;
⇐⇒
⎧
⎨a > 0,
√
⎩a = 1 ± 15 ;
4
⇐⇒
a=
1+
√
15
.
4
Таким образом, из двух последних случаев получаем: a = ±
√
1+
О т в е т. ± 2 ; ±
√
15
.
4
1+
√
15
.
4
Задачи
1. (ЕГЭ.С) При каких значениях a функция y = x2 + (a − 2)x + 0, 25 не принимает отрицательных значений?
2. (Биол-75.2) Найти все значения параметра p, при которых квадратное урав1
нение (3x)2 + (33+ p − 15)x + 4 = 0 имеет ровно одно решение.
3. (У) Пусть 4a + 2b + c > 0 , и уравнение ax2 + bx + c = 0 не имеет действительных корней. Каков знак c?
66
Теория и задачи
4. (У) При каких значениях q уравнение x2 − px + q = 0 имеет решение при
любом p?
5. (У) Пусть x1 , x2 – корни квадратного уравнения x2 + px − q = 0. Найти
x41 + x42 , не вычисляя этих корней.
6. (У) Дано уравнение x2 + px + q = 0. Составить квадратное уравнение, корнями которого являются сумма квадратов и сумма кубов корней данного
уравнения.
7. (Псих-78.5) Известно, что для некоторой квадратичной функции
f (x) = ax2 +bx+c выполнены неравенства: f (−1) < 1 , f (1) > −1 , f (3) < −4 .
Определить знак коэффициента a.
8. (Физ-94(2).7) Найти все значения a, для каждого из которых система
−x2 + 12x − a ≥ 0,
x≤2
выполняется хотя бы для одного x.
9. (М/м-71.4) Найти все α , при которых система неравенств
x2 + 2x + α ≤ 0,
x2 − 4x − 6α ≤ 0;
имеет единственное решение.
10. (Экон-98.5) Найти все действительные значения c, для которых все числа из
области значений функции
f (x) =
x2 + cx − 1
2x2 − 3x + 2
принадлежат интервалу (−1; 2).
11. (Физ-93.7) Уравнение ax2 + bx + 2 = 0 , где a < 0 , имеет одним из своих
корней число x = 3 . Решить уравнение ax4 + bx2 + 2 = 0.
12. (Физ-89.5) Найти все значения параметра m, при каждом из которых урав1
нение (2x)2 − 4x · (m · 3m ) 2 + 3m+1 + m − 3 = 0 имеет корни. Выяснить знаки
корней при различных значениях m.
13. (Физ-91.5) При каких значениях a все корни уравнения
3ax2 + (3a3 − 12a2 − 1)x − a(a − 4) = 0 удовлетворяют условию |x| < 1 ?
14. (Псих-81.5) Найти все значения параметра a, при каждом из которых наименьшее значение квадратного трёхчлена 4x2 − 4ax + a2 − 2a + 2 на отрезке
0 ≤ x ≤ 2 равно 3 .
5.2.
5.2.
Теоремы о расположении корней ...
67
Теоремы о расположении корней квадратного трёхчлена на числовой оси
Теоретический материал
Во многих задачах на квадратный трёхчлен требуется выяснить особенности расположения его корней на числовой оси, при этом необходимости в вычислении
самих корней нет. Простейшая задача этого типа состоит в определении знаков
корней некоторого квадратного трёхчлена.
Рецепт решения таких задач известен. За основу всегда берём теорему Виета и добавляем дополнительные утверждения, использующие известные свойства
парабол.
Обозначим через x1 , x2 корни квадратного трёхчлена f (x) = ax2 +bx+c, через
D = b2 − 4ac его дискриминант, через xв абсциссу вершины параболы.
Справедливы следующие теоремы.
Теорема 1 (корни квадратного уравнения больше некоторого числа M )
⎧
⎪
⎨D ≥ 0,
x1 > M,
⇐⇒
xв > M,
⎪
x2 > M ;
⎩a · f (M ) > 0.
x
M
x2
1
M
xB
xB
x
x
x
1
x
2
a<0
a>0
Теорема 2 (корни квадратного уравнения лежат на интервале (M ; N ))
x1 , x2 ∈ (M ; N )
x1
M
⇐⇒
x2
x
B
a>0
⎧
⎪
D ≥ 0,
⎪
⎪
⎨x ∈ (M ; N ),
в
⎪
a · f (M ) > 0,
⎪
⎪
⎩
a · f (N ) > 0.
M
N
x
x
N
B
x
x1
2
a<0
x
68
Теория и задачи
Теорема 3 (число M расположено между корнями)
⇐⇒
x1 < M < x2
a · f (M ) < 0.
x2
x1
M
M
x
x2
x1
x
a<0
a>0
Теорема 4 (интервал (M ; N ) расположен между корнями)
a · f (M ) < 0,
x1 < M < N < x2
⇐⇒
a · f (N ) < 0.
x1
x2
M N
M N
x
x1
x2
x
a<0
a>0
Теорема 5 (один корень лежит на интервале (M ; N ), другой корень – левее
этого интервала)
a · f (M ) < 0,
x1 < M < x2 < N
⇐⇒
a · f (N ) > 0.
x1
x2
M
a>0
M
N
x
x
N
x
1
2
x
a<0
Теорема 6 (один корень лежит на интервале (M ; N ), другой корень – правее
этого интервала)
a · f (M ) > 0,
M < x1 < N < x2
⇐⇒
a · f (N ) < 0.
5.2.
Теоремы о расположении корней ...
x
x
1
M
2
M
N
69
x
N
x1
x2
x
a<0
a>0
Подобные равносильные системы можно получить и для других случаев расположения корней квадратного трёхчлена относительно точек, отрезков, конечных
или бесконечных интервалов. Задача читателя - не только помнить приведённые
теоремы и уметь их доказывать, но и научиться формулировать новые утверждения о расположении корней квадратного трёхчлена в каждом конкретном случае.
Примеры решения задач
П р и м е р 1. (Геол-96(1).8) Найти все значения a, при которых неравенство
ax2 + 1 > 4x − 3a выполняется для всех x из интервала (−1; 0).
Р е ш е н и е. Обозначим f (x) = ax2 − 4x + 3a + 1 и запишем исходное неравенство
в виде f (x) > 0.
1) Рассмотрим отдельно случай, когда функция f (x) не является квадратичной.
При a = 0 функция принимает вид: f (x) = −4x + 1 , и неравенство f (x) > 0
справедливо при при всех x ∈ (−1; 0), следовательно, a = 0 подходит.
2) При a < 0 ветви параболы направлены вниз, и условие f (x) > 0 при x ∈ (−1; 0)
равносильно системе:
1
f (−1) ≥ 0,
a + 5 + 3a ≥ 0,
⇐⇒
⇐⇒ a ≥ − ,
3
3a + 1 ≥ 0;
f (0) ≥ 0;
1
следовательно, в ответ войдут a ∈ − ; 0 .
3
y
y
x
B
−1 x
B
0
x
−1 0
3) При a > 0 ветви параболы направлены вверх. Так как xв =
f (x) > 0 при x ∈ (−1; 0) равносильно условию
f (0) ≥ 0
⇐⇒
3a + 1 ≥ 0
⇐⇒
1
a≥− ,
3
x
2
> 0 , то условие
a
70
Теория и задачи
то есть все положительные значения a подходят.
y
y
−1 0
x
−1 0
x
8
Заметим, что условие f (0) ≥ 0 должно выполняться независимо от того, есть ли
у этой параболы корни или нет. Это даёт нам возможность не рассматривать по
отдельности три варианта: D = 0, D > 0 и D < 0 .
1
Объединив все результаты, получим, что a ≥ − .
3
1
О т в е т. − ; ∞ .
3
П р и м е р 2. (Геогр-90.5) Найти все значения параметра a, при которых уравнение (a + 1)x2 + (|a + 2| − |a + 10|)x + a = 5 имеет два различных положительных
корня.
Р е ш е н и е. Обозначим f (x) = (a + 1)x2 + (|a + 2| − |a + 10|)x + a − 5 . Уравнение
f (x) = 0 будет ⎧
иметь два различных положительных корня в том и только в том
⎪
⎨D > 0,
случае, когда: xв > 0,
⎪
⎩(a + 1)f (0) > 0.
0
x
1
x
B
x
2
x
1) D = (|a + 2| − |a + 10|)2 − 4(a + 1)(a − 5) = −2|a + 2||a + 10| − 2a2 + 40a + 124 > 0
|a2 + 12a + 20| < −a2 + 20a + 62 ⇐⇒
a2 − 4a − 21 < 0,
a2 + 12a + 20 < −a2 + 20a + 62,
⇐⇒
2
2
a + 12a + 20 > a − 20a − 62;
16a + 41 > 0;
⎧
⎨−3 < a < 7,
41
⇐⇒
⇐⇒ −
< a < 7.
41
⎩a > − ;
16
16
⇐⇒
⇐⇒
2)
xв =
|a + 10| − |a + 2|
>0
2(a + 1)
⇐⇒
(a + 10)2 − (a + 2)2
>0
2(a + 1)
⇐⇒
⇐⇒
(a + 10 − a − 2)(a + 10 + a + 2)
a+6
> 0 ⇐⇒
> 0 ⇐⇒ a ∈ (−∞; −6)∪(−1; +∞).
a+1
a+1
5.2.
Теоремы о расположении корней ...
71
В первом равносильном переходе мы воспользовались тем, что разность модулей
двух выражений имеет тот же знак, что и разность их квадратов.
3)
(a + 1)f (0) = (a + 1)(a − 5) > 0
⇐⇒
a ∈ (−∞; −1) ∪ (5; +∞).
Отметим полученные промежутки на числовой прямой.
−6
−6
−41/16 −1
−1
−41/16
55 77
xx
Пересечением является интервал (5; 7).
З а м е ч а н и е. Вместо условий на вершину и значение в нуле можно было использовать условия, полученные с помощью теоремы Виета, то есть
⎧
⎧
⎪
a = −1,
⎪
⎪
⎪
⎨D > 0,
⎨D > 0,
⇐⇒
xв > 0,
⎪
⎪
x + x2 > 0,
⎩(a + 1)f (0) > 0;
⎪
⎪ 1
⎩
x1 x2 > 0;
и множества решений этих систем совпадают.
О т в е т. (5; 7).
Задачи
1. (У) При каких значениях a оба корня уравнения (2 − a)x2 − 3ax + 2a = 0
больше 1/2?
2. (У) При каких значениях a один из корней уравнения
(a2 + a + 1)x2 + (2a − 3)x + (a − 5) = 0
больше 1, а другой меньше 1?
3. (У) Найти все значения a, при которых оба корня уравнения
(a + 1)x2 − 3ax + 4a = 0
больше 1.
4. (У) Известно, что корни x1 и x2 уравнения ax2 + bx + c = 0 удовлетворяют
неравенству x1 < −1 < x2 . Доказать, что a2 + ac < ab.
5. (Физ-94(2).7) Найти все значения a, для каждого из которых система
−x2 + 12x − a ≥ 0,
x ≤ 2;
выполняется хотя бы для одного x.
72
Теория и задачи
6. (ЕГЭ.С) При каком значении a область определения функции
√
6
y = −x2 + 4x + a + x − 3
состоит из одной точки?
7. (ЕГЭ.С) При каком значении a область определения функции
√
6
y = −x2 + 6x + a + x − 4
состоит из одной точки?
8. (М/м-93(2).2) Найти все значения a, при которых уравнение
4x + (a2 + 5) · 2x + 9 − a2 = 0
не имеет решений.
9. (ИСАА-91.6) При каких значениях параметра a система уравнений
x2 + y 2 = 1,
y − |x| = a;
имеет ровно два решения?
10. (Геол-97(1).8) При каких α система
α(x − 4) = 3(y + 2),
√
y + x = 0;
имеет два различных решения?
11. (Экон.К-77.4) Найти все значения параметра a, при каждом из которых
уравнение log3 (9x + 9a3 ) = x имеет два решения.
12. (Физ-94(1).7) При каких значениях a уравнение 2a(x + 1)2 − |x + 1| + 1 = 0
имеет четыре различных решения?
13. (Геол-89.6) Найти все значения параметра a, при каждом из которых уравнение
(a2 − 6a + 9)(2 + 2 sin x − cos2 x) + (12a − 18 − 2a2 )(1 + sin x) + a + 3 = 0
не имеет решений.
14. (Экон.М-95.6)
Найти все значения p, при которых уравнение
x − 2 = −2(p + 2)x + 2 имеет единственное решение.
15. (Псих-93.5) Обозначим через x1 и x2 корни квадратного трёхчлена
(a − 1)x2 − (2a + 1)x + 2 + 5a.
1) Найти все a, при которых x1 > 1 , x2 > 1 .
2) Найти все b , при которых величина (x1 −b)(x2 −b) принимает постоянное
значение при всех a, при которых определена.
5.3.
Смешанные задачи
73
16. (Биол-77.5) Найти все те значения параметра s, при каждом из которых
3x
12x
− s = 0 не чередуются, то есть
корни уравнений x2 + + 2s = 0 и x2 +
s
s
оба уравнения имеют по два корня и между корнями одного из уравнений
нет одного корня другого уравнения.
17. (ВМК-88.5) Найти все a, при которых уравнение
36a − 9a2
=0
((2x + a) 22a − 4a2 − 24 − 2(x2 + x) lg a) · lg
35
имеет по крайней мере два корня, один из которых неотрицателен, а другой
не превосходит −1 .
18. (М/м-91.5) Найдите все пары чисел p и q , при которых неравенство
|x2 + px + q| > 2 не имеет решений на отрезке [1; 5].
5.3.
Смешанные задачи
1. (ЕГЭ.В) Найти все значения a, при которых функция
1
y = 9 5x2 − (2 − a)x + 2 − 4a имеет минимум в точке x0 = .
2
2. (ЕГЭ.В)
Найти все значения a, при которых функция
√
5
2
y = ax + 15x − 1 имеет максимум в точке x0 = 1, 5 .
3. (У) Найти наименьшее значение, принимаемое z, если
z = x2 + 2xy + 3y 2 + 2x + 6y + 4.
4. (У) При каком целом p уравнения 3x2 − 4x + p − 2 = 0 и x2 − 2px + 5 = 0
имеют общий корень?
5. (У) Докажите, что если значение квадратного трёхчлена ax2 − bx + c является целым числом при x1 = 0, x2 = 1 и x3 = 2, то при любом целом x
значение данного трёхчлена является целым числом.
6. (У) Доказать, что при любых допустимых значениях a, p, q уравнение
1
1
1
+
=
x−p x−q
a
имеет вещественные корни.
7. (У) На плоскости (p, q) изобразить множество точек таких, что уравнение
x2 + px + q = 0 имеет одним из корней фиксированное число a.
8. (У) Коэффициенты p и q квадратного трёхчлена x2 + px + q нечётны.
Доказать, что он не может иметь целых корней.
9. (Псих-70.2) Найти все a, при которых уравнение x8 + ax4 + 1 = 0 имеет
ровно четыре корня, образующих арифметическую прогрессию.
74
Теория и задачи
10. (ВМК-74.2) Найти все действительные значения a, при которых каждое решение неравенства
log 12 x2 ≥ log 12 (x + 2)
является решением неравенства 49x2 − 4a4 ≤ 0 .
11. (Геол-99.2) Известно, что x1 , x2 – корни уравнения
√
2x2 − ( 3 + 5)x −
√
4 + 2 3 = 0.
Найти значение A = x1 + x1 x2 + x2 и выяснить, какое из чисел больше: A
или 1, 999 ?
12. (Экон.К-78.5) Найти все значения параметра a, при каждом из которых
неравенство a2 + 2a − sin2 x − 2a cos x > 2 выполняется для любого числа x.
13. (Биол-73.5) Найти все значения действительного параметра α , для которых
неравенство 4x − α · 2x − α + 3 ≤ 0 имеет хотя бы одно решение.
14. (Экон-77.5) Найти все значения параметра a, при каждом из которых неравенство 3 − |x − a| > x2 имеет хотя бы одно отрицательное решение.
15. (Экон-80.5) Найти все целые значения параметра k , при каждом из которых
x
уравнение 5−4 sin2 x−8 cos2 = 3k имеет решения. Найти все эти решения.
2
16. (Псих-71.5) При каких значениях a уравнение
1
2
a
=0
2
2π
имеет ровно три корня, расположенных на отрезке
;π ?
3
sin2 3x − a +
sin 3x +
17. (Геол-77.5) Найти все значения параметра k , при каждом из которых существует хотя бы одно общее решение у неравенств
x2 + 4kx + 3k 2 > 1 + 2k и x2 + 2kx ≤ 3k 2 − 8k + 4.
18. (Геол-88.6) Найти все значения параметра a, при каждом из которых область
sin x + 2(1 − a)
содержит отрезок [1; 2].
значений функции y =
a − cos2 x
19. (М/м-99.5) Найти все значения a, при каждом из которых сумма длин интервалов, составляющих решение неравенства
x2 + (2a2 + 6)x − a2 + 2a − 3
<0
x2 + (a2 + 7a − 7)x − a2 + 2a − 3
не меньше 1 .
6.1.
Область определения функции, монотонность, периодичность...
75
6.
Использование различных свойств функций и
применение графических иллюстраций
В этом параграфе приведены задачи, при решении которых решающую роль играет использование таких свойств функций как монотонность, чётность и нечётность, периодичность. Рекомендуем вам, прежде чем приступать к решению задач
данного параграфа, повторить свойства элементарных функций.
6.1.
Область определения функции, монотонность, периодичность, чётность и нечётность
Теоретический материал
Функцией называется отображение числового множества X на числовое множество Y, при котором каждому значению x из множества X, называемого областью определения, ставится в соответствие единственное значение y из множества
Y, называемого множеством значений. Для обозначения функции используется
запись y = f (x).
Функция y = f (x) называется чётной, если для всех x ∈ X выполняется
соотношение (−x) ∈ X и равенство f (x) = f (−x).
Функция y = f (x) называется нечётной, если для всех x ∈ X имеет место
соотношение (−x) ∈ X и равенство f (x) = −f (−x).
Функция f (x) называется возрастающей на множестве D, если для любых
значений x1 , x2 ∈ D таких, что x2 > x1 , выполняется условие: f (x2 ) > f (x1 ).
Функция f (x) называется убывающей на множестве D, если для любых значений x1 , x2 ∈ D таких, что x2 > x1 , выполняется условие: f (x2 ) < f (x1 ).
Свойства монотонных функций
• Сумма возрастающих (убывающих) функций есть также возрастающая
(убывающая) функция. Сумма возрастающей и убывающей функций может
вообще не являться монотонной функцией.
• Произведение неотрицательных возрастающих (убывающих) функций есть
также возрастающая (убывающая) функция.
• Монотонная функция все свои значения принимает только один раз.
Функция y = f (x) называется периодической, если существует такое число T > 0,
что для всех x ∈ X выполняются соотношения (x + T ) ∈ X, (x − T ) ∈ X и
равенства f (x − T ) = f (x) = f (x + T ). При этом число T называется периодом
функции.
Свойства периодических функций
• Если y = f (x) – периодическая функция с периодом T, то y = f (kx) –
T
периодическая функция с периодом T1 = .
k
76
Теория и задачи
• Функция, являющаяся суммой или произведением двух периодических функций с периодом T , будет периодической с периодом T , однако T может не
быть её наименьшим положительным периодом. Например, период функции
y(x) = sin x cos x равен π , а период каждого из множителей равен 2π .
• Функция, являющаяся суммой или произведением двух периодических функций с разными периодами, может вообще не быть периодической.
Примеры решения задач
П р и м е р 1. (У)
Найти область определения функции
y = arcsin(arcsin x) + arccos
2 arccos x
.
π−2
Р е ш е н и е. Из определений арксинуса и арккосинуса следует, что
⎧
−1 ≤ x ≤ 1,
⎪
⎨
−1 ≤ arcsin x ≤ 1,
⎪
⎩ −1 ≤ 2 arccos x ≤ 1;
π−2
⇐⇒
⇐⇒
⎧
−1 ≤ x ≤ 1,
⎪
⎨
− sin 1 ≤ x ≤ sin 1,
⎪
⎩ − π − 2 ≤ arccos x ≤ π − 2 ;
2
2
− sin 1 ≤ x ≤ sin 1,
π
arccos x ≤ − 1;
2
⇐⇒
⇐⇒
− sin 1 ≤ x ≤ sin 1,
sin 1 ≤ x ≤ 1.
π
При последнем переходе использовалось равенство arccos x + arcsin x = .
2
В результате, областью определения является единственная точка x = sin 1.
О т в е т. sin 1.
П р и м е р 2. (У)
Решить уравнение
2−
√
3
x
+
2+
√
3
x
= 2x .
√
√
Р е ш е н и е. Так как
2− 3<2 и
2 + 3 < 2 , то разделив обе части уравнения на 2x , получим, что сумма двух убывающих функций равна 1:
√ x √ x
2− 3
2+ 3
+
= 1.
2
2
Следовательно, уравнение не может иметь более одного решения. Значение x = 2
находим подбором. Действительно,
√
√
2− 3 2+ 3
+
= 1,
4
4
то есть x = 2 – единственное решение уравнения.
О т в е т. 2 .
6.1.
Область определения функции, монотонность, периодичность...
П р и м е р 3. (У)
77
Найти наименьший положительный период функции
y = cos x + 2 cos 3x.
Р е ш е н и е. Число 2π является периодом каждого слагаемого правой части и, следовательно, их суммы. Покажем, что 2π является наименьшим положительным
периодом. Достаточно показать, что расстояние между двумя соседними максимумами равно 2π .
Максимум достигается в случае, когда оба косинуса равны 1, то есть
x = 2πn, n ∈ Z,
cos x = 1,
2πk
⇐⇒
⇐⇒ x = 2πn, n ∈ Z.
cos 3x = 1;
x=
, k ∈ Z;
3
Расстояние между двумя соседними максимумами функции y = cos x + 2 cos 3x
равно 2π ; поэтому её период не может быть меньше 2π .
Итак, число 2π является наименьшим положительным периодом функции y .
О т в е т. 2π.
Задачи
log7 (cos 2x).
2. (У) Найти область определения функции y = lg cos πx + 9 − x2 .
1. (У) Найти область определения функции y =
3. (У) Решить уравнение 2x = 3 − x.
√
√
4. (У) Решить уравнение 5 x − 1 + x + 2 = 3.
5. (У) Решить уравнение
4−
√
15
x
+
4+
√
15
x
√ x
= 2 2 .
6. (У) Решить уравнение 2π cos x = |x| − |x − π|.
√
√
7. (У) Является ли функция f (x) = (2 + 3)1/x − (2 − 3)1/x чётной, нечётной
или ни той, ни другой?
√
8. (У) Доказать непериодичность функции y = cos x .
9. (У) Доказать непериодичность функции y = sin log2 |x|.
10. (У) Найти наименьший положительный период функции y = sin6 x + cos6 x.
11. (У) Найти наименьший положительный период функции y = sin x + cos x +
sin x cos x.
12. (У) Доказать, что функция y = sin 2x не является периодической.
13. (У) Доказать непериодичность функции y = sin x3 .
14. (У) Доказать, что функция y = cos x + cos πx не является периодической.
√
15. (У) Доказать, что функция y = sin x sin 2x не является периодической.
78
6.2.
Теория и задачи
Множество значений функции, промежутки знакопостоянства и монотонности
Теоретический материал
При решении задач из этого пункта необходимо знать область определения и множество значений всех элементарных функций и пользоваться свойствами, вытекающими из их монотонности (возрастания, убывания).
Примеры решения задач
П р и м е р 1. (ЕГЭ.С)
Найдите множество значений функции
y = log 1
7
10 + log7 (7 + |x|)
77
.
Р е ш е н и е. Используя неотрицательность модуля, возрастание логарифмической
функции при основании, большем 1 , и её убывание при основании, меньшем 1,
запишем цепочку очевидных равносильных переходов:
|x| ≥ 0
⇐⇒
⇐⇒
7 + |x| ≥ 7
log 1
7
log7 (7 + |x|) ≥ log7 7 = 1
11
1
10 + log7 (7 + |x|)
≥
=
77
77
7
1
10 + log7 (7 + |x|)
≤ log 1 = 1.
77
7 7
10 + log7 (7 + |x|) ≥ 11
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
Последнее неравенство даёт ответ.
О т в е т. (−∞; 1].
П р и м е р 2. (ЕГЭ.С) При каких значениях параметра a сумма loga (sin x + 2)
и loga (sin x + 3) будет равна единице хотя бы при одном значении x?
Р е ш е н и е. Оба выражения определены при всех x ∈ R. Их сумма равна
loga (sin x + 2) + loga (sin x + 3) = loga (sin x + 2)(sin x + 3).
Эта сумма будет равна единице тогда и только тогда, когда
(sin x + 2)(sin x + 3) = a.
В левой части последнего уравнения стоит квадратичная функция
f (t) = (t + 2)(t + 3)
относительно новой переменной t = sin x. Так как квадратичная функция возрастает правее вершины tв = −2, 5 и −1 ≤ sin x ≤ 1, то эта функция принимает
значения от f (−1) до f (1), то есть от 2 до 12. Значит, и решения уравнения
будут существовать при a ∈ [2; 12].
О т в е т. [2; 12].
6.2.
Множество значений функции, промежутки знакопостоянства...
П р и м е р 3. (Геол-82.4) Решить уравнение sin
Р е ш е н и е. sin
4
π sin x
3
1
2
=
=
1
.
2
4
π
π sin x = (−1)n + πn, n ∈ Z
3
6
⇐⇒
⎡
4
π sin x
3
79
⇐⇒
1 3n
+
, n ∈ Z;
⎢
8
2
⎣
5 3k
, k ∈ Z.
sin x = +
8
2
⇐⇒
sin x =
Так как sin x ∈ [−1; 1], то остаются следующие значения:
⎡
⎡
1
1
sin
x
=
x = (−1)n arcsin + πn, n ∈ Z;
;
⎢
⎢
8
8
⎢
⎢
⎢
⎢
5
5
k
⎢ sin x = ;
⎢ x = (−1) arcsin + πk, k ∈ Z;
⇐⇒
⎢
⎢
8
8
⎢
⎢
⎣
⎣
7
7
sin x = − ;
x = (−1)m+1 arcsin + πm, m ∈ Z.
8
8
1
5
7
О т в е т. (−1)n arcsin +πn, (−1)k arcsin +πk, (−1)m+1 arcsin +πm; n, k, m ∈ Z.
8
8
8
П р и м е р 4. (М/м-96(1).4) При каких значениях a уравнение
2
2 cos2 (22x−x ) = a +
√
2
3 sin(22x−x +1 )
имеет хотя бы одно решение?
2
Р е ш е н и е. Обозначим t = 22x−x > 0, тогда для новой переменной t получим
уравнение
√
2 cos2 t = a + 3 sin 2t;
или, после преобразований,
cos 2t + 1 = a +
√
3 sin 2t
2
⇐⇒
2
Так как 0 < 2t = 21+2x−x = 22−(x−1) ≤ 4, то
π a − 1
=
.
cos 2t +
3
2
π
π
π
< 2t + ≤ 4 + , поэтому
3
3
3
π 1
< .
−1 ≤ cos 2t +
3
2
Значит, исходное уравнение будет иметь решения при условии
−1 ≤
О т в е т. [−1; 2).
1
a−1
<
2
2
⇐⇒
−1 ≤ a < 2.
80
Теория и задачи
П р и м е р 5. (М/м-79.4) Решить неравенство
Р е ш е н и е. ОДЗ:
x∈
1) Пусть x ∈
1
2
−2; −
−2; −
1
2
1 + log2 (2 + x)
6
>
.
2x + 1
x
1
∪ − ; 0 ∪ (0; +∞).
2
, тогда исходное неравенство равносильно неравенству
1 + log2 (2 + x) >
6x
2x + 1
⇐⇒
log2 (2 + x) > 2 −
3
.
2x + 1
При рассматриваемых значениях переменной x в силу монотонного возрастания
3
справедливы неравенства:
функций f (x) = log2 (x + 2) и g(x) = 2 −
2x + 1
log2 (x + 2) < log2
3
<1
2
и
2−
3
> 2;
2x + 1
следовательно, исходное неравенство решений не имеет.
1
2) Пусть x ∈ − ; 0 , тогда справедливы неравенства
2
6
>0
2x + 1
и
1 + log2 (2 + x)
< 0,
x
1
− ;0 .
2
3) Пусть x > 0, тогда исходное неравенство равносильно неравенству
следовательно, исходное неравенство верно для любого x ∈
log2 (x + 2) < 2 −
3
.
2x + 1
При рассмотриваемых значениях переменной x справедливы неравенства
log2 (x + 2) > 1
и
2−
3
< 2;
2x + 1
следовательно, исходное неравенство не имеет решений там, где
!
log2 (x + 2) ≥ 2;
x + 2 ≥ 4;
x ≥ 2;
3
⇐⇒
⇐⇒
2x + 1 ≤ 3;
x ≤ 1.
≤ 1;
2−
2x + 1
Остаётся рассмотреть только x ∈ (1; 2). На этом множестве
log2 (x + 2) > log2 3
и
2−
7
3
< .
2x + 1
5
Сравним числа:
log2 3
∨
5 log2 3
∨
7
5
7 log2 2
6.2.
Множество значений функции, промежутки знакопостоянства...
81
35 ∨ 27
243 > 128.
Следовательно, log2 3 >
7
. Итак, получаем следующую цепочку:
5
log2 (x + 2) > log2 3 >
3
7
> 2−
.
5
2x + 1
Значит, при x ∈ (1; 2) решений нет.
О т в е т.
1
− ;0 .
2
П р и м е р 6. (М/м-80.5) Найти все значения параметра a, при каждом из которых неравенство log1/a ( x2 + ax + 5 + 1) · log5 (x2 + ax + 6) + loga 3 ≥ 0 имеет одно
решение.
Р е ш е н и е. ОДЗ для параметра a : a > 0, a = 1. Перейдём в первом и третьем
логарифме к основанию 3:
√
− log3 ( x2 + ax + 5 + 1) · log5 (x2 + ax + 6) + 1
≥ 0.
log3 a
Рассмотрим различные значения параметра a.
1) Пусть 0 < a < 1, тогда log3 a < 0 и, следовательно,
log3 ( x2 + ax + 5 + 1) · log5 (x2 + ax + 6) ≥ 1.
Обозначим u = x2 + ax+ 5 ≥ 0, тогда в левой части последнего неравенства стоит
функция
√
f (u) = log3 ( u + 1) · log5 (u + 1).
Заметим, что f (u) ≥ 0, монотонно возрастает и f (4) = 1; следовательно,
u≥4
⇐⇒
x2 + ax + 5 ≥ 4
⇐⇒
x2 + ax + 1 ≥ 0.
У этого неравенства для любого a существует бесконечно много решений.
2) Пусть a > 1, тогда
2
f (u) ≤ 1,
x + ax + 5 ≥ 0,
2
⇐⇒
0 ≤ x + ax + 5 ≤ 4
⇐⇒
u ≥ 0;
x2 + ax + 1 ≤ 0.
Поскольку обе параболы имеют одну и ту же абсциссу вершины, то система при
a > 1 будет иметь единственное решение, если второй квадратный трёхчлен имеет
корень кратности два, то есть
D = a2 − 4 = 0
=⇒
a = 2.
При этом первое неравенство выполняется ∀x ∈ R , поскольку D = 4 − 20 < 0 .
О т в е т. 2.
82
Теория и задачи
Задачи
1. (ЕГЭ.С) Найдите множество значений функции
y = log0,25
log4 (4 + x4 ) + 47
3
.
2. (ЕГЭ.С) Найдите множество значений функции
y = log0,2
80
log5 (125 + x4 ) + 13
.
3. (ЕГЭ.С) Найдите множество значений функции
√
9
3 2 + sin x − cos x
√
y = arccos
.
π
4 2
4. (ЕГЭ.С) При каких значениях a выражение 3 + cos x(a cos x + 4 sin x) не
равно нулю ни при каких значениях x?
5. (ЕГЭ.С) При каких значениях параметра a сумма loga
loga
5 + 4x2
1 + x2
3 + 2x2
1 + x2
и
будет больше единицы при всех x?
6. (Экон-94.2) Найти область значений функции y = − −3x2 + 12x − 3.
π
π
cos x = ctg
sin x .
7. (Экон.К-71.2) Решить уравнение tg
2
2
8. (ВМК-82.2) Найти все значения x, для каждого из которых функция
f (x) = 6 cos2 x + 6 sin x − 2 принимает наибольшее значение.
9. (Почв-90.4) Найти наименьшее значение функции y = 1 + 4 sin x − 2x на
отрезке [0; π].
10. (Геол.ОГ-81.6) Показать, что функция
√
3
y(x) = sin2 x − 12 sin x cos x + 3 cos2 x − 2 66
может принимать неотрицательные значения.
11. (Псих-80.5) Доказать, что для любых действительных чисел p и t справедливо неравенство
2(2p − 1)4 + 1 + (1 − 2(2p − 1)4 ) sin 2t ≥ 0,
и найти все пары чисел (p, t), для которых это неравенство превращается в
равенство.
12. (Почв-90.6) Решить неравенство log2 (2 − 3x) > 4x + 1.
6.3.
Функциональные уравнения и неравенства
83
13. (Хим-80.5) Найти все значения параметра a, при каждом из которых число
решений уравнения
3(x2 + a2 ) = 1 − (9a2 − 2)x
не превосходит числа решений уравнения
x + (3a − 2)2 · 3x = (8a − 4) log3 3a −
1
2
− 3x3 .
14. (Геол.ОГ-85.5) Решить уравнение
√
√
(x + 2) · (2x − 1) − 3 x + 6 = 4 − (x + 6) · (2x − 1) + 3 x + 2.
15. (ИСАА-94.5) Решить неравенство |x − 41+
√
3−x
|≤
√
5
x − 4 · 4 3−x .
3
16. (М/м-96(2).1) Найти все целочисленные решения неравенства
x3 − 5x − 3 ≤ 6 − x.
17. (Фил-87.5) Решить неравенство
1 + log3 (x + 6)
9
>
.
3x + 2
x
18. (Псих-82.6) Решить уравнение
log √
2
√ (x2
2+ 3
− 2x − 2) = log2+√3 (x2 − 2x − 3).
19. (ВМК-92.6) Найти все значения a, при каждом из которых неравенство
4 2
π
π
(x − ax) − < sin(x2 − ax) + cos 2x2 − 2ax +
3
3
4
выполняется для всех x из отрезка [π; 2π].
6.3.
Функциональные уравнения и неравенства
Теоретический материал
При решении задач этого пункта необходимо знать и уметь применять определения чётной, нечётной, монотонной и периодической функции.
Кроме того, полезными могут оказаться две следующие формулы, помогающие
выбрать из двух чисел минимальное и максимальное:
max(a, b) =
a + b + |a − b|
;
2
min(a, b) =
a + b − |a − b|
.
2
Чтобы доказать их, надо рассмотреть два случая: a ≥ b и a ≤ b.
Напомним также определения целой и дробной части числа. Целой частью
числа a называется наибольшее целое число, не превосходящее a. Целая часть
числа a обозначается [a]. Дробной частью числа a называется число, равное
{a} = a − [a].
84
Теория и задачи
Примеры решения задач
П р и м е р 1. (У) Существует ли линейная функция y = f (x), удовлетворяющая
для всех действительных x соотношению
2f (x + 2) + f (4 − x) = 2x + 5 ?
Р е ш е н и е. Линейная функция имеет вид f (x) = ax + b. Исходя из общего вида
линейной функции, находим
f (x + 2) = a(x + 2) + b,
f (4 − x) = a(4 − x) + b.
Подставим полученные выражения в исходное соотношение:
2(a(x + 2) + b) + a(4 − x) + b = 2x + 5
⇐⇒
(a − 2)x + 8a + 3b − 5 = 0.
Так как последнее равенство должно выполняться для всех x ∈ R, то
a = 2,
a − 2 = 0,
11
⇐⇒
8a + 3b − 5 = 0;
b=− .
3
Следовательно, условию задачи удовлетворяет линейная функция y = 2x −
О т в е т. Существует; эта функция y = 2x −
11
.
3
11
.
3
П р и м е р 2. (У) Решить уравнение x + [10x] = 10x, где квадратные скобки
означают целую часть числа.
Р е ш е н и е. Исходное уравнение можно переписать в виде
[10x] = 9x.
Величина [a] есть целая часть числа a, то есть наибольшее целое число, не превосходящее a. Сделаем замену y = 9x, тогда уравнение примет вид
10y
= y.
9
Воспользуемся определением целой части числа:
⎧
⎨ y ∈ Z,
y ∈ Z,
⇐⇒
10y
⎩ 0≤
0 ≤ y < 9;
− y < 1;
9
⇐⇒
Возвращаемся к исходной переменной:
x=
О т в е т. 0;
y
,
9
где
1 2 3 4 5 6 7 8
; ; ; ; ; ; ; .
9 9 9 9 9 9 9 9
y = 0, 1, 2, ..., 8.
y = 0, 1, 2, ..., 8.
6.3.
Функциональные уравнения и неравенства
П р и м е р 3. (Геогр-96.2)
85
f (x) – периодическая функция с периодом T =
Найти значение f (1), если известно, что
f 2 (2) − 5f (0) +
21
=0
4
и
4f 2 (−1) − 4f
10
3
1
.
3
= 35.
Р е ш е н и е. В силу периодичности f (1) = f (2) = f (0) = f (−1) = f
му задача сводится к решению системы
⎧
21
⎨ 2
= 0,
f (1) − 5f (1) +
4
⎩ 4f 2 (1) − 4f (1) − 35 = 0.
10
, поэто3
Умножим первое уравнение на 4 и вычтем из него второе:
−16f (1) + 56 = 0
⇐⇒
f (1) =
7
.
2
Проверкой убеждаемся в том, что найденное значение f (1) удовлетворяет второму
уравнению системы.
З а м е ч а н и е. При решении системы двух уравнений важно помнить следующее:
если мы получаем новое уравнение как линейную комбинацию двух исходных, то
для обеспечения равносильности переходов необходимо далее рассматривать систему, состоящую из полученного уравнения и любого из двух уравнений исходной
системы.
О т в е т.
7
.
2
П р и м е р 4. (Экон.М-97.5) Функция f (x) определена на всей числовой прямой,
является нечётной, периодической с периодом 4 , и на промежутке 0 ≤ x ≤ 2 её
значения вычисляются по правилу f (x) = 1 − |x − 1|. Решить уравнение
2f (x) · f (x − 8) + 5f (x + 12) + 2 = 0.
Р е ш е н и е. Так как функция f (x) периодична с периодом 4, то достаточно рассмотреть её на любом отрезке длины 4 . Так как она ещё является и нечётной, то
удобно рассмотреть отрезок [−2; 2].
На отрезке [0; 2] по условию функция имеет вид f (x) = 1 − |x − 1|. Используя
определение нечётной функции, продолжим f (x) на отрезок [−2; 0]. Здесь она
будет вычисляться по правилу
f (x) = −f (−x) = −(1 − | − x − 1|) = −1 + |x + 1|.
Итак, на отрезке [−2; 2] функция имеет вид
f (x) =
−1 + |x + 1|
1 − |x − 1|
при
при
x ∈ [−2; 0],
x ∈ [0; 2].
86
Теория и задачи
По условию функции f (x) является периодической с периодом 4, поэтому
f (x) = f (x − 8) = f (x + 12).
Уравнение упрощается:
⎡
2(f (x))2 + 5f (x) + 2 = 0
⎣
⇐⇒
f (x) = −2;
1
f (x) = − .
2
Рассмотрим два случая.
1-й случай. Пусть x ∈ [0; 2]; тогда
⎡
!
1 − |x − 1| = −2;
1
1 − |x − 1| = − ;
2
x = 4 > 2;
⎢ x = −2 < 0;
⎢
⎢ x = − 1 < 0;
⎢
2
⎣
5
x = > 2.
2
⇐⇒
=⇒
∅.
2-й случай. Рассмотрим x ∈ [−2; 0]; тогда
!
⎡
−1 + |x + 1| = −2;
1
−1 + |x + 1| = − ;
2
⎢
⎣
⇐⇒
1
x=− ;
2
3
x=− .
2
С учётом периодичности получаем ответ:
3
1
x = − + 4k, k ∈ Z или x = − + 4n, n ∈ Z.
2
2
3
1
О т в е т. − + 4k, − + 4n; k, n ∈ Z.
2
2
П р и м е р 5. (Экон.В-00.7)
Про функцию f (x) известно, что она определена на
2 5
;
и удовлетворяет на этом множестве системе
отрезке
5 2
⎧
1 − 3x
1
⎪
⎪
⎨ cos(2f (x)) − 6 cos2 f
=
,
x
x
⎪
π
⎪
⎩ 0 ≤ f (x) ≤ .
2
Решить уравнение f (x) =
5π
.
12
Р е ш е н и е. Обозначая g(x) = cos(2f (x)) и применяя формулу косинуса двойного
угла, приходим к уравнению
g(x) − 3g
1
x
=
1
.
x
6.3.
Функциональные уравнения и неравенства
1
Поскольку
∈
x
1
вить :
x
87
2 5
, то в полученное уравнение вместо x можно подста;
5 2
g
1
x
− 3g(x) = x .
1
x
Выражая из последнего уравнения g
g(x) = −
1
8
и подставляя в первое, находим
3x +
1
x
.
2 5
;
заметим,
Для вычисления множества значений функции g(x) при x ∈
5 2
что
√
√
√
1
1
≥ 2 3,
h(x) = 3x + = 3 x 3 + √
x
x 3
1
2 5
причём минимум достигается при x = √ ∈
;
. Поэтому
5 2
3
"
√
79
5
2
;h
=
.
2 3 ≤ h(x) ≤ max h
5
2
10
2 5
;
значения функции g(x) попадают в промежуток [−1 ; 0] .
Значит, для x ∈
5 2
В силу ограничения на область значений f (x) уравнение
cos(2f (x)) = g(x)
даёт единственное решение
f (x) =
1
1
1
arccos(g(x)) = arccos −
2
2
8
3x +
1
x
.
Задача сводится к решению системы
⎧
√
⎧
⎪
⎪ f (x) = 5π ,
⎪ − 1 3x + 1 = cos 5π = − 3 ,
⎪
⎪
⎨
⎨ 8
12
x
6
2
⇐⇒
⎪
⎪
2 5
⎪
⎪
⎩ x∈ 2; 5 ;
⎪
⎩ x∈
;
;
5 2
5 2
⇐⇒
2
О т в е т. 1 + √ .
3
⎧
2
⎪
⎪
⎨ x = √3 ± 1 ,
⎪
⎪
⎩ x∈ 2; 5 ;
5 2
⇐⇒
2
x = √ +1.
3
⇐⇒
88
Теория и задачи
Задачи
1. (У) Существует ли линейная функция y = f (x), удовлетворяющая для всех
действительных x соотношению f (x + 3) − f (2 − x) = 3x + 1 ?
2. (У) Найти квадратичную функцию y = f (x), удовлетворяющую для всех
действительных x соотношению f (1 − x) − f (2 − x) = −2x + 7 .
3. (У) Найти функцию f (x), удовлетворяющую для всех действительных x = 0
1
= 2x2 .
условию f (x) + 3x · f
x
4. (У) Найти функцию f (x), удовлетворяющую для всех действительных x = 0
1
= 3x3 .
условию f (x) + 5x · f
x
5. (У) Сколько решений имеет уравнение x + [100x] = 100x, где квадратные
скобки означают целую часть числа?
6. (У) Решить неравенство [x] · {x} < x − 1, где квадратные скобки означают
целую часть числа, а фигурные – дробную часть числа.
7. (У) Решить уравнение {2 {2x}} = x, где фигурные скобки означают дробную часть числа.
8. (У) Решить уравнение max(2x; 3 − x) = min(5 + 2x; 6x) .
9. (ЕГЭ.В) Периодическая функция y = f (x) определена для всех действительных чисел. Её период равен 2 и f (−1) = −2. Найдите значение выражения 3f (5) − 2f (−3).
10. (ЕГЭ.В) Периодическая функция y = f (x) определена для всех действительных чисел. Её период равен 3 и f (−1) = 5. Найдите значение выражения 3f (2) + 2f (5).
11. (ЕГЭ.В) Нечётная функция f (x) определена на всей числовой прямой. Для
функции g(x) = 2, 3 + f (x − 9) вычислите сумму g(6) + g(8) + g(10) + g(12).
12. (ЕГЭ.В) Чётная функция f (x) определена на всей числовой прямой. Для
функции g(x) = x + (x − 7) · f (x − 7) + 7 вычислите сумму g(5) + g(7) + g(9).
13. (ЕГЭ.В) Нечётная функция g(x) определена на всей числовой прямой. Для
всякого неотрицательного значения переменной x значение этой функции
совпадает со значением функции f (x) = x(3 + x)(x2 − 4). Укажите число
корней уравнения g(x) = 0.
14. (ЕГЭ.В) Чётная функция g(x) определена на всей числовой прямой. Для
всякого неположительного значения переменной x значение этой функции
совпадает со значением функции f (x) = (x2 + 4x)(x3 + 8). Укажите число
корней уравнения g(x) = 0.
15. (ЕГЭ.В) Функция y = h(x) определена на всей числовой прямой и является
чётной периодической функцией с периодом, равным 6. На отрезке [0; 3]
функция y = h(x) задана равенством h(x) = x2 − 4x + 1. Определите
количество нулей функции y = h(x) на отрезке [−3; 5].
6.4.
Использование графических иллюстраций
89
16. (ЕГЭ.В) Функция y = f (x) определена на всей числовой прямой и является
чётной периодической функцией с периодом, равным 6. На отрезке [0; 3]
функция y = f (x) задана равенством f (x) = x2 − 2x − 1. Определите
количество нулей функции y = f (x) на отрезке [−1; 5].
17. (Физ-92.7) Известно, что некоторая
x нечётная функция при x > 0 опреде. Найти, какой формулой определяется
ляется формулой f (x) = log3
3
функция f (x) при x < 0. Решить уравнение f (x) = 3.
18. (Почв-00(1).6) Пусть f (x) – периодическая функция с периодом 8, такая, что
f (x) = 8x − x2 при x ∈ [0; 8]. Решите уравнение f (2x + 16) + 23 = 5f (x).
19. (Экон-97.5) Функция f (x) определена на всей числовой прямой, является
нечётной, периодической с периодом 4 и на промежутке −2 ≤ x ≤ 0 её
значения вычисляются по правилу f (x) = 2x(x + 2). Решить уравнение
2 · f (−3 − x) − 3
√ = 0.
f x2 + 34 − 2
20. (Экон-00.7)
Про функцию f (x) известно, что она определена на отрезке
1
; 6 и удовлетворяет на этом множестве системе
6
⎧
1
10
1
⎪
⎪
=
,
− 12 cos 2f
⎪
⎪
1
2
⎨ cos f (x) − 2
x
x
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩ 0 ≤ f (x) ≤ π .
4
Решить неравенство f (x) ≤
π
.
8
21. (ЕГЭ.С) Решить уравнение f⎧
(g(x)) + g(1 + f (x)) = 33, если известно, что
18 при x ≥ 4,
⎪
⎨
12
f (x) = x2 − 6x + 15 и g(x) =
x
⎪
⎩ 3 + 5 − x при x < 4.
22. (ЕГЭ.С) Решить уравнение f (g(x))
⎧ + g(3 + f (x)) = 30, если известно, что
25 при x ≥ 4,
⎪
⎨
9
f (x) = 0, 5x4 − 4x + 5 и g(x) =
x
⎪
⎩ 2 + 5 − x при x < 4.
6.4.
Использование графических иллюстраций
Теоретический материал
Перед тем как решать задачи этого пункта, вспомните графики всех элементарных
функций.
90
Теория и задачи
Примеры решения задач
П р и м е р 1. (Биол-78.5) Найти все значения параметра a, при каждом из которых уравнение x|x + 2a| + 1 − a = 0 имеет единственное решение.
Р е ш е н и е. Преобразуем уравнение:
x|x + 2a| = a − 1.
Необходимо найти такие значения параметра a, при которых прямая y = a − 1
пересекает график функции f (x) = x|x + 2a|, стоящей в левой части уравнения,
ровно в одной точке. Рассмотрим три случая.
1. Пусть a = 0. Тогда
x|x| = −1
⇐⇒
x = −1,
и в этом случае решение единственно.
2. Пусть a > 0 . Рассмотрим функцию f (x) = x|x + 2a| и её график.
3
y
y=x|x+2a|
2
y=a −1
1
1
−2a −a 0
0
x
1
y=a2−1
2
3
График функции y = f (x) будет пересечён прямой y = a − 1 единственный раз,
если
a − 1 > 0;
a > 1;
⇐⇒
a − 1 < f (−a);
a − 1 < −a|a|.
Так как a > 0, то модуль раскрывается с плюсом:
√
5−1
a > 1;
∪ (1; +∞).
⇐⇒
a ∈ 0;
a2 + a − 1 < 0;
2
3. Пусть a < 0. Рассмотрим функцию f (x) = x|x + 2a| и её график.
4
y
3
2
y=x|x+2a|
y=a1−1
1
0
0 −a −2a x
−1
−2
−3
−4
y=a −1
2
6.4.
Использование графических иллюстраций
91
Прямая y = a − 1 пересечёт график функции y = f (x) в единственной точке, если
a − 1 > f (−a);
a − 1 > −a|a|;
⇐⇒
⇐⇒
a < 0.
a − 1 < 0;
a < 1;
Объединяя найденные значения параметра a, получаем ответ.
√
5−1
∪ (1; +∞).
О т в е т. −∞;
2
П р и м е р 2. (Геол.ОГ-78.5) Найти все значения параметра a, при каждом из
которых существует хотя бы одно значение x, удовлетворяющее условиям
2
x + (5a + 2)x + 4a2 + 2a < 0,
x2 + a2 = 4.
Р е ш е н и е. Разложим левую часть неравенства на множители. Для этого найдём
корни квадратного трёхчлена:
x1 = −a;
D = (5a + 2)2 − 4(4a2 + 2a) = (3a + 2)2 =⇒
x2 = −4a − 2.
Следовательно, исходную систему можно переписать в виде
(x − (−a))(x − (−4a − 2)) < 0,
x2 + a2 = 4.
Изобразим на декартовой плоскости с координатами (a, x) множество точек, которые удовлетворяют этой системе.
.5
x
1
.5
0
a3
a1 a2
.5
/4
/4
x=−a
1
.5
2 a
x=−4a−2
Система имеет решения при a ∈ (a1 ; a2 ) ∪√
(0; a3 ). Из √
равнобедренных прямоугольных треугольников легко находим a1 = − 2 и a3 = 2; a2 определяем из второго
уравнения исходной системы:
16
(−4a2 − 2)2 + a22 = 4,
17a22 + 16a2 = 0,
⇐⇒
⇐⇒
a2 = − .
a2 < 0;
a2 < 0;
17
О т в е т.
√
16
− 2; −
17
√ ∪ 0; 2 .
92
Теория и задачи
П р и м е р 3. (М/м-96(2).4) При каком значении a сумма различных корней
уравнения
cos x − sin 2x + sin 4x = a(ctg x + 2 cos 3x),
3π 22π
;
, максимальна?
принадлежащих отрезку
4
3
Р е ш е н и е. Приведём выражение в правой части уравнения к общему знаменателю и воспользуемся методом расщепления:
cos x − sin 2x + sin 4x = a
cos x + 2 sin x · cos 3x
sin x
⇐⇒
cos x − sin 2x + sin 4x
⇐⇒
sin x
cos x − sin 2x + sin 4x
· (sin x − a) = 0.
⇐⇒
sin x
Сумма корней этого уравнения может меняться только за счёт решений уравнения
⇐⇒
cos x − sin 2x + sin 4x = a
sin x − a = 0.
π
π
+ 6π принимает
2
2
при всех a ∈ (−1; 1) одинаковое (оно же максимальное) значение. Действительно, при увеличении параметра a каждый из двух корней уравнения, лежащих на правой полуокружности тригонометрической окружности, увеличивается ровно настолько, насколько уменьшается каждый из двух корней,
лежащих на левой полуокружности.
• Сумма корней уравнения sin x = a на отрезке
.5
+ 2π;
sin x
1
2/2
3/4
.5
0
a
.5
−1
22/3
.5
• На промежутке
√
3
.
a=−
2
• На промежутке
√ #
2
a ∈ −1;
.
2
22π
π
+ 6π;
2
3
−3/2
корень принимает наибольшее значение при
3π π
; + 2π сумма корней максимальна при всех
4 2
6.4.
Использование графических иллюстраций
93
√
3
3π 22π
;
сумма корней максимальна при a = −
.
Следовательно, на отрезке
4
3
2
При найденном значении параметра a sin x = 0 (то есть решения принадлежат
ОДЗ) и корни уравнения
√
3
sin x = −
2
не совпадают с корнями уравнения
cos x − sin 2x + sin 4x = 0.
√
3
, то
Действительно, если sin x = −
2
1
,
2
√
√
1
3
3
=
,
| sin 2x| = 2 · ·
2 2
2
1
| cos 2x| = ,
2
√
3
| sin 4x| =
2
√
√
3
3
1
±
0.
=
cos x − sin 2x + sin 4x = ± ±
2
2
2
| cos x| =
и, наконец,
√
О т в е т. − 3/2.
Задачи
1. (Геогр-92.5) Найти все значения параметра c, при которых уравнение
|x2 − 2x| + |x2 − 3x + 2| = x2 − 4x + c имеет ровно три различных решения.
2. √
(Почв-96.6) Определите, при каких значениях a решения неравенства
x + a ≥ x образуют на числовой прямой отрезок длины 2|a|.
3. (Экон-83.6) Найти все значения параметра a, при каждом из которых уравнение x − a = 2 · | 2 · |x| − a2 | имеет три различных корня. Найти эти корни.
4. (Геогр-94(1).6) Найти все значения a, при каждом из которых корни уравнения
√
√
x+3−4 x−1+ x+8−6 x−1=a
существуют и принадлежат отрезку [2; 17].
5. (Геогр-94.5) Найти все значения a, при которых уравнение
a + 6x − x2 − 8 = 3 + 1 + 2ax − a2 − x2
имеет ровно одно решение.
94
Теория и задачи
6. (ВМК-96.5) Решить систему
2
2
x
+ y − 14x − 10y + 58 = 0, √
x2 + y 2 − 16x − 12y + 100 + x2 + y 2 + 4x − 20y + 104 = 2 29.
7. (Псих-97.6) Найти все значения параметров a и b , при которых система
уравнений
2
x + y 2 + 5 = b2 + 2x − 4y,
x2 + (12 − 2a)x + y 2 = 2ay + 12a − 2a2 − 27
имеет два решения (x1 , y1 ) и (x2 , y2 ), удовлетворяющие условию
x1 − x2
y1 + y2
=
.
y2 − y1
x1 + x2
8. (Хим-87.5) Найти все значения параметра p, при каждом из которых множество всех решений неравенства
(p − x2 )(p + x − 2) < 0
не содержит ни одного решения неравенства x2 ≤ 1.
9. (Экон.М-97.6) Найти все значения параметра a, при которых периметр фигуры, заданной на координатной плоскости условием
log 2−|ay| 3
a2 + x2
2a2
> 0,
будет наименьшим.
π π
, для каждого из которых
10. (М/м-94(1).6) Найти все значения α ∈ − ;
2 2
уравнение
sin 2x + sin x + sin(x − α) = sin α + sin(x + α)
7π 5π
имеет ровно пять различных корней на отрезке − ;
.
4 4
11. (М/м-99.3) При каких значениях ϕ все положительные корни уравнения
cos
x
2
+ ϕ − cos
3x
+ϕ
2
= sin
x
,
2
расположенные в порядке возрастания, образуют арифметическую прогрессию?
12. (М/м-00.5) Найти все a, при которых уравнение
(|a| − 1) cos 2x + (1 − |a − 2|) sin 2x + (1 − |2 − a|) cos x + + (1 − |a|) sin x = 0
имеет нечётное число решений на интервале (−π; π).
7.1.
Рациональные и иррациональные уравнения и неравенства
95
13. (ВКНМ-00(1).6) Решить уравнение x2 = arcsin(sin x) + 10x.
14. (Геогр-99.4) Найти все значения параметра a, при которых среди корней
уравнения
sin 2x + 6a cos x − sin x − 3a = 0
найдутся два корня, разница между которыми равна
3π
.
2
15. (ЕГЭ.B) При каком натуральном значении a уравнение
x3 + 3x2 − 9x − a = 0
имеет ровно два корня?
16. (ЕГЭ.B) При каком значении b уравнение
x4 − 8x3 − 8x2 + 96x + b = 0
имеет ровно три корня?
17. (ЕГЭ.C) Найдите все значения параметра a, при которых в множестве решений неравенства
4a2
− a2 − 8a
x(x − 2a − 4) <
x
нельзя расположить два отрезка длиной 1, 5 каждый, которые не имеют
общих точек.
7.
Метод оценок
В этом параграфе приведены задачи, при решении которых используется ограниченность функций, входящих в уравнения и неравенства.
7.1.
Рациональные и иррациональные уравнения и неравенства
Теоретический материал
Определение 1. Функция f (x) называется ограниченной сверху на некотором
множестве D, если существует такое число M, что для любых значений x ∈ D
выполняется условие: f (x) ≤ M.
Определение 2. Функция f (x) называется ограниченной снизу на некотором
множестве D, если существует такое число m, что для любых значений x ∈ D
выполняется условие: f (x) ≥ m.
Определение 3. Функция f (x) называется ограниченной на некотором множестве D, если существуют такие числа m и M, что для любых значений x ∈ D
выполняется условие: m ≤ f (x) ≤ M.
96
Теория и задачи
Определение 3а. Функция f (x) называется ограниченной на некотором множестве D, если существует такое число M, что для любых значений x ∈ D выполняется условие: |f (x)| ≤ M (это определение эквивалентно определению 3).
Полезно помнить следующие факты:
• a+
1
≥ 2, если a > 0,
a
• a+
1
≤ −2, если a < 0,
a
причём равенство достигается при a = 1;
причём равенство достигается при a = −1;
• функция f (x) = ax2 + bx + c ограничена значением f
a > 0 и сверху при a < 0 ;
−
b
2a
снизу при
• если f (x) ≥ 0 и g(x) ≥ 0 , то
f (x) + g(x) = 0
⇐⇒
f (x) = 0,
g(x) = 0;
• если f (x) ≥ a, g(x) ≤ a, то
f (x) = g(x)
⇐⇒
f (x) = a,
g(x) = a;
• если |f (x)| ≥ a, |g(x)| ≥ b, a > 0, b > 0 , то
|f (x)| = a,
f (x) · g(x) = ab ⇐⇒
|g(x)| = b;
причём f (x) и g(x) одного знака;
• если |f (x)| ≥ a, |g(x)| ≤ b, a > 0, b > 0 , то
a
f (x)
|f (x)| = a,
=
⇐⇒
|g(x)| = b.
g(x)
b
причём f (x) и g(x) одного знака.
Заметим, что мы выписали здесь не все случаи применения оценок в суммах,
произведениях и частных. Однако если вам понятно всё, что написано выше, то
вы сможете сами распространить метод оценок и на другие случаи.
Примеры решения задач
П р и м е р 1. (У)
Решить систему уравнений
√
√
√
x(y − 1) +√ y(x − 1) = 2xy,
√
y x − 1 + x y − 1 = xy.
7.1.
Рациональные и иррациональные уравнения и неравенства
97
Р е ш е н и е. Из условия неотрицательности подкоренных выражений следует, что
x ≥ 1 и y ≥ 1. Разделим второе уравнение системы на xy :
√
√
x−1
y−1
1
1
1
1
+
= 1 ⇐⇒
−
−
+
= 1 ⇐⇒
x
y
x x2
y y2
2
2
1
1
1 1
1 1
−
−
−
−
⇐⇒
+
= 1.
4
2 x
4
2 y
2
2
1
1
1
1
1 1
1 1
≤
≤ , то
Так как
−
−
и
−
−
4
2 x
2
4
2 y
2
2
2
1
1
1 1
1 1
−
−
−
−
+
≤ 1,
4
2 x
4
2 y
следовательно, равенство может выполняться только при x = y = 2. Проверкой
убеждаемся, что эти значения переменных являются решениями и первого уравнения системы.
О т в е т. (2; 2).
Задачи
1. (У) Решить уравнение
x7 + 1 + 1 − x5 = 8.
2. (У) Решить уравнение |x|3 + |x − 1|3 = 9.
√
√
3. (У) Решить уравнение 4 − x + x − 2 = x2 − 6x + 11.
4. (У) Найти наибольшее и наименьшее значение функции y =
5. (У) Найти наибольшее и наименьшее значение функции y =
6. (У) Найти область значений функции y =
x2 − 1 − x.
7. (У) Найти наибольшее и наименьшее значение функции y =
8. (У) Найти все решения системы
x5 + y 5 = 1,
x6 + y 6 = 1.
9. (У) Решить систему уравнений
√
√
1 = 1,
√x + y +
√
x + 1 + y = 1.
10. (У) Решить неравенство
x2 − 1
+ x2 − 5x + 6 < 0.
x2 + 1
2x2
.
x4 + 1
x2 + 1
.
+x+1
x2
√
√
x + 1 − x.
98
Теория и задачи
11. (У) Найти максимальное значение выражения |x|
16 − y 2 + |y| 4 − x2 .
12. (Геол-98.8) При каких значениях a уравнение
2
x − 4ax + 4a2 + 1 + x2 − 2x − 1 = 0
x − 2a
имеет хотя бы одно решение?
⎧
⎨ y + 2 = (3 − x)3 ,
(2z − y) · (y + 2) = 9 + 4y,
13. (Биол-93.6) Найти все решения системы
⎩ x2 + z 2 = 4x;
удовлетворяющие условию z ≥ 0.
√
√
14. (ЕГЭ.С) Решить уравнение 16 − 8x + x2 + 4x2 − 13x − 17 = x − 4.
2 2
x y − 2x + y 2 = 0,
15. (Геогр-81.5) Решить систему уравнений
2x2 − 4x + 3 + y 3 = 0.
7.2.
Тригонометрические уравнения и неравенства
Теоретический материал
В этом разделе приведены задачи, при решении которых используется ограниченность тригонометрических функций:
| sin x| ≤ 1, | cos x| ≤ 1,
π
π
| arcsin x| ≤ , 0 ≤ arccos x ≤ π, | arctg x| < , 0 < arcctg x < π.
2
2
Перед тем, как приступить к решению задач, рекомендуется повторить приёмы,
приведённые в предыдущем разделе, и все тригонометрические формулы.
Примеры решения задач
П р и м е р 1. (Псих-78.4) Найти наименьшее значение функции
f (x) = 4x +
9π 2
+ sin x
x
при x > 0 .
Р е ш е н и е. Применим теорему о сумме двух взаимно обратных положительных
чисел:
9π 2
2x 3π
4x +
= 2 · 3π
+
≥ 6π · 2 = 12π,
x
3π
2x
причём равенство достигается при
min
0<x<+∞
4x +
2x
3π
= 1 ⇐⇒ x =
. Значит,
3π
2
9π 2
x
= 12π
при x =
3π
.
2
7.2.
Тригонометрические уравнения и неравенства
99
3π
функция y(x) = sin x также принимает своё наименьшее
Так как при x =
2
значение, равное −1, то
min f (x) = 12π − 1.
0<x<+∞
О т в е т. 12π − 1.
П р и м е р 2. (Почв-94.4) Найти все значения a и b, при которых система
a + sin bx ≤ 1,
x2 + ax + 1 ≤ 0
имеет единственное решение.
Р е ш е н и е. Для того, чтобы у второго неравенства были решения, необходимо и
достаточно, чтобы дискриминант квадратного трёхчлена был неотрицательным:
D = a2 − 4 ≥ 0
⇐⇒
|a| ≥ 2.
Первое неравенство равносильно неравенству
sin bx ≤ 1 − a.
1) Пусть a ≤ −2. Тогда 1 − a ≥ 3. В этом случае первое неравенство системы
верно для любого x ∈ R. Система будет иметь единственное решение, если второе
неравенство имеет только одно решение, что произойдёт при
D=0
⇐⇒
a = −2.
Значение параметра b при этом может быть любым.
2) Пусть a ≥ 2. Тогда 1 − a ≤ −1, и первое неравенство будет иметь решения,
если 1 − a = −1 ⇐⇒ a = 2. Система принимает вид:
π
sin bx = −1,
bx = − + 2πn, n ∈ Z,
2
⇐⇒
⇐⇒
x2 + 2x + 1 ≤ 0;
x = −1;
π
b = + 2πk, k ∈ Z,
2
⇐⇒
x = −1.
π
О т в е т. (−2; b), b ∈ R; 2; + 2πk , k ∈ Z.
2
П р и м е р 3. (ИСАА-93.5) Решить уравнение sin2 x + 3x2 cos x + 3x2 = 0.
Р е ш е н и е. Сгруппируем слагаемые:
sin2 x + 3x2 (cos x + 1) = 0.
Так как cos x ≥ −1, то в левой части уравнения стоит сумма двух неотрицательных выражений. Она будет равна нулю, только если каждое из слагаемых равно
нулю:
⎧
sin x = 0,
⎨ sin x = 0,
x = 0;
⇐⇒
⇐⇒
x = 0;
x = π + 2πn, n ∈ Z.
⎩
3x2 (cos x + 1) = 0;
cos x = −1;
О т в е т. 0; π + 2πn, n ∈ Z.
100
Теория и задачи
П р и м е р 4. (Хим-94(1).5) При каких значениях q разрешима система
⎧ 2
⎨ x + qx + 3 = 0,
⎩ sin2 qπ + cos2 πx + 2y2 = sin πx ?
2
2
Найти эти решения.
Р е ш е н и е. Так как левая часть второго уравнения не меньше 1 , а правая часть,
наоборот, не превосходит 1 , то исходная система эквивалентна следующей:
⎧ 2
⎧
x + qx + 3 = 0,
−q
±
q 2 − 12
⎪
⎪
⎪
⎪ x=
,
⎪
⎪
⎪
⎪
sin qπ = 0,
⎪
⎪
2
⎪
⎪
√
⎪
⎪
⎨
⎨ |q| ≥ 12,
πx
cos
= 0,
⇐⇒
2
q ∈ Z,
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
y
=
0,
⎪
⎪
⎪
⎪ y = 0,
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩ sin πx = 1;
⎩
x = 1 + 4n, n ∈ Z.
2
Из первого и последнего уравнений получаем:
(2(1 + 4n) + q)2 = q 2 − 12
⇐⇒
q=−
3
− (1 + 4n).
1 + 4n
Так как q ∈ Z, то знаменатель дроби может принимать одно из четырёх значений.
1) 1 + 4n = −3 ⇐⇒ n = −1. В этом случае q = 4, x = −3, y = 0.
2) 1 + 4n = −1 ⇐⇒ n = −0, 5. Не подходит, так как n ∈ Z.
3) 1 + 4n = 1 ⇐⇒ n = 0. В этом случае q = −4, x = 1, y = 0.
4) 1 + 4n = 3 ⇐⇒ n = 0, 5 ∈
/ Z.
О т в е т. При q = 4 x = −3, y = 0; при q = −4 x = 1, y = 0.
П р и м е р 5. (Биол-90.5) Найти все значения a, b, x, y, z, при которых выполняются соотношения
1 + tg(bz) · sin2 (xy) + cos(2xy) ≤ (cos x + sin(ay)) · | sin(2xy)|,
2 + 2 tg(bz) · cos(b(y + x)) + cos(2b(y + x)) = 0.
Р е ш е н и е. Рассмотрим второе уравнение системы. Сделав замену t = cos(b(y + x)) ,
приведём его к квадратному уравнению относительно t :
2 + 2 tg(bz) · t + 2t2 − 1 = 0
⇐⇒
2t2 + 2 tg(bz) · t + 1 = 0.
Полученное уравнение имеет решения, если D ≥ 0, то есть tg(bz) ≥ 2.
Рассмотрим первое неравенство исходной системы. Преобразуем левую часть:
1 + tg(bz) · sin2 (xy) + cos(2xy) = 1 + tg(bz) · sin2 (xy) + 1 − 2 sin2 (xy) =
= 2 + sin2 (xy) · (tg(bz) − 2) ≥ 2.
7.2.
Тригонометрические уравнения и неравенства
101
Правая часть неравенства, в свою очередь, не превосходит 2. Следовательно, неравенство переходит в равенство, и исходная система принимает вид
⎧ tg(bz) = 2;
⎪
⎪
⎪
sin(xy) = 0;
⎪
⎪
⎪
⎪
⎨ cos x = 1,
sin(ay) = 1,
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
sin(2xy) = ±1,
⎪
⎪
⎩
2 + 2 tg(bz) · cos(b(y + x)) + cos(2b(y + x)) = 0.
Так как sin(2xy) = ±1, то sin(xy) = 0 . Подставив tg(bz) = 2 в последнее уравнение, получим
√ 2
2
cos(b(y + x)) +
= 0.
2
Итак, решаем систему
⎧
tg(bz) = 2,
⎪
⎪
⎪
⎪
cos
x = 1,
⎪
⎨
sin(ay) = 1,
sin(2xy) = ±1, √
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩ cos(b(y + x)) = − 2 ;
2
⇐⇒
⎧
bz = arctg 2 + πn, n ∈ Z,
⎪
⎪
⎪
x = 2πk, k ∈ Z,
⎪
⎪
⎪
⎪
⎨ ay = π + 2πm, m ∈ Z,
2
πl
π
⎪
⎪
+ , l ∈ Z,
xy
=
⎪
⎪
4
2
⎪
⎪
⎪
⎩ b(y + x) = ± 3π + 2πp, p ∈ Z.
4
Отсюда сразу получаем ответ.
4πk(1 + 4m)
2πk(8p ± 3)
1 + 2l
,a=
,b=
,
8k
1 + 2l
16πk 2 + 2l + 1
16πk 2 + 2l + 1
; k, l, m, n, p ∈ Z, k = 0.
z = (arctg 2 + πn) ·
2πk(8p ± 3)
О т в е т. x = 2πk, y =
П р и м е р 6. (Геогр-88.5) Доказать, что при каждом x > 0 выполнено неравен15
ство x2 + πx + π · sin x > 0.
2
Р е ш е н и е. В силу ограниченности функции f1 (x) = sin x справедлива оценка
x2 + πx +
15π
15π
· sin x ≥ x2 + πx −
.
2
2
Рассмотрим функцию f2 (x) = x2 + πx −
x1,2 =
√
Значит, при
f2 (x) > 0 .
0 < x <
15π
. Корни квадратного трёхчлена
2
√
± π 2 + 30π − π
.
2
π 2 + 30π − π
2
f2 (x) < 0 ,
√
π 2 + 30π − π
при x >
2
102
Теория и задачи
√
π 2 + 30π − π
7π
7π
<
, поэтому при x >
исходное неравен1) Заметим, что
2
6
6
ство верно. Для оставшихся значений переменной x рассмотрим два случая.
2) При x ∈ (0; π) в левой части исходного неравенства стоит сумма двух поло15π
жительно определённых функций g(x) = x2 + πx > 0 и h(x) =
· sin x > 0 .
2
Значит, на рассматриваемом промежутке неравенство выполнено.
7π
3) Пусть x ∈ π;
. Оценим значения функций g(x) и h(x) снизу:
6
g(x) = x2 + πx ≥ 2π 2 > 4π;
h(x) =
15π
1
15π
· sin x ≥
· −
2
2
2
=−
15π
> −4π.
4
Значит, для суммы справедлива оценка
g(x) + h(x) > 4π − 4π = 0.
Объединяя все случаи, убеждаемся в том, что при x > 0 исходное неравенство
верно.
Задачи
1
1. (У) Решить уравнение 2 sin x = y + .
y
2. (У) Найти наибольшее значение функции y = 3 sin2 x + 2 cos2 x.
3. (У) Решить уравнение sin2 (πx) + x2 + 3x + 2 = 0.
4. (У) Решить уравнение x2 + 4x cos (xy) + 4 = 0.
π 2
5. (У) Решить неравенство | tg3 x| + | ctg3 x| ≤ 2 − x −
.
4
√
√
√
6. (У) Решить уравнение 1 + sin x + 1 + cos x = 4 + 2 2.
7. (У) Решить неравенство y −
1
− 1 − y − x2 ≥ 0.
| cos x|
8. (У) Решить уравнение tg4 x − 2 tg2 x + 2 =
2
arcsin y.
π
1
9. (У) Определить множество значений функции y = arccos .
x
√
10. (У) Решить уравнение sin 7x · cos 2x + sin 2x = 3.
11. (У) Решить уравнение sin 9x · sin x + cos x =
12. (ВМК-92.2) Решить уравнение
√
3
.
2
1 + cos 4x · sin x = 2 sin
π
.
4
7.2.
Тригонометрические уравнения и неравенства
103
3π + 1
3π − 1
x · cos
x = 1.
2
2
⎧ ⎨ sin π(x + y) + (x − y − 2)2 ≤ 0,
2
14. (Экон.М-97.2) Решить систему неравенств
⎩
|2x + 3| ≤ 2.
π 15. (М/м-93(1).4) При каких значениях a ∈ − ; 0 уравнение
2
2 cos(x + a) − 1 = sin 6x − 1 имеет решения?
13. (Геогр-96(1).3) Решить уравнение cos
16. (Псих-92.1) Решить неравенство sin
x
sin x − 3
x
√
+ cos ≤
.
2
2
2
17. (У) Найти все значения целочисленного параметра a, при которых разрешимо уравнение sin x − sin ax = −2.
18. (У) Указать хотя бы одно рациональное число a такое, что
| sin 81◦ − a| < 0, 01.
19. (Псих-93.3) Найти все решения уравнения
√
1
π
√ sin2 x +
+ sin 3x = cos 3x − 2
12
2
на отрезке [−2π; 2π].
20. (ЕГЭ.С) Решить уравнение 7 tg x + cos2 x + 3 sin 2x = 1 .
2
x + 2x sin y + 1 = 0,
21. (Хим-94.5) Решить систему
8|x|y(x2 + y 2 ) + π 3 + 4π = 0.
22. (Экон-78.5) Найти все значения параметра a, при каждом из которых неравенство a(4 − sin x)4 − 3 + cos2 x + a > 0 выполняется для всех значений x.
23. (ВМК-83.6) Найти все пары чисел (x, y), удовлетворяющие условию
√
5
3
2 − |y|·(5 sin2 x−6 sin x cos x−9 cos2 x+3 33) = (arcsin x)2 +(arccos x)2 − π 2 .
4
24. (Геол-92.6) Найти все тройки чисел (x, y, z), удовлетворяющие уравнению
x2 + 1 − 2x sin πy +
yz − 2z 2 − 64 = (41 − yz) · (cos 2πy + cos πz)2 .
1
1
cos 2x + cos2 x · cos 8x.
4
2
√
26. (ВМК-86.5) Решить уравнение sin 3x − 2 sin 18x sin x = 3 2 − cos 3x + 2 cos x.
25. (Хим-91.4) Решить уравнение cos4 x =
104
7.3.
Теория и задачи
Уравнения и неравенства с логарифмическими и показательными функциями
Примеры решения задач
П р и м е р 1. (Псих-97.4) При каких действительных p уравнение
4x + 2x+2 + 7 = p − 4−x − 2 · 21−x
имеет решение?
Р е ш е н и е. Перепишем уравнение в виде
4x +
1
4x
+ 4 2x +
1
2x
+ 7 = p.
Так как по теореме о сумме двух взаимно обратных чисел
4x +
1
≥ 2,
4x
2x +
1
≥ 2,
2x
и равенства в обоих случаях достигаются при x = 0 , то выражение, стоящее в
левой части уравнения, не меньше, чем 2 + 4 · 2 + 7 = 17 , и в силу непрерывности входящих в него функций принимает все значения, большие или равные 17.
Значит, данное уравнение будет иметь решения при p ≥ 17.
О т в е т. [17; +∞).
П р и м е р 2. (Экон.В-98.4) Решить уравнение
25 · 3|x−5|+|x−3| + 9 · 5|x−4|+|x−6| = 450.
Р е ш е н и е. Разделим обе части уравнение на 52 · 32 :
3|x−3|+|x−5|−2 + 5|x−4|+|x−6|−2 = 2.
Так как для любых действительных x верны неравенства
|x − 3| + |x − 5| ≥ 2;
|x − 4| + |x − 6| ≥ 2;
(докажите это самостоятельно!), то левая часть уравнения больше или равна правой, причём равенство достигается в случае
|x − 3| + |x − 5| = 2,
|x − 4| + |x − 6| = 2;
О т в е т. [4; 5].
⇐⇒
⎧
x − 3 ≥ 0,
⎪
⎨
x − 5 ≤ 0,
⎪
⎩ x − 4 ≥ 0,
x − 6 ≤ 0;
⇐⇒
4 ≤ x ≤ 5.
7.3.
Уравнения и неравенства с логарифмическими и показательными...
105
Задачи
1. (У) Решить уравнение ln x +
1
= 2 · sin(x + π/4).
ln x
2. (У) Решить уравнение 21−|x| = x2 + 1 +
x2
1
.
+1
3. (ИСАА-97.4) Решить неравенство log0,5 |1 − x| − logx−1 2 ≤ 2.
4. (У) Решить неравенство log2 x + logx 2 + 2 cos α ≤ 0.
2
5. (У) Доказать, что уравнение 2x · 3−x =
2
не имеет решений.
5
6. (У) Решить неравенство cos2 (x + 1) lg(9 − 2x − x2 ) ≥ 1.
π
√
.
7. (У) Решить неравенство 32x/3 · sin x > 2 при x ∈ 1;
3
2
8. (У) Решить уравнение 2sin
x
2
+ 2cos
x
= 1, 5(tg x + ctg x).
9. (У) Решить неравенство 2−|x−2| log2 (4x − x2 − 2) ≥ 1.
10. (У) Решить неравенство (3 − cos2 x − 2 sin x) · (lg2 y + 2 lg y + 4) ≤ 3.
11. (Биол-81.4) Решить неравенство (2x + 3 · 2−x )2 log2 x − log2 (x + 6) > 1.
12. (Псих-79.2) Решить систему уравнений
2 log1−x (−xy − 2x + y + 2) + log2+y (x2 − 2x + 1) = 6,
log1−x (y + 5) − log2+y (x + 4) = 1.
13. (Физ-96(2).8) Для каждого значения a решить уравнение
√
(log2 3)
x+a+2
√
x2 +a2 −6a−5
= (log9 4)
.
2
14. (Хим-93(1).5) Решить уравнение 2 1 + sin2 (x − 1) = 22x−x .
15. (Геогр-94(1).4) Решить уравнение log0,5 (tg πx + ctg πx) = 8(2x2 + 3x + 1).
16. (У) Решить неравенство 2sin x + 2cos x ≥ 21−
17. (Филол-98.5) Решить неравенство
4
√
2
2
13 + 3(3
.
1−cos x
)≤
2
5 · 2−2x − 1.
18. (ВМК-81.4) Для каждого значения параметра a найти все значения x, удоx2
= 0.
влетворяющие равенству (a + 2)2 log3 (2x − x2 ) + (3a − 1)2 log11 1 −
2
19. (Геогр-83.4)⎧Найти все пары чисел (x, y), каждая из которых удовлетворяет
2
⎨ 2|x −2x−3|−log2 3 = 3−y−4 ,
условиям
⎩ 4|y| − |y − 1| + (y + 3)2 ≤ 8.
106
Теория и задачи
20. (Почв-89.5) Решить неравенство
x
≥ 2.
(x2 − 4x + 3) · log1/√2 cos2 πx + cos x + 2 sin2
2
21. (Геол-95(1).9) Для каждого значения a решить систему
⎧
2
2
⎨ log2 (|a|x − 3x + 4)
= 5−|x|·(x+1) ,
log2 (−3x + 4)
⎩
x ≤ 1.
22. (М/м-97(1).5) Решить систему
|x + 1| − 1 ≤ x,
πx
(2x + 2x−2 + 22−x ) cos
+ cos(πx) + 3 + 22x−3 = 0.
2
23. (ЕГЭ.С) Найдите все значения a, при каждом из которых оба числа
3 sin a + 5 и 9√cos 2a − 36 sin a − 18 являются решениями неравенства
(25x − 3x2 + 18) x − 1
≥ 0.
log4 |x − 7| − 1
24. (ЕГЭ.С) Найдите все значения a, при каждом из которых оба числа
a · 2a−4 и a2 · 4a−4 + 104 − 5a · 2a−2 являются решениями неравенства
x−2
log10,5−x log2
≥ 0.
x−3
8.
8.1.
Задачи на доказательство
Тригонометрические задачи на доказательство
Теоретический материал
Перед тем как приступить к изучению этого раздела, необходимо повторить все
основные тригонометрические факты и формулы.
Примеры решения задач
П р и м е р 1. Доказать, что
2 cos 40◦ − cos 20◦ √
= 3.
sin 20◦
Р е ш е н и е. Воспользуемся в числителе левой части равенства формулами разности косинусов, приведения и разности синусов:
cos 40◦ + (cos 40◦ − cos 20◦ )
cos 40◦ − 2 sin 30◦ · sin 10◦
2 cos 40◦ − cos 20◦
=
=
=
sin 20◦
sin 20◦
sin 20◦
cos 400 − sin 10◦
sin 50◦ − sin 10◦
2 cos 30◦ · sin 20◦ √
=
=
= 3,
sin 20◦
sin 20◦
sin 20◦
что и требовалось доказать.
=
8.1.
Тригонометрические задачи на доказательство
П р и м е р 2. Доказать равенство cos
107
4π
6π
1
2π
+ cos
+ cos
=− .
7
7
7
2
π
Р е ш е н и е. Умножим и разделим левую часть равенства на 2 sin = 0 и вос7
пользуемся в числителе формулой преобразования произведения тригонометрических функций:
2π
4π
6π
π
cos
+ cos
+ cos
2 sin
7
7
7
7
=
π
2 sin
7
π
5π
3π
5π
3π
− sin + sin
− sin
+ sin π − sin
sin
7
7
7
7
7 = −1.
=
π
2
2 sin
7
Равенство доказано.
П р и м е р 3. Доказать, что sin t < t < tg t при 0 < t <
π
.
2
Р е ш е н и е. Рассмотрим окружность радиуса R. Пусть угол AOC равен t. То1
гда площадь треугольника AOC равна R2 sin t, а площадь сектора AOC равна
2
1 2
R t.
2
y
B
5
A
1
R
5
t
0
0
R
C
x
5
1
5
Площадь сектора AOC больше площади треугольника AOC, то есть
1 2
1
R sin t < R2 t
2
2
⇐⇒
sin t < t.
1
Площадь треугольника OCB равна R2 tg t. Она больше площади сектора AOC ,
2
то есть
1 2
1 2
R tg t > R t ⇐⇒ tg t > t,
2
2
что и требовалось доказать.
108
Задачи
1. Доказать, что
2. Доказать, что
Теория и задачи
√
3 + tg
π
= 2.
12
1
≤ sin6 x + cos6 x ≤ 1.
4
3. Доказать, что 2(sin6 α + cos6 α) − 3(sin4 α + cos4 α) + 1 = 0.
4. Доказать, что cos
3π
1
π
+ cos
= .
5
5
2
5. Доказать равенство cos
4π
5π
1
π
· cos
· cos
= .
7
7
7
8
6. Доказать, что sin(π + α) · sin
7. При всех значениях α =
4π
+ α · sin
3
2π
+α
3
=
sin 3α
.
4
πk
, k ∈ Z доказать неравенство
2
3(tg2 α + ctg2 α) − 8(tg α + ctg α) + 10 ≥ 0.
8. При всех значениях β =
πk
, k ∈ Z доказать неравенство
2
3(1 + cos2 2β)
8
+ 5 ≥ 0.
−
sin 2β
sin2 2β
9. Доказать равенство
10. Доказать, что arctg
11. Доказать, что
sin 20◦ sin 40◦ sin 60◦ sin 80◦
= 3.
sin 10◦ sin 30◦ sin 50◦ sin 70◦
π
1
< .
2
5
1
2
π
< arcsin + arccos .
4
3
3
12. Доказать, что 2 arctg
7
π
1
+ arctg
= .
4
23
4
13. Доказать, что если 0 ≤ x ≤ 1 , то x sin x + cos x ≥ 1 .
π2
и указать, при
14. Доказать справедливость неравенства arcsin x · arccos x ≤
16
каких значениях x выполняется равенство.
15. Зная, что sin α > 0 и sin 3α >
1
109
, доказать, что sin α >
.
4
1296
x2
π
при 0 < x < .
2
2
√
π
17. Имеет ли смысл выражение arcsin
?
32 sin
11
16. Доказать, что cos x > 1 −
8.2.
Метод математической индукции
109
18. Имеет ли решение уравнение cos (sin 7x) =
π
?
5
19. Доказать справедливость неравенства cos(cos x) > 0, 5.
20. Доказать справедливость неравенства cos(sin x) > sin(cos x).
8.2.
Метод математической индукции
Теоретический материал
Метод математической индукции заключается в следующем.
Пусть есть некое утверждение, зависящее от n, n ∈ N. Требуется доказать,
что оно верно при всех натуральных n ≥ n0 .
Базис индукции. Проверяется его справедливость при n = n0 .
Предположение индукции. Предполагается истинность этого утверждения при
n = k ≥ n0 .
Индукционный шаг. На основании этой информации доказывается выполнение
утверждения при n = k + 1. Тогда данное утверждение справедливо при всех
n ∈ N.
Метод математической индукции позволяет строго и быстро доказать многие
утверждения и теоремы. Обратите внимание на то, что переменная n принимает
значения из множества целых чисел. Это принципиально важно! В других случаях
метод не применим.
Примеры решения задач
n(n + 1)(2n + 1)
для всех n ∈ N .
6
Р е ш е н и е. Воспользуемся методом математической индукции. Сначала проверим справедливость утверждения при n = 1 . Получим
П р и м е р 1. Доказать, что 12 + 22 + . . . + n2 =
12 = 1 · 2 ·
3
6
− верно.
Теперь предположим, что равенство справедливо при n = k :
12 + 22 + . . . + k 2 =
k(k + 1)(2k + 1)
6
и докажем его истинность при n = k + 1 . То есть нам надо доказать, что
12 + 22 + . . . + k 2 + (k + 1)2 =
(k + 1)(k + 2)(2(k + 1) + 1)
.
6
Выпишем левую часть равенства и используем предположение индукции:
12 + 22 + . . . + k 2 + (k + 1)2 =
k(k + 1)(2k + 1)
(k + 1)(2k 2 + 7k + 6)
+ (k + 1)2 =
=
6
6
(k + 1)(k + 2)(2k + 3)
(k + 1)(k + 2)(2(k + 1) + 1)
=
.
6
6
Таким образом, утверждение при n = k + 1 доказано и, следовательно, оно справедливо при всех натуральных n.
=
110
Теория и задачи
П р и м е р 2. Доказать неравенство Бернулли:
(1 + x)n ≥ 1 + nx,
где x > −1,
n ∈ N.
Р е ш е н и е. Воспользуемся методом математической индукции. Сначала проверим справедливость утверждения при n = 1 . Получим
1 + x ≥ 1 + x − верно.
Теперь предположим, что неравенство справедливо при n = k :
(1 + x)k ≥ 1 + kx
и докажем его истинность при n = k + 1 . То есть нам надо доказать, что
(1 + x)k+1 ≥ 1 + (k + 1)x.
Выпишем левую часть неравенства и используем предположение индукции:
(1 + x)k+1 = (1 + x)k (1 + x) ≥ (1 + kx)(1 + x) = 1 + (k + 1)x + kx2 ≥ 1 + (k + 1)x.
Таким образом, утверждение при n = k + 1 доказано и, следовательно, оно справедливо при всех натуральных n.
З а м е ч а н и е. Равенство в неравенстве Бернулли достигается только при n = 1
или при x = 0 . При остальных n и x неравенство Бернулли является строгим.
Задачи
n(n + 1)
2
∀n ∈ N .
1. Доказать, что
1 + 2 + ... + n =
2. Доказать, что
1 + 2 + 22 + ... + 2n−1 = 2n − 1
3. Доказать, что
1 + 3 + 5 + ... + (2n − 1) = n2
∀n ∈ N.
∀n ∈ N .
4. Доказать для любого натурального n равенство
1
1
1
1
n
+
+
+ ··· +
=
.
1·2 2·3 3·4
n · (n + 1)
n+1
5. Доказать, что
(n − 1)! > 2n
6. Доказать, что неравенство
любом натуральном n ≥ 2.
∀n ≥ 6 .
√
1
1
1 + √ + ... + √ > n
n
2
7. Доказать, что
√
1
1
1 + √ + ...+ √ < 2 n
n
2
8. Доказать, что
1 3
2n − 1
1
· · ... ·
<√
2 4
2n
2n + 1
9. Доказать, что
2 n > n2
∀n ≥ 5 .
∀n ∈ N.
∀n ∈ N.
выполняется при
8.3.
Доказательство неравенств и тождеств
10. Доказать, что
111
13 + 23 + ... + n3 = (1 + 2 + ... + n)2
∀n ∈ N .
11. Доказать,что при любом натуральном n выполняется неравенство
1 · 2 ·3 · ...· n ≤
n+1
2
12. Доказать, что
.
4n + 15n − 1 .. 9
13. Доказать, что
.
7n + 12n + 17 .. 18 ∀n ∈ N.
8.3.
n
.
∀n ∈ N.
Доказательство неравенств и тождеств
Теоретический материал
При доказательстве неравенств из этого раздела могут оказаться полезными следующие утверждения:
• (оценка
суммы двух взаимно обратных величин)
1
a + ≥ 2 , где a = 0 ; равенство достигается при a = ±1 ;
a
• (среднее геометрическое не превосходит среднего арифметического)
x+y √
≥ xy , где x, y ≥ 0 ; равенство достигается при x = y ;
2
• (модуль суммы не превосходит суммы модулей)
|x| + |y| ≥ |x + y|; равенство достигается, когда x · y ≥ 0 ;
• (неравенство Бернулли)
(1 + x)n ≥ 1 + nx, где x > −1 и n ∈ N .
Примеры решения задач
П р и м е р 1. Доказать, что
c ≥ 0.
(a + b) · (b + c) · (c + a) ≥ 8abc
при a ≥ 0, b ≥ 0,
Р е ш е н и е. Поскольку среднее геометрическое двух неотрицательных чисел не
превосходит их среднего арифметического, справедливы следующие неравенства:
√
√
√
a + b ≥ 2 ab, b + c ≥ 2 bc, c + a ≥ 2 ca.
Перемножив их, получим нужное неравенство.
П р и м е р 2. Доказать, что
9
1 1 1
+ + ≥
a b
c
a+b+c
при
a > 0, b > 0, c > 0.
Р е ш е н и е. Умножим обе части неравенства на сумму (a + b + c):
3+
a a
b
b
c
c
+ + + + + ≥9
b
c
a c a b
⇐⇒
a
b
+
b
a
+
a
c
+
c
+
a
b c
+
c b
≥ 6.
112
Теория и задачи
Справедливость последнего неравенства следует из свойства суммы двух взаимно
обратных положительных чисел, в соответствии с которым
b
a
+ ≥ 2,
b
a
a
c
+ ≥ 2,
c
a
b c
+ ≥ 2.
c b
Неравенство доказано.
1
1 3 5
99
1
< · · ·...·
<
.
15
2 4 6
100
10
П р и м е р 3. Доказать неравенство
Р е ш е н и е. Правильная положительная дробь увеличивается с увеличением чисa
a+c
лителя и знаменателя на одно и тоже положительное число, то есть
<
,
b
b+c
где 0 < a < b, c > 0. В этом легко убедиться непосредственной проверкой:
a+c a
c(b − a)
− =
> 0.
b+c
b
b(b + c)
Следовательно,
1
2 3
4
1 3 5
99
< ,
< , ... Пусть A = · · · . . . ·
; тогда
2
3 4
5
2 4 6
100
A<
откуда
A2 <
2 4 6
100
1
· · · ...·
=
,
3 5 7
101
101 · A
1
101
A< √
=⇒
1
1
.
<
10
101
Оценим A снизу:
2 5
4
99
98
3
> ;
> ; ... ;
>
4
3 6
5
100
99
=⇒
1 3 5
99
1 2 4
98
1
· · ·...·
> · · ·...·
= ·
2 4 6
100
2 3 5
99
2 3 5
·
2 4
1
1
=⇒ A2 >
>
=⇒ A >
200
225
Неравенство доказано.
=⇒
A=
1
99
· ...·
98
1
.
15
=
1
200 · A
=⇒
Задачи
1. Доказать, что для любых a = 0, b = 0 выполняется неравенство
a2 + 1
a
2
·
b2 + 1
b
2
> 15.
2. Доказать, что a4 + b4 + c4 ≥ abc(a + b + c).
3. Доказать, что для положительных значений переменных выполняется нера1
≥ 3.
венство x + y +
xy
8.3.
Доказательство неравенств и тождеств
113
4. Доказать, что если a + b + c = 1, то a2 + b2 + c2 ≥
1
.
3
5. Доказать неравенство lg 8 · lg 12 < 1.
6. Доказать, что если для неотрицательных чисел xy + yz + zx = 1, то
x + y + z > 1.
√
7. Сравнить 2x−1 + 2y−1 и 2x+y .
8. Доказать неравенство
1
1
99
1
.
+ 2 + ... +
<
2
2
2
3
100
100
9. Доказать, что если a2 + b2 = 1 и c2 + d2 = 1, то |ac − bd| ≤ 1.
10. Доказать, что для
значений переменных выполняется нера√ положительных
√
√
a+ b+ c
a+b+c
≤
.
венство
3
3
1
1
1
+
+
> 4.
log2 π
log5 π
log10 π
12. Доказать неравенство
a2 + b2 + c2 + d2 ≥
(a + c)2 + (b + d)2
прoизвольных чисел a, b, c, d.
11. Доказать, что
для
13. Доказать,что для любого значения переменной x выполняется неравенство
x12 − x9 + x6 − x3 + 1 > 0.
14. Доказать, что если a + b ≥ 1, то a4 + b4 ≥
1
.
8
15. Доказать, что если |x − a| + |y − b| < c, то |xy − ab| < (|a| + |b| + |c|)c.
16. Доказать, что для положительных значений переменных выполняется нера√
a 1 + a2 + a3
.
венство 3 a1 a2 a3 ≤
3
17. Пусть 0 ≤ x, y, z ≤ π . Доказать, что sin
sin x + sin y + sin z
x+y+z
≥
.
3
3
18. Доказать, что для любого значения x выполняется неравенство 2x > x.
19. Пусть a, b, c — попарно взаимно простые числа, причём a = 1. Доказать,
что они не могут быть членами одной геометрической прогрессии.
20. Числа a2 , b2 , c2 образуют арифметическую прогрессию. Докажите, что
1
1
1
,
,
также образуют арифметическую прогрессию.
числа
b+c c+a a+b
21. Могут ли различные числа ak , am , an быть одноимёнными членами как
арифметической, так и геометрической прогрессий?
114
Теория и задачи
22. Положительные числа a1 , a2 , ..., an образуют арифметическую прогрессию.
Доказать, что
√
1
1
1
n−1
√ +√
√ + ... + √
√ = √
√ .
a1 + a2
a2 + a3
an−1 + an
a1 + an
23. Доказать, что если числа a1 , a2 , ... , an отличны от нуля и образуют арифметическую прогрессию, то
1
1
1
n−1
+
+ ... +
=
.
a1 a2
a2 a3
an−1 an
a1 an
24. В арифметической прогрессии Sm = Sn (m = n). Доказать,что Sm+n = 0.
25. Пусть a, b, c — различные простые числа, каждое из которых больше 3. Доказать, что если они образуют арифметическую прогрессию, то её разность
кратна 6.
9.
Использование особенностей условия задачи
9.1.
Оптимизация процесса решения, введение функций, искусственное введение параметров, смена ролей параметра и переменной
Теоретический материал
Любая сложная задача может быть сведена к более простой с помощью различных
следствий. Упрощающие предположения основаны на свойствах и особенностях
функций, простейшими из которых являются монотонность и ограниченность.
После каждого упрощения полезно заново формулировать условие, что особенно важно в задачах с параметрами. Рассмотрим несколько стандартных приёмов.
• Допустим, необходимо решить уравнение f (x) = с, где f (x) – возрастающая функция. В силу монотонности функция может принимать значение
c не более, чем в одной точке. Нужное значение аргумента нередко легко
угадывается.
• Если исходное уравнение может быть представлено в виде равенства композиций функций у = f (t) и t = g(x) или t = h(x), то есть f (g(x)) =
f (h(x)) , где f (t) – монотонная функция, то равенство значений функции
f (t) эквивалентно равенству значений её аргументов: g(x) = h(x).
• Если в результате преобразований исходного уравнения удалось разделить
переменные, то есть представить его в виде f (x) = g(y), необходимо прежде
всего проверить, не являются ли функции f (x) и g(y) ограниченными:
одна снизу, а вторая сверху.
Для оптимизации процесса решения в ряде задач полезно использовать метод
введения новых параметров, изначально в задаче не содержащихся. Он даёт хорошие результаты в тех случаях, когда, например, требуется найти наибольшее
9.1.
Оптимизация процесса решения...
115
и/или наименьшее значение функции нескольких переменных, связанных дополнительными условиями.
В некоторых задачах с параметром логически оправданным является нетривиальный подход к решению, основанный на смене ролей неизвестной величины
и параметра. Он отлично себя зарекомендовал в тех случаях, когда смена ролей
приводит к существенному упрощению (прежде всего в смысле восприятия) постановки задачи.
Примеры решения задач
П р и м е р 1. (Хим-89.5) Решить уравнение
(2x + 1) 2 + (2x + 1)2 + 3 + 3x 2 + 9x2 + 3 = 0.
√
Р е ш е н и е. Рассмотрим функцию f (t) = t 2 + t2 + 3 . Она нечётная, монотонно возрастает. Докажем эти свойства.
• Функция
f (t) определена
на всём множестве действительных чисел; f (−t) =
2
−t 2 + (−t) + 3 = −f (t), то есть f (t) нечётная.
• Докажем монотонность. Возьмём два значения аргумента t1 и t2 такие, что
t2 > t1 . Рассмотрим разность:
f (t2 ) − f (t1 ) = 2 (t2 − t1 ) + t2
t22 + 3 − t1
t21 + 3;
первое слагаемое положительно по предположению. Рассмотрим остальные:
– если0 ≤ t1 < t2 ,то t2 t22 + 3 − t1 t21 + 3 >
> t2 t21 + 3 − t1 t21 + 3 = (t2 − t1 ) t21 + 3 > 0 ;
– если t1 < 0 ≤ t2 , то t2 t22 + 3 ≥ 0 и −t1 t21 + 3 > 0 ;
– еслиt1 < t2 < 0 ,то t2 t22 + 3 − t1 t21 + 3 >
> t2 t22 + 3 − t1 t22 + 3 = (t2 − t1 ) t22 + 3 > 0 ;
значит, f (t2 ) > f (t1 ), то есть функция возрастает на всей области определения.
Исходное уравнение может быть представлено в виде:
f (2x + 1) = −f (3x);
воспользуемся нечётностью функции f (t):
f (2x + 1) = f (−3x);
воспользуемся монотонностью:
2x + 1 = −3x
1
О т в е т. − .
5
⇐⇒
1
x=− .
5
116
Теория и задачи
П р и м е р 2. (Хим-97.6) Найти наибольшее и наименьшее значения выражения
x2 + 2y 2 , если x2 − xy + 2y 2 = 1 .
Р е ш е н и е. Введём обозначение: a = x2 +2y 2 . Переформулируем условие задачи:
требуетсянайти наибольшее и наименьшее значения параметра a, при которых
a = x2 + 2y 2 ,
имеет решение. Подставив a из первого уравнения
система
x2 − xy + 2y 2 = 1
во второе, выразим x через параметр и вторую переменную:
a = x2 + 2y 2 ,
a − xy = 1;
• при y = 0 из второго уравнения a = 1 , из первого уравнения x = −1 или
x = 1;
• при y = 0 из второго уравнения выразим x =
a=
a−1
y
2
+ 2y 2
⇐⇒
a−1
и подставим в первое:
y
2y 4 − ay 2 + (a − 1)2 = 0.
Уравнение является квадратным относительно новой переменной t = y 2 > 0 :
2t2 − at + (a − 1)2 = 0;
√
√
D = a2 − 8(a − 1)2 = a − 2 2(a − 1) a + 2 2(a − 1) .
Уравнение должно иметь корни:
√ #
√
2 2
2 2
; √
.
a∈ √
2 2+1 2 2−1
!
D≥0
⇐⇒
При найденных значениях параметра по крайней мере один корень t∗ положителен, поскольку абсцисса вершины параболы f (t) = 2t2 − at + (a − 1)2
a
положительна: tв = > 0 . Значит, уравнение 2y 4 − ay 2 + (a − 1)2 = 0 имеет
4
√
√
по крайней мере два корня y1 = − t∗ и y2 = t∗ ; соответствующие им
a−1
.
значения переменной x вычисляются по формуле x =
y
Итак, наибольшее и наименьшее значения выражения x2 +2y 2 (то√
есть наибольшее
√
2 2
2 2
и наименьшее значения параметра a) равны, соответственно, √
и √
.
2 2−1
2 2+1
√
√
2 2
2 2
; √
.
О т в е т. √
2 2−1 2 2+1
9.1.
Оптимизация процесса решения...
117
П р и м е р 3. (М/м-92.6) Найти все значения x , при каждом из которых неравенство
(2 − a) · x3 + (1 − 2a) · x2 − 6x + (5 + 4a − a2 ) < 0
выполняется хотя бы при одном значении a, принадлежащем отрезку [−1; 2].
Р е ш е н и е. По смыслу задачи x – параметр задачи, a – переменная. Переформулируем условие: найти все значения параметра x, при которых неравенство
f (a) = a2 + a(x3 + 2x2 − 4) − (2x3 + x2 − 6x + 5) > 0
имеет решение на отрезке [−1; 2]. Данному условию не удовлетворяет только такое
расположение параболы f (a), при котором
3
y
2
f(a)
1
0
1
−1
0
2
a
2
3
f (−1) ≤ 0,
−3x3 − 3x2 − 6x ≤ 0,
⇐⇒
⇐⇒
3x2 + 6x − 9 ≤ 0;
f (2) ≤ 0;
x(x − 1)(x + 2) ≥ 0,
⇐⇒
⇐⇒ x ∈ [−2; 0] ∪ {1}.
(x − 1)(x + 3) ≤ 0;
Значит, при всех остальных значениях параметра
x ∈ (−∞; −2) ∪ (0; 1) ∪ (1; +∞)
неравенство будет иметь решение на отрезке [−1; 2].
О т в е т. (−∞; −2) ∪ (0; 1) ∪ (1; +∞).
Задачи
1. (М/м-77.4) Решить систему уравнений
⎧
3
2
⎪
⎨y − 9x + 27x − 27 = 0,
3
2
z − 9y + 27y − 27 = 0,
⎪
⎩x3 − 9z 2 + 27z − 27 = 0.
1
найти все корни урав2. (Псих-91.5) При каждом значении параметра a ≥
2π
нения
2x + a
2x − a
cos
= cos
.
2
2
2
2x + 2ax + 5a /2
2x − 2ax + 5a2 /2
3. (Псих-86.6) Найти наибольшее из значений, которые принимает выражение
x + 3y , если x и y удовлетворяют неравенству x2 + xy + 4y 2 ≤ 3.
118
Теория и задачи
4. (Хим-91.1) Найти максимум и минимум функции f (x) =
3x + 1
.
(3x + 1)2 + 1
5. (Псих-99.4) Найти все значения параметра p, при каждом из которых множе3x + p
ство значений функции f (x) = 2
содержит полуинтервал (−1; 3].
x + 5x + 7
Определить, при каждом таком p множество значений функции f (x).
6. (Биол-94.5) Найти все значения x, при которых неравенство
(4 − 2a)x2 + (13a − 27)x + (33 − 13a) > 0
выполняется для всех a, удовлетворяющих условию 1 < a < 3 .
7. (ЕГЭ.С) Найдите все значения a, при которых неравенство
x − 2a − 4
≤0
x + 3a − 2
выполняется для всех x ∈ [1; 3].
8. (ВМК-93.6) Найти все значения параметра a, при которых область определения функции
1
√
y=
3 cos x − 2 cos3 x − 2a
совпадает с областью определения функции
√
2
1
√ .
−
y=
3
3
sin x + cos x − a 3 cos x − 2 cos3 x − 2a
9. (Экон.М-99.6) Для каждого значения b найти все пары чисел (x, y), удовлетворяющие уравнению
8
b sin 2y + log4 (x 1 − 4x8 ) = b2 .
9.2.
Чётность и симметричность по нескольким переменным, исследование единственности решения, необходимые и достаточные условия
Теоретический материал
Нестандартные задачи с параметрами можно существенно упростить, если алгебраическое выражение в условии является чётным. Иногда уравнение, неравенство
или система обладает свойством симметрии в более широком смысле, а именно
не меняет своего вида при определённой замене переменных, смене переменных
местами или других действиях. Нередко такая алгебраическая симметрия бывает
неявной и может быть обнаружена только после предварительного преобразования выражения.
Наиболее эффективно информация о симметрии функций используется в задачах о единственности решений или наличии определённого числа решений. Если
9.2.
Чётность и симметричность...
119
задача формулируется так: "Найти все значения параметра, при которых уравнение (неравенство, система) имеет единственное решение", то прежде всего
необходимо посмотреть, не является ли задача чётной относительно одной из переменных или симметричной относительно двух каких-либо переменных.
• Если задача является чётной относительно переменной x (то есть не меняется при замене x на (−x)), то можно рассуждать так: "Предположим,
что x0 – решение нашей задачи. Тогда в силу чётности относительно x
значение (−x0 ) тоже будет решением. Поскольку решение должно быть
единственным, то x0 = −x0 ⇐⇒ x0 = 0 . Значит, единственным может
быть только решение x = 0 . Подставим это значение в исходную задачу и найдём значения параметра, при которых x = 0 является решением
(необходимые условия единственности решения). Осталось проверить, не
будет ли других решений при найденных значениях параметра (достаточность)."
• Если задача является симметричной относительно переменных x и y (то есть
не меняется при замене (x; y) на (y; x)), то можно руководствоваться следующими соображениями: "Предположим, что (x0 ; y0 ) – решение задачи. Тогда
в силу симметричности задачи (y0 ; x0 ) также будет решением. Поскольку
решение должно быть единственным, то x0 = y0 . Значит, решение задачи будет единственным только при x = y . Подставим эту зависимость в
исходную задачу и определим те значения параметра, при которых x = y
(необходимые условия на параметр). Далее при вычисленных значениях параметра проведём исследование исходной системы и определим количество
решений (достаточность)."
• Задача может быть симметричной относительно замены x на 1/x. В этом
случае рассуждаем следующим образом: "Предположим, что x0 = 0 – решение нашей задачи. Тогда в силу симметричности 1/x0 также будет
решением. Поскольку решение должно быть единственным, то x0 = 1/x0 ,
то есть x0 = −1 или x0 = 1 . Значит, решение задачи будет единственным
только при x = −1 или x = 1 . Подставим эти значения в исходную задачу
и определим те значения параметра, при которых x = −1 (x = 1 ) является решением (необходимые условия). Далее при вычисленных значениях
параметра определяем количество решений задачи (достаточность)."
Примеры решения задач
П р и м е р 1. (М/м-90.4) Найти все значения параметра a, при которых уравнение x2 − 2a sin(cos x) + a2 = 0 имеет единственное решение.
Р е ш е н и е. Функция в левой части уравнения чётная по переменной x; значит,
если x0 является решением уравнения, то и −x0 также будет решением. Единственным может быть только решение x = 0 . Подставим это значение переменной
в уравнение и найдём те значения параметра, при которых x = 0 является корнем:
−2a sin(1) + a2 = 0
⇐⇒
a=0
или a = 2 sin(1).
120
Теория и задачи
1) При a = 0 уравнение принимает вид: x2 = 0
решение.
⇐⇒
x = 0 – единственное
2) При a = 2 sin(1) получаем:
x2 − 4 sin(1) · sin(cos x) + 4 sin2 (1) = 0;
так как | cos x| ≤ 1 , то sin(cos x) ≤ sin(1), поэтому:
x2 − 4 sin(1) · sin(cos x) + 4 sin2 (1) ≥ x2 ≥ 0;
равенство достигается при одновременном выполнении двух условий:
x = 0,
⇐⇒ x = 0 – единственное решение.
cos x = 1;
О т в е т. 0; 2 sin(1).
П р и м е р 2. (ВМК-98(1).5) Найти все значения параметра a, при которых уравнение
2x
x2 − 1
5
2 1+x2 + a cos
+ a2 − = 0
x
4
имеет единственное решение.
Р е ш е н и е. Преобразуем уравнение:
1
2
2 x +x + a cos x −
1
x
+ a2 −
5
= 0;
4
заметим, что на области допустимых значений уравнение обладает свойством сим1
метрии относительно замены x на . Значит, если x0 является решением, то и
x
1
будет решением. Необходимым условием единственности решения является раx0
1
венство: x = , то есть x = −1 или x = 1 . Найдём соответствующие им значения
x
параметров и проверим достаточность.
1) При x = −1 получаем:
1
5
3
+ a + a2 − = 0 ⇐⇒ a2 + a − = 0 ⇐⇒
2
4
4
3
а) при a = − уравнение принимает вид:
2
1
2
2 x +x = −1 +
1
2
a=−
3
1
cos x −
2
x
условий:
⎧ 2
1
1
⎪
⎨2 x +x = ,
2
1
3
⎪
⎩−1 + cos x −
2
x
=
1
;
2
≤
⇐⇒
или a =
1
;
2
1
3
cos x −
;
2
x
2
функция слева ограничена снизу: 2 x +x ≥ 2 −2 =
чена сверху: −1 +
3
2
1
, функция справа ограни2
1
; равенство возможно при выполнении
2
⎧
1
⎪
⎨ + x = −2,
x
1
⎪
⎩cos x −
= 1;
x
⇐⇒
x = −1;
9.2.
Чётность и симметричность...
решение единственное. Значит, значение параметра a = −
121
3
подходит;
2
2
1
1
1
1
получаем уравнение: 2 x +x = 1 − cos x −
. Докажем, что
2
2
x
данное уравнение имеет более одного решения. Введём обозначения:
2
1
1
1
f (x) = 2 x +x , g(x) = 1 − cos x −
. Корень x = −1 мы уже знаем.
2
x
Докажем, что на интервале (−1; 0) есть ещё решения уравнения f (x) = g(x).
Прежде всего заметим, что на данном интервале обе функции непрерывны,
1
функция f (x) возрастает и ограничена:
< f (x) < 1. Далее, так как при
2
1
изменении x от −1 до 0 функция h(x) = x − монотонно возрастает от 0
x
до +∞, то, в силу периодичности косинуса, функция g(x) бесконечное число
3
1
до
и обратно. Следовательно, уравнение f (x) = g(x)
раз проходит от
2
2
имеет бесконечное число решений на интервале (−1; 0). Поэтому значение
1
параметра a = не подходит.
2
5
3
2) При x = 1 получаем: 2 + a + a2 − = 0 ⇐⇒ a2 + a + = 0. Так как
4
4
дискриминант последнего уравнения отрицателен, то x = 1 не является решением
исходного уравнения ни при каких значениях параметра.
б) при a =
3
О т в е т. − .
2
П р и м е р 3. (ИСАА-98.7) При каких значениях параметра a система
√
x4 − (a − 1) a + 3 y + a4 + 2a3 − 9a2 − 2a + 8 = 0,
√
y = a + 3 x2
имеет ровно три различных решения?
Р е ш е н и е. Заметим, что задача является чётной по переменной x. Пусть t = x2 :
√
t2 − (a − 1) a + 3 y + a4 + 2a3 − 9a2 − 2a + 8 = 0,
√
y = a + 3 t;
подставим y из второго уравнения системы в первое:
t2 − (a − 1)(a + 3)t + a4 + 2a3 − 9a2 − 2a + 8 = 0;
f (t) = t2 − (a − 1)(a + 3)t + (a − 1)(a − 2)(a + 1)(a + 4) = 0.
Исходная задача имеет три решения, если корни последнего уравнения различны
и удовлетворяют условиям: t1 = 0 , t2 > 0 . Для этого, в свою очередь, необходимо
и достаточно, чтобы парабола f (t) проходила через начало координат и имела
положительную абсциссу вершины:
f (0) = 0,
(a − 1)(a − 2)(a + 1)(a + 4) = 0,
a = −4;
⇐⇒
⇐⇒
a = 2.
tв > 0;
(a − 1)(a + 3) > 0;
122
Теория и задачи
С учетом ОДЗ остаётся только a = 2 . Проверять это a не надо, так как мы
его нашли при условии, что первое уравнение будет иметь ровно три решения, а,
значит, и вся система будет иметь ровно три решения.
О т в е т. 2 .
Задачи
1. (Псих-95.5) Найти все значения a, при которых неравенство
cos x − 2
x2 + 9
−a
x2 + 9 ≤ −
a + cos x
имеет единственное решение.
2. (Биол-91.5) Найти все значения параметра a, при которых система уравнений
⎧
⎪
⎨z cos (x − y) + (2 + xy) sin (x + y) − z = 0,
x2 + (y − 1)2 + z 2 = a + 2x,
⎪
⎩(x + y + a sin2 z) ((1 − a) ln(1 − xy) + 1) = 0
имеет единственное решение.
3. (Фил-92.5) Найти все значения параметра b , при которых система уравнений
bx2 + 2bx + y + 3b − 3 = 0,
by 2 + x − 6by + 11b + 1 = 0
имеет единственное решение.
4. (Биол-95.6) Найти все значения a, при которых уравнение
x2 − 6|x| − a
2
18π
+ 12 x2 − 6|x| − a + 37 = cos
a
имеет ровно два решения.
5. (Хим-84.5) Найти все значения параметра a, при каждом из которых неравенство
1
|a − 2| · |x + a − 4| +
2
a2 − 4a + 3
− |a − 2| · |x − 2|+
|a − 2|
1
+ |a − 2| · |x − a| ≤ 1
2
выполняется ровно для двух различных значений x.
6. (Хим-02.6) Найти все значения параметра a, при каждом из которых уравнение
√
2
πx
πx
2−x · 4x + sin
+ cos
− 2 = a3 − 3a2 + a + 2
4
4
имеет единственное решение.
9.3.
Редукция задачи и переформулирование условия
123
7. (Экон-90.6) Найти все значения параметра a, при которых система
⎧
√ y
√ y
2
⎪
⎨(3 − 2 2) + (3 + 2 2) − 3a = x + 6x + 5,
2
2
2
y − (a − 5a + 6) · x = 0,
⎪
⎩−6 ≤ x ≤ 0
имеет единственное решение.
8. (Хим-86.5) Найти все значения параметра a, при каждом из которых система
уравнений
1 − |x − 1| = 7|y|,
49y 2 + x2 + 4a = 2x − 1
имеет ровно четыре различных решения.
9.3.
Редукция задачи и переформулирование условия
Теоретический материал
В ряде нестандартных задач один из параметров или переменная может принимать всевозможные значения из некоторого множества.
Одна из схем решения задач такого типа состоит в присваивании свободному
параметру (переменной) специальных значений, при которых постановка задачи
существенно упрощается.
Предположим, задача формулируется так: "Найти все значения параметра,
при которых уравнение (система) выполняется для всех значений x." Рассуждаем следующим образом: "Поскольку уравнение должно выполняться для всех
x, выберем такое значение переменной x0 , при котором исходное уравнение максимально упрощается. Подставим это значение в уравнение и найдём набор "подозрительных" значений параметра (необходимое условие), которые, в свою очередь, подставим в исходное уравнение (проверяем достаточность). Если для найденного значения параметра уравнение выполняется при всех x, то это значение
параметра подходит. Если же уравнение выполняется не при всех значениях x
(при этом достаточно найти хотя бы одно такое значение), то рассматриваемое значение параметра не подходит."
Примеры решения задач
П р и м е р 1. (Почв-98.6) Определить:
а) при каких значениях a существует такое число b , что уравнение
5 cos x + sin x + cos(x − b) = a имеет решения;
б) при каких значениях a это уравнение имеет решения при любом значении b ?
Р е ш е н и е. а) Преобразуем выражение в левой части уравнения, воспользовавшись методом дополнительного аргумента:
√
1
26 cos x − arctg
5
+ cos(x − b) = a;
√
1
+ cos(x − b) при всевозможных значениях
26 cos x − arctg
5
√
√
переменной x и параметра b принимает значения из отрезка [− 26 − 1; 26 + 1].
функция f (x) =
124
Теория и задачи
Значит,
√ уравнения f (x) = a существует хотя бы при одном b , если
√ решение
a ∈ [− 26 − 1; 26 + 1].
б) Перепишем уравнение в виде:
√
26 cos x − arctg
1
5
= a − cos(x − b);
√ √
множество значений левой части есть отрезок [− 26; 26], тогда как множество
значений правой части есть отрезок [a−1; a+1]. Поскольку это уравнение должно
иметь решения при любых значениях b , то
√
a − 1 ≥ − 26,
√
a + 1 ≤ 26;
⇐⇒
√
√
− 26 + 1 ≤ a ≤ 26 − 1.
√
√
√
√
О т в е т. а) [− 26 − 1; 26 + 1]; б) [− 26 + 1; 26 − 1].
П р и м е р 2. (Псих-78.4) Найти множество всех пар чисел (a; b), для каждой из
которых при всех значениях x справедливо равенство
a(cos x − 1) + b2 = cos(ax + b2 ) − 1.
Р е ш е н и е. Поскольку по условию задачи равенство должно быть справедливым
для всех значений переменной, возьмём x = 0 :
b2 = cos(b2 ) − 1
⇐⇒
b = 0.
Значит, другие значения параметра b условию задачи не удовлетворяют; полагаем
далее b = 0 :
a(cos x − 1) = cos(ax) − 1.
Поскольку последнее равенство также должно выполняться ∀x, рассмотрим два
"специальных" значения переменной:
• при x =
πa
π
получаем уравнение: cos
= 1 − a;
2
2
• при x = π cos πa = 1 − 2a
⇐⇒
2 cos2
πa
− 1 = 1 − 2a;
2
подставим выражение тригонометрической функции из первого уравнения во второе:
2(1 − a)2 − 1 = 1 − 2a ⇐⇒ a = 0 или a = 1;
других значений параметра a быть не может.
Осталось подставить найденные значения параметров (a; b) в исходное уравнение и убедиться в том, что обе пары обращают уравнение в тождество.
О т в е т. (0; 0), (1; 0).
9.3.
Редукция задачи и переформулирование условия
125
П р и м е р 3. (Геол-97.8) При каких значениях α уравнения
xα2 − α − (x3 − 5x2 + 4) = 0,
(x + 1)α2 + (x2 − x − 2)α − (2x3 − 10x2 + 8) = 0
не имеют общего решения?
Р е ш е н и е. Переформулируем задачу. Найдём все значения параметра α , при
которых система
xα2 − α − (x3 − 5x2 + 4) = 0,
(x + 1)α2 + (x2 − x − 2)α − (2x3 − 10x2 + 8) = 0;
имеет решения. Тогда все остальные значения параметра будут удовлетворять
условию задачи.
Вычитая из удвоенного первого уравнения системы второе, получаем:
(x − 1)α2 − (x2 − x)α = 0 ⇐⇒
!
α = 0;
⇐⇒
⇐⇒
(x − 1)α − (x2 − x) = 0;
⎡
!
α = 0;
α = 0;
⎢
⇐⇒
⇐⇒ ⎣ x = α;
x2 − (α + 1)x + α = 0;
x = 1;
подставляем найденные значения переменной и параметра в исходную систему:
1) при α = 0 получаем два одинаковых уравнения: x3 − 5x2 + 4 = 0 . Подбором
находим одно из решений x = 1 . Значит, при α = 0 система имеет решения;
2) при x = α , заменяя первое уравнение на разность первого и второго уравнений,
получаем:
⎡
α = 1;
5α2 − α − 4 = 0,
2
⎣
⇐⇒
5α
−
α
−
4
=
0
⇐⇒
4
10α2 − 2α − 8 = 0
α=− ;
5
4
значит, при α = 1 система имеет решение x = 1 , при α = − у системы есть
5
4
решение x = − ;
5
3) при x = 1 получаем:
α = 0;
α2 − α = 0,
⇐⇒
α = 1;
2α2 − 2α = 0
оба значения параметра были исследованы ранее.
4
Итак, система имеет решения при α = − , α = 0 и α = 1 . При остальных α
5
система не имеет решений.
О т в е т.
−∞; −
4
5
4
∪ − ; 0 ∪ (0; 1) ∪ (1; +∞).
5
126
Теория и задачи
Задачи
1. (ИСАА-93.6) Найти все значения a, при каждом из которых неравенство
x2 + 2|x − a| ≥ a2 справедливо для всех x.
2. (М/м-86.5) Найти все значения a, при каждом из которых для любого значения b система
bx − y − az 2 = 0,
(b − 6)x + 2by − 4z = 4
имеет по крайней мере одно решение (x, y, z).
3. (Геол-98(1).8) При каких a для любого b ≥ 2 неравенство
(b − 1)x + 2
1 − (b − 1)−2 <
a+1
−b+1
b−1
1
x
выполняется для всех x < 0 ?
4. (Почв-00.7) Найдите все значения параметра a, при которых при любых
значениях параметра b уравнение
|x − 2| + b|2x + 1| = a
имеет хотя бы одно решение.
5. (Геол-79.6) Найти все неотрицательные числа x, при каждом из которых из
неравенств abx ≥ 4a + 7b + x, a ≥ 0 , b ≥ 0 следует неравенство ab ≥ 5 .
6. (Геогр-85.5) Найти все значения параметра a, удовлетворяющие условию
−1 < a < 1 , для каждого из которых выражение
1 + 2 x2 − 2axy + y 2 − 6y + 10
принимает наименьшее значение лишь при одной паре чисел x, y .
7. (ВМК-90.6) Найти все значения параметра a, при которых для любых значений параметра b неравенство
log6 x + 10a + 3b + 31 x2 − 9b2 − 9b − 1 ≤ log6 36 + 10a + 3b + 41 x2 −
36
5
x
5
−(6b + 2)x + 9b2 + 15b + 3
имеет хотя бы одно решение.
8. (ВМК-98.5) Найти все значения параметра a, при которых существуют
(x, y), удовлетворяющие системе неравенств
⎧
⎪
⎨max(2 − 3y, y + 2) ≤ 5,
√
6
2
⎪
⎩ a2 + arccos 1 − x2 − 16 − 2 arcsin x(π + 2 arcsin x) ≥ y 2 + 2ay + 7.
π
π
9.4.
9.4.
Смешанные задачи
127
Смешанные задачи
Теоретический материал
В данном пункте собраны примеры, для успешного решения которых необходимо
владеть как базовыми навыками логического мышления, так и широким набором
нестандартных приёмов решения алгебраических задач.
Примеры решения задач
П р и м е р 1. (ВМК-85.5) Найти все тройки чисел (x, y, z), удовлетворяющие равенству
√
√
3 2
3
2
2
x − 2y + 2z + 10z + 6y +
x − 17 + 3x2 − 2 3(cos πy + cos πz)x + 4 = 0.
2
2
Р е ш е н и е. Уравнение равносильно системе:
⎧
√
⎪
⎨ 3 x2 − 2y 2 + 2z 2 + 10z + 6y + 3 x − 17 = 0,
2
2
⎪
⎩3x2 − 2√3(cos πy + cos πz)x + 4 = 0.
Рассмотрим второе уравнение системы. Оно является квадратным по переменной
x. Необходимое условие существования корней – неотрицательность дискриминанта:
D1 = 3(cos πy + cos πz)2 − 12 ≥ 0 ⇐⇒ | cos πy + cos πz| = 2.
1) Равенство cos πy + cos πz = 2 равносильно системе:
cos πy = 1,
y = 2n, n ∈ Z,
⇐⇒
cos πz = 1;
z = 2m, m ∈ Z;
значит, переменные y и z – чётные целые числа. Подставляя условие cos πy +
cos πz = 2 во второе уравнение системы, находим значения переменной x:
√
2
3x2 − 4 3x + 4 = 0 ⇐⇒ x = √ . Из первого уравнения системы получаем:
3
2 − 2y 2 + 2z 2 + 10z + 6y + 1 − 17 = 0
⇐⇒
z 2 − y 2 + 5z + 3y = 7.
Поскольку y и z чётные, выражение в левой части чётное, справа – нечётное
число. Следовательно, уравнение решений не имеет.
2) Равенство cos πy + cos πz = −2 равносильно системе:
cos πy = −1,
y = 1 + 2n, n ∈ Z,
⇐⇒
cos πz = −1;
z = 1 + 2m, m ∈ Z;
то есть переменные y и z – нечётные целые числа. Из второго уравнения системы
√
2
находим x: 3x2 + 4 3x + 4 = 0 ⇐⇒ x = − √ . Подставляем найденное значение
3
в первое уравнение:
2 − 2y 2 + 2z 2 + 10z + 6y − 1 − 17 = 0
⇐⇒
z 2 − y 2 + 5z + 3y = 8.
128
Теория и задачи
Решим полученное уравнение на множестве целых чисел и отберём пары, состоящие из нечётных целых чисел.
z 2 − y 2 + 5z + 3y = 8
⇐⇒
⇐⇒
(z − y)(z + y) + 4(z + y) + z − y = 8
⇐⇒
(z − y + 4)(z + y + 1) = 12.
Если y и z нечётные, то выражение z − y + 4 будет принимать чётные значения,
а выражение z + y + 1 – нечётные; следовательно, есть четыре возможности:
а) z − y + 4 = 12, z + y + 1 = 1 ⇐⇒ y = −4, z = 4 – не подходит;
б) z − y + 4 = −12, z + y + 1 = −1 ⇐⇒ y = 7, z = −9 – подходит;
в) z − y + 4 = 4, z + y + 1 = 3 ⇐⇒ y = 1, z = 1 – подходит;
г) z − y + 4 = −4, z + y + 1 = −3 ⇐⇒ y = 2, z = −6 – не подходит.
О т в е т.
2
− √ ; 1; 1 ,
3
2
− √ ; 7; −9 .
3
П р и м е р 2. (Почв-85.5) Пусть x0 – больший из корней уравнения
x2 + 2(a − b − 3)x + a − b − 13 = 0.
Найти наибольшее значение x0 при a ≥ 2, b ≤ 1 .
Р е ш е н и е. Убедимся, что корни существуют:
D1 = (a − b − 3)2 − (a − b − 13) = (a − b)2 − 7(a − b) + 22 > 0 ∀a, b;
преобразуем исходное уравнение:
(a − b)(2x + 1) = 13 + 6x − x2 ;
1
поскольку x = − не является корнем уравнения, выразим разность a − b через
2
переменную:
13 + 6x − x2
.
a−b=
2x + 1
По условию a ≥ 2, b ≤ 1 =⇒ a − b ≥ 1 . Найдем все допустимые x:
13 + 6x − x2
(x + 2)(x − 6)
1
≥ 1 ⇐⇒
≤ 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞; −2] ∪ − ; 6 .
2x + 1
2x + 1
2
Наибольшее значение корня x0 = 6 ; ему соответствует a − b = 1 , что при ограничениях a ≥ 2, b ≤ 1 возможно при a = 2, b = 1 .
О т в е т. 6 .
П р и м е р 3. (Геогр-80.5) Найти все решения системы уравнений
⎧
⎪
⎪y + 1 + 13 + x − y = 13 + x + 1 ,
⎨
x
6
6
x
⎪
97
⎪ 2
⎩
x + y2 =
;
36
удовлетворяющие условиям x < 0 и y > 0 .
9.4.
Смешанные задачи
129
Р е ш е н и е. Заметим, что первое уравнение может быть представлено в виде:
|f (x, y)| + |g(x, y)| = f (x, y) + g(x, y),
где f (x, y) = y +
13
1
, g(x, y) =
+ x − y;
x
6
f (x, y) ≥ 0,
то есть
g(x, y) ≥ 0;
равенство равносильно системе:
⎧
⎪
⎨y + 1 ≥ 0,
x
13
⎪
⎩ + x − y ≥ 0.
6
1
13
Складывая неравенства, получаем следствие:
+
+ x ≥ 0 , откуда, учитывая
x
6
13
ограничение x < 0 : x2 + x + 1 ≤ 0 .
6
13
+ x; возводим в квадрат,
С другой стороны, из второго неравенства: y ≤
6
2
13
97
учитывая условие y > 0 : y 2 ≤
+ x . Используя равенство: x2 + y 2 =
,
6
36
получаем:
2
97
13
13
− x2 ≤
+x
⇐⇒ x2 + x + 1 ≥ 0.
36
6
6
3
2
13
97
Значит, x2 + x + 1 = 0, то есть x = − или x = − . Из равенства y 2 =
− x2
6
2
3
36
2
определяем соответствующие положительные значения второй переменной: y =
3
3
или y = . Найденные значения проверяем в исходной системе.
2
2 3
3 2
, − ;
.
О т в е т. − ;
2 3
3 2
Задачи
1. (Геол-95.8) Найти все значения a, при которых неравенство 9x < 20 · 3x + a
не имеет ни одного целочисленного решения.
2. (Хим-96(1).5) Решить систему
√
√
x + 2 + x2 + 5x + 5 ≥ 2,
x2 + 6x + 5 ≤ 0.
3. (Экон-98.7) Найти все значения a, при которых уравнения
x3 + 2ax2 − a2 x − 2a3 + 2 = 0 и x3 − ax2 − 10a2 x + 10a3 − 1 = 0
имеют хотя бы один общий корень.
4. (Фил-80.5) Найти все значения a из промежутка [1; +∞), при каждом из
которых больший из корней уравнения
x2 − 6x + 2ax + a − 13 = 0
принимает наибольшее значение.
130
Указания и решения
5. (Псих-88.6) Найти наибольшее значение параметра a, при котором неравенство
√
√
√ 2
a
π 4
≤ a3 sin x
a a(x − 2x + 1) + 2
x − 2x + 1
2
имеет хотя бы одно решение.
6. (Псих-92.4) Найти все значения параметров u и v , при которых существуют
два различных корня уравнения
x(x2 + x − 8) = u,
являющихся одновременно корнями уравнения
x(x2 − 6) = v.
7. (М/м-99(2).3) Найти все x, при которых хотя бы одно из двух выражений
|x − 3|(|x − 5| − |x − 3|) − 6x и |x|(|x| − |x − 8|) + 24
неположительно и при этом его модуль не меньше модуля другого.
8. (Псих-98.6) Найти все целые значения параметров a и b , при которых уравнение
√
√
b2 − x2
b2 − x2
sin πbx
sin πbx −b·2
+b·2
− arcsin
arcsin
= 2ab
b
b
имеет не менее 10 различных решений.
9. (Фил-82.5) Найти все значения параметра γ , при каждом из которых минимально количество
√ 2 пар 2(n, m) целых чисел n и m, удовлетворяющих усло3
вию γ |n| ≤ 2(γ − m ).
Часть II: Указания и решения
1.
1.1.
Элементы теории чисел
Целые числа. Делимость и остатки
Задача 1.
Доказать, что число n5 − n делится на 30.
И д е я. Разложить выражение на множители и проверить делимость на 2, 3, 5.
У к а з а н и е. Разложить n5 − n = n(n − 1)(n + 1)(n2 + 1).
У к а з а н и е. Делимость на 6 вытекает из того, что произведение трёх последовательных чисел n(n − 1)(n + 1) делится на 2 и на 3.
У к а з а н и е. При доказательстве делимости на 5 перебрать все возможные остатки от деления на 5 числа n.
Р е ш е н и е. Надо доказать, что n5 − n = n(n − 1)(n + 1)(n2 + 1) делится на 5 и 6.
Делимость на 6 вытекает из того, что произведение трёх последовательных чисел
n(n − 1)(n + 1) делится на 2 и на 3.
Теперь представим число n в виде n = 5k + r, r = 0, 1, 2, 3, 4 и переберём
возможные остатки:
.
1) если r = 0, то n .. 5,
.
2) если r = 1, то n − 1 .. 5,
..
3) если r = 4, то n + 1 . 5,
.
4) если r = 2 или r = 3, то n2 + 1 .. 5.
Следовательно, в любом случае n5 − n делится на 5, а значит, и на 30.
Задача 2.
Доказать, что число n3 − 7n делится на 6.
И д е я. Показать, что число является чётным и исследовать делимость на 3.
У к а з а н и е. Числа n3 и 7n являются числами одной чётности, следовательно,
разность их чётна.
У к а з а н и е. Для доказательства делимости на 3 перебрать остатки от деления
на 3.
132
Указания и решения
Р е ш е н и е. Сначала покажем, что число n3 − 7n делится на 2. При нечётном
n числа n3 и 7n являются нечётными, следовательно, разность их чётна. При
чётном n числа n3 и 7n являются чётными и разность их чётна.
Теперь проверим делимость на 3. Разложим n3 − 7n = n(n2 − 7) и рассмотрим
все возможные остатки от деления n на 3 :
.
1) если n = 3k, k ∈ Z, то n .. 3 ;
.
2) при n = 3k ± 1 получаем n2 − 7 = 9k ± 6k − 6 .. 3 .
Значит, n3 − 7n делится на 3 , а, следовательно, делится и на 6 .
Задача 3.
Доказать, что n2 + 1 не делится на 3 ни при каких целых n.
И д е я. Перебрать возможные остатки от деления на 3 числа n.
Р е ш е н и е. Рассмотрим возможные случаи:
1) если n = 3k, k ∈ Z, то n 2 + 1 = 9k 2 + 1 не делится на 3;
2) при n = 3k ± 1, k ∈ Z выражение n 2 + 1 = 9k 2 ± 6k + 2 также не делится на 3.
Задача 4.
Сумма m2 + n2 делится на 3. Доказать, что она делится на 9.
И д е я. Перебрать все возможные остатки от деления на 3 чисел m, n.
У к а з а н и е. Показать что, если число не делится на 3 , то квадрат этого числа
при делении на 3 даёт в остатке 1 .
У к а з а н и е. Перебрать все возможные остатки от деления на 3 чисел m, n.
Р е ш е н и е. Если число p не делится на 3 , то есть p = 3k + 1 или p = 3k + 2 , то
p2 при делении на 3 даёт остаток 1 . Теперь рассмотрим все возможные случаи
при делении на 3 чисел m и n:
1) пусть оба числа m, n не делятся на 3 , тогда m2 + n2 при делении на 3 даёт
остаток 2 ;
2) пусть одно число делится на 3 , а другое не делится на 3 , тогда m2 + n2 при
делении на 3 даёт остаток 1 ;
3) пусть оба числа делятся на 3 , тогда m2 + n2 делится на 9 .
Задача 5.
Доказать, что число n(n + 1)(n + 2)(n + 3) делится на 24.
И д е я. Использовать то, что произведение k подряд стоящих чисел делится на k .
1.1.
Целые числа. Делимость и остатки
133
Р е ш е н и е. Произведение n(n + 1)(n + 2) делится на 3, поскольку одно из трёх
последовательных целых чисел обязательно кратно трём.
Из аналогичных соображений произведение n(n + 1)(n + 2)(n + 3) содержит
два чётных множителя, один из которых кратен четырём.
Следовательно, число n(n + 1)(n + 2)(n + 3) делится на 3 и на 8, то есть на 24.
Задача 6.
Доказать, что n3 + 3n2 − n − 3 делится на 48 при нечётном n.
И д е я. Использовать то, что произведение k подряд стоящих чисел делится на k .
У к а з а н и е. Разложить выражение на множители.
Р е ш е н и е. Проведём следующие преобразования
n3 + 3n2 − n − 3 = n2 (n + 3) − (n + 3) = (n − 1)(n + 1)(n + 3).
Положив n = 2k − 1 , получим
(n − 1)(n + 1)(n + 3) = 8(k − 1)k(k + 1).
Поскольку одно из трёх последовательных чисел обязательно делится на 3, а
двух – на 2, произведение (k−1)k(k+1) делится на 6; следовательно, 8(k−1)k(k+1)
делится на 48.
Задача 7.
При каких натуральных n число n4 + 2n3 − n2 − 2n не делится на 120?
И д е я. Разложить выражение на множители. Использовать то, что произведение
k подряд стоящих чисел делится на k .
У к а з а н и е. При исследовании делимости на 3 и 8 использовать то, что произведение k подряд стоящих чисел делится на k . При исследовании делимости на 5
перебрать остатки от деления на 5 числа n.
Р е ш е н и е. Проведём следующие преобразования
n4 + 2n3 − n2 − 2n = n3 (n + 2) − n(n + 2) = (n − 1)n(n + 1)(n + 2).
Произведение делится на 3, поскольку одно из трёх последовательных целых чисел обязательно кратно трём. Из аналогичных соображений произведение
(n − 1)n(n + 1)(n + 2) содержит два чётных множителя, один из которых кратен четырём. Откуда следует, что число (n − 1)n(n + 1)(n + 2) делится на 3 и
на 8, а значит, и на 24. Если оно будет делится на 5, то будет делится и на 120.
Следовательно, нас устроит лишь n = 5k + 2, k = 0; 1; 2; ...
О т в е т. n = 5k + 2, k = 0; 1; 2; ...
134
Указания и решения
Задача 8.
Доказать, что сумма кубов трёх последовательных чисел делится на 9.
И д е я. Записать сумму кубов через среднее число и исследовать делимость на 9
полученного выражения.
У к а з а н и е. Перебрать остатки от деления на 3.
Р е ш е н и е. Покажем, что
.
(n − 1)3 + n3 + (n + 1)3 .. 9,
n ∈ Z.
Раскроем скобки
(n−1)3 +n3 +(n+1)3 = (n3 −3n2 +3n−1)+n3+(n3 +3n2 +3n+1) = 3n3 +6n = 3n(n2 +2).
.
Покажем, что n(n2 + 2) .. 3. Рассмотрим возможные остатки от деления на 3:
1) если n = 3k, k ∈ Z, то утверждение справедливо;
.
2) если n = 3k ± 1 , то n2 + 2 = 9k 2 ± 6k + 3 .. 3.
Следовательно, сумма кубов трёх последовательных чисел делится на 9.
Задача 9.
Цифры трёхзначного числа переписаны в обратном порядке. Доказать, что разность между исходным и полученным числом делится на 9.
И д е я. Использовать десятичную запись исходного и полученного чисел.
У к а з а н и е. Если первое число имеет вид 100a+10b+c, то второе – 100c+10b+a.
Р е ш е н и е. Пусть a, b, c – цифры исходного трёхзначного числа, тогда само число
равно 100a + 10b + c. Новое число равно 100c + 10b + a. Их разность
(100a + 10b + c) − (100c + 10b + a) = 99a − 99c
делится на 9, что и требовалось доказать.
Задача 10.
Докажите, что 4343 − 1717 делится на 10.
И д е я. Найти последние цифры чисел 4343 и 1717 .
У к а з а н и е. Использовать то, что число, возведённое в натуральную степень
оканчивается также как и последняя цифра, возведённая в ту же степень.
1.1.
Целые числа. Делимость и остатки
135
Р е ш е н и е. Найдём последние цифры чисел 4343 и 1717 .
а) Последняя цифра числа 4343 совпадает с последней цифрой числа 343 . Представим
343 = (34 )10 · 33 = 8110 · 27.
Последняя цифра первого множителя равна 1, второго – 7, следовательно, последняя цифра произведения равна 1 · 7 = 7 .
б) Последняя цифра числа 1717 совпадает с последней цифрой числа 717 . Представим
717 = (74 )4 · 7.
Число (74 )4 оканчивается на 1, поскольку на 1 оканчивается число 74 . Следовательно, последняя цифра произведения равна 1 · 7 = 7 .
Так как последние цифры чисел 4343 и 1717 равны, то их разность делится на 10.
Задача 11.
Делится ли на 7 число 19911917 + 19171991 ?
И д е я. Найти остатки от деления на 7 каждого из слагаемых.
У к а з а н и е. Использовать то, что возведение числа в степень можно заменить
возведением в ту же степень остатка от деления на 7.
Р е ш е н и е. Найдём остатки от деления на 7 каждого из слагаемых.
а) Сначала найдём остаток от деления на 7 числа 19911917 . Поскольку 1991 =
7 · 284 + 3, то остаток от деления на 7 числа 19911917 равен остатку от деления
на 7 числа 31917 .
Заметим, что 33 дает остаток (−1) при делении на 7, следовательно, 36 дает
остаток (−1)2 = 1 . Представим
31917 = 36·319+3 = (36 )319 · 33 .
Поскольку 36 имеет остаток 1 при делении на 7, число (36 )319 также имеет остаток 1. Так как остаток второго множителя равен 6, то остаток произведения равен
1 · 6 = 6 . Следовательно, число 19911917 при делении на 7 даёт остаток 6.
б) Найдём остаток при делении на 7 числа 19171991. Число 1917 при делении на
7 даёт остаток (−1). Следовательно, остаток числа 19171991 равен остатку числа
(−1)1991 = −1 .
В итоге получаем, что остаток числа 19911917 +19171991 при делении на 7 равен
6 − 1 = 5 , то есть на 7 оно не делится.
О т в е т. Нет.
Задача 12.
Доказать, что для всех натуральных n выражение 82n−1 − 1 делится на 7.
И д е я. Использовать то, что при возведении числа в степень, в эту же степень
возводятся и его остатки.
У к а з а н и е. Число 82n−1 , как и 8, даёт при делении на 7 остаток 1.
136
Указания и решения
Р е ш е н и е. Поскольку 82n−1 = (7 + 1)2n−1 , число 82n−1 имеет остаток
1 при
делении на 7. Следовательно, для всех натуральных n выражение 82n−1 − 1
делится на 7.
З а м е ч а н и е. Утверждение задачи справедливо и в случае, когда степень числа
8 является любым (не только нечётным) натуральным числом.
Задача 13.
Доказать, что 5n − 3n + 2n делится на 4.
И д е я. Перебрать возможные остатки от деления на 4 числа n.
У к а з а н и е. Использовать то, что возведение числа в степень можно заменить
возведением в ту же степень остатка от деления на 4.
Р е ш е н и е. Пусть n = 4k + r, где r = 0, 1, 2, 3, тогда
N = 5n − 3n − 2n = 54k+r − 34k+r − 2(4k + r) = 625k · 5r − 81k · 3r − 8k − 2r.
Так как числа 625 и 81 при делении на 4 дают остаток 1, то 625k и 81k также дают
в остатке 1. Следовательно, остаток числа N равен остатку числа 5r − 3r − 2r = q.
.
При r = 0 и r = 1 получаем q = 0, при r = 2 получаем q = 12 .. 4 , при r = 3
.
получаем q = 92 .. 4. Что и требовалось доказать.
Задача 14.
Найти все натуральные n, при которых число n · 2n + 1 делится на 3.
И д е я. Рассмотреть остатки от деления на 3 числа n.
У к а з а н и е. Представить n = 3k + r, r = 0; 1; 2 и рассмотреть отдельно чётные
и нечётные k .
Р е ш е н и е. Если n = 3k, то n · 2n + 1 не делится на 3.
Рассмотрим n = 3k + r, где r = 1 или r = 2. В этом случае
n · 2n + 1 = (3k + r) · 23k+r + 1 = 3k · 23k+r + r · 8k · 2r + 1.
Следовательно, надо исследовать, при каких k и r число r · 8k · 2r + 1 делится
на 3. Рассмотрим отдельно чётные и нечётные k .
а) Пусть k = 2l, тогда r · 8k · 2r + 1 = r · 64l · 2r + 1. Так как 64 при делении на
3 дает остаток 1, то и 64l при делении на 3 тоже дает остаток 1. Таким образом,
r · 64l · 2r + 1 при делении на 3 дает такой же остаток как и число q = r · 2r + 1.
При r = 1 и r = 2 получаем q = 3 и q = 9 соответственно. Следовательно,
n · 2n + 1 делится на 3 при n = 3k + 1 = 6l + 1 и n = 3k + 2 = 6l + 2.
б) Пусть теперь k = 2l + 1, тогда r · 8k · 2r + 1 = r · 64l · 8 · 2r + 1. Это выражение
при делении на 3 дает такой же остаток, как и число q = r · 8 · 2r + 1. При r = 1 и
r = 2 получаем q = 17 и q = 65 соответственно. Следовательно, исходное число
на 3 не делится.
О т в е т. n = 6l + 1, n = 6l + 2, l ∈ N.
1.1.
Целые числа. Делимость и остатки
137
Задача 15.
Доказать, что число 11 . . . 1 делится на 81.
81
И д е я. Выразить исходное число через вспомогательное число 11 . . . 1.
9
У к а з а н и е. Исходное число равно произведению вспомогательного числа и
некоторого числа, кратного 9.
Р е ш е н и е. Обозначим A = 11
. . . 1 и преобразуем исходное число:
9
11
. . . 1 = A + 109 A + 109·2 A + ... + 109·8 A = A · (1 + 109 + 109·2 + ... + 109·8 ).
81
Сумма цифр второго множителя равна 9, следовательно, он делится на 9. Поскольку число A также кратно 9, произведение делится на 81.
Задача 16.
Доказать признак делимости на 11: "число n кратно 11 тогда и только тогда,
когда сумма его цифр с чередующимися знаками кратна 11".
И д е я. Записать число в десятичной форме и выделить слагаемое, равное сумме
его цифр с чередующимися знаками.
.
.
У к а з а н и е. Использовать то, что 102n − 1 .. 11 и 102n+1 + 1 .. 11.
..
2n
Р е ш е н и е. Из равенства 102n −1 = 99...9
следует, что 10 −1 . 11. А из равенства
2n
.
10
+ 1 = (10 + 1)(10 − 10
+ 102n−2 − ... + 1) следует, что 102n+1 + 1 .. 11.
Запишем число в десятичной форме
2n+1
2n
2n−1
a2n a2n−1 ...a0 = a2n · 102n + a2n−1 · 102n−1 + ... + a0 =
= a2n · 102n − 1 + a2n−1 · 102n−1 + 1 + a2n−2 · 102n−2 − 1 +
+a2n−3 102n−3 + 1 + ... + a1 · (10 + 1) +
+ (a2n + a2n−2 + ... + a0 ) − (a2n−1 + a2n−3 + ... + a1 ) .
Все слагаемые, кроме последних двух, делятся на 11. Последние два слагаемые
представляют собой сумму цифр исходного числа с чередующимися знаками. Следовательно, число делится на 11 тогда и только тогда, когда эта сумма делится
на 11.
138
Указания и решения
Задача 17.
При каких n число M = 1717
. . . 17 делится на 33?
2n цифр
И д е я. Использовать признаки делимости на 3 и на 11.
У к а з а н и е. Число p кратно 3 тогда и только тогда, когда сумма его цифр кратна 3. Число p кратно 11 тогда и только тогда, когда сумма его цифр с чередующимися знаками кратна 11.
Р е ш е н и е. Для того, чтобы число M делилось на 33 надо, чтобы оно делилось
на 3 и на 11.
В соответствии с признаком делимости на 3 сумма цифр должна делиться на 3,
.
следовательно, (1 + 7) · n = 8n .. 3 ⇐⇒ n = 3k, k ∈ N.
В соответствии с признаком делимости на 11 сумма цифр с чередующимися
.
знаками должна быть кратна 11, то есть n·(1 − 7) = −6n .. 11 ⇐⇒ n = 11p, p ∈ N.
Так как n должно делиться и на 3, и на 11, то n = 33m, m ∈ N.
О т в е т. n = 33m, m ∈ N.
1.2.
Уравнения в целых числах
Задача 1.
Решить в целых числах уравнение xy + 1 = x + y.
И д е я. Использовать разложение на множители.
У к а з а н и е. Перенести всё в одну сторону и разложить на множители.
Р е ш е н и е. Перепишем уравнение в виде (y − 1)(x − 1) = 0. Возможны варианты
x = 1, y – любое и y = 1, x – любое.
О т в е т. (1; k), k ∈ Z; (l; 1), l ∈ Z.
Задача 2.
Решить в целых числах уравнение x(x + 1) = y2 .
И д е я. Разложить на множители и действовать перебором.
У к а з а н и е. Домножить на 4 и выделить полный квадрат.
Р е ш е н и е. x(x + 1) = y2
⇐⇒
⇐⇒
(2x + 1)2 − 4y 2 = 1
4x2 + 4x + 1 = 4y 2 + 1
⇐⇒
⇐⇒
(2x + 2y + 1)(2x − 2y + 1) = 1.
Следовательно, либо оба множителя равны 1, либо −1 . Поскольку множители
равны друг другу 2y = 0 , а при y = 0 получаем x = 0 или −1 .
О т в е т. (0; 0), (−1; 0).
1.2.
Уравнения в целых числах
139
Задача 3.
Решить в целых числах уравнение
2x2 + xy − y 2 − 7x − 4y = 1.
И д е я. Добавив к обеим частям уравнения одно и то же целое число, разложить
левую часть на множители и действовать перебором.
У к а з а н и е. Нужное число p выбрать таким образом, чтобы дискриминант квадратного трёхчлена 2x2 + x(y − 7) − y 2 − 4y + p был полным квадратом.
Р е ш е н и е. Перепишем уравнение в виде
2x2 + x(y − 7) − y 2 − 4y + p = 1 + p
и разложим левую часть на множители.
Квадратный трёхчлен 2x2 + x(y − 7) − y 2 − 4y + p имеет дискриминант D =
9y 2 + 18y + 49 − 8p. При p = 5 это полный квадрат. В этом случае получаем корни
y+5
. Следовательно, уравнение принимает вид
x1 = −y + 1, x2 =
2
2x − y − 5 = A,
(2x − y − 5)(x + y − 1) = 6 ⇐⇒
x + y − 1 = B;
где A и B такие целые числа, что AB = 6 . Заметим, что одно из этих чисел
должно делиться на 3, а другое нет. Сложив уравнения, получим
3x − 6 = A + B
⇐⇒
∅,
поскольку левая часть уравнения делится на 3, а правая нет.
О т в е т. Решений нет.
Задача 4.
Доказать, что уравнение x2 − y 2 = 1982 не имеет решений в целых числах.
И д е я. Показать, что левая часть делится на 4, а правая — нет.
У к а з а н и е. Рассмотреть различные случаи чётности-нечётности переменных.
Р е ш е н и е. Запишем уравнение в виде
(x − y)(x + y) = 1982.
Поскольку правая часть уравнения чётная, левая также должна быть чётной.
Далее, если (y + x) чётно, то (y − x) тоже чётно, и наоборот. Следовательно,
левая часть уравнения делится на 4, но правая часть на 4 не делится. Значит,
уравнение не имеет решений.
140
Указания и решения
Задача 5.
Доказать, что уравнение x2 − 2y 2 + 8z = 3 не имеет решений в целых числах.
И д е я. Получить противоречие из-за различной чётности равных выражений.
У к а з а н и е. Показать, что x нечётно.
У к а з а н и е. Подставить, x = 2k + 1 в уравнение и показать, что y нечётно.
Р е ш е н и е. Если x чётно, то вся левая часть уравнения чётна, а правая — нечётна. Следовательно, x = 2k + 1 . Тогда
(2k+1)2 −2y 2 +8z = 3
⇐⇒
4k 2 +4k−2y 2 +8z = 2
⇐⇒
2k 2 +2k−y 2 +4z = 1.
Если y чётно, то левая часть уравнения чётна, а правая — нечётна. Следовательно,
y = 2l + 1 и
2k(k + 1) − 4l2 − 4l + 4z = 2
⇐⇒
k(k + 1) − 2l2 − 2l + 2z = 1.
Поскольку произведение двух последовательных чисел чётно, левая часть тоже
чётна и, следовательно, не может равняться единице.
Задача 6.
Доказать, что уравнение x2 = 3y 2 + 17 не имеет решений в целых числах.
И д е я. Рассмотреть остатки от деления на 3.
У к а з а н и е. Представить x = 3k ± 1 .
Р е ш е н и е. Так как x2 + 1 = 3y 2 + 18 , то x2 + 1 должно делиться на 3. Если само
x делится на 3, то это неверно. Следовательно, x = 3k ± 1 . Тогда
x2 + 1 = 9k 2 ± 6k + 2
не делится на 3, то есть решений нет.
Задача 7.
Решить в целых числах уравнение 3y = 1 + x2 .
И д е я. Перебрать остатки числа x от деления на 3.
У к а з а н и е. Рассмотреть отдельно положительные и отрицательные значения y .
Р е ш е н и е.
1) При y < 0 левая часть меньше 1, а правая — нет. Значит y ≥ 0 .
2) При y = 0 получим x = 0.
3) Если y ≥ 1, то правая часть уравнения должна делиться на 3. Однако, x2 при
делении на 3 даёт в остатке только 0 или 1 . Значит, x2 + 1 не делится нацело на
3 . Следовательно, при y ≥ 1 решений нет.
О т в е т. (0; 0).
1.2.
Уравнения в целых числах
141
Задача 8.
Решить в целых числах уравнение
x−
1
+
5
y−
1 √
= 5.
5
И д е я. Подбором найти решения и показать,
что других нет.
√
У к а з а н и е. Домножить уравнение на 5 .
√
Р е ш е н и е. После умножения обеих частей равенства на 5 , получим:
√
5x − 1 + 5y − 1 = 5.
Заметим, что x ≥ 1 и y ≥ 1 . Начнём перебирать x, начиная с 1. При x = 1
получим y = 2 . При x = 2 получим y = 1 . При дальнейшем увеличении x
значение y будет уменьшаться. Следовательно, других решений быть не может.
О т в е т. (1; 2), (2; 1).
Задача 9.
Решить в целых числах уравнение
3(x − 3)2 + 6y 2 + 2z 2 + 3y 2 z 2 = 33.
И д е я. Получить ограничения на переменные, далее действовать перебором.
У к а з а н и е. Для того, чтобы сократить вычислительную работу можно сделать
замену z = 3k .
Р е ш е н и е. Так как правая часть и все остальные слагаемые делятся на 3, то
z = 3k , следовательно,
3(x − 3)2 + 6y 2 + 18k 2 + 27y 2 k 2 = 33
⇐⇒
(x − 3)2 + 2y 2 + 6k 2 + 9y 2 k 2 = 11.
Поскольку должно выполняться 6k 2 ≤ 11 , возможно лишь k = 0; ±1 .
При k = ±1 получим
(x − 3)2 + 11y 2 = 5.
Это уравнение при y 2 ≥ 1 решений не имеет, а при y = 0 — нет целых x.
При k = 0 получим
(x − 3)2 + 2y 2 = 11.
Откуда y 2 ≤ 4 . Возможные варианты:
1) y = 0 — нет целых x;
2) y = ±1, x = 0 или 6;
3) y = ±2 — нет целых x.
О т в е т. (0; −1; 0), (6; −1; 0), (0; 1; 0), (6; 1; 0).
142
Указания и решения
Задача 10.
Решить в целых числах уравнение x2 − 4xy = 4y 2 .
И д е я. Рассмотреть уравнение как квадратное относительно x.
√
Р е ш е н и е. Решая квадратное уравнение, получим x1,2 = 2y ± 2 2y , где y ∈ Z.
Целое значение x может принимать только при y = 0 . В этом случае получаем
ответ (0; 0).
О т в е т. (0;0).
Задача 11.
Решить в целых числах уравнение xy = x + y.
И д е я. Доказать, что y должно нацело делиться на x и наоборот.
У к а з а н и е. Преобразовать уравнение к виду y(x − 1) = x.
Р е ш е н и е. Так как
xy = x + y
⇐⇒
y(x − 1) = x,
то x должно нацело делиться на y . Аналогично доказывается, что y делится на x.
Следовательно, x = y , откуда x2 = 2x. В результате получаем x = 0, y = 0 и
x = 2, y = 2 .
З а м е ч а н и е. Можно было воспользоваться разложением на множители
(x − 1)(y − 1) = 1
и рассмотреть варианты: оба множителя равны 1 или ±1 .
О т в е т. (0; 0), (2; 2).
Задача 12.
Решить в натуральных числах уравнение xz + 4y = yx2 + z 2 y.
И д е я. Получить ограничения на x и z , далее действовать перебором.
У к а з а н и е. Выразить y через x и z .
Р е ш е н и е. Так как x2 + z 2 − 4 = 0 (иначе не существует решения уравнения),
zx
то y = 2
. Поскольку y ∈ N ,
x + z2 − 4
y≥1
⇐⇒
x2 + z 2 − 4 ≤ xz.
Домножив неравенство на 4, получим
4x2 − 4xz + 4z 2 ≤ 16
⇐⇒
(2x − z)2 + 3z 2 ≤ 16.
1.2.
Уравнения в целых числах
143
Из последнего неравенства следует, что z 2 ≤ 4 и (2x − z)2 ≤ 9 . Следовательно,
z≤2 и
2x − z ≤ 3 ⇐⇒ 2x ≤ 3 + z ⇐⇒ 2x ≤ 5.
1)
2)
3)
4)
Таким образом, возможно лишь z = 1; 2 и x = 1; 2 . Рассмотрим все варианты:
x = z = 1 =⇒ y < 0
x = 1, z = 2, y = 2
x = 2, z = 1, y = 2
x = z = 2, y = 1.
О т в е т. (1; 2; 2), (2; 2; 1), (2; 1; 2).
Задача 13.
Решить в натуральных числах уравнение 2x − 3y = 1 .
И д е я. В случае чётного x рассмотреть остатки от деления на 3, в случае нечётного – остатки отделения на 8.
У к а з а н и е. В случае нечётного x отдельно рассмотреть четные и нечётные y .
Р е ш е н и е. Перепишем уравнение в виде 2x − 1 = 3y и исследуем делимость
левой части на 3.
Пусть x нечётно, то есть x = 2n+1. Из представления 22n+1 = 2·4n = 2·(3+1)n
следует, что 22n+1 при делении на 3 даёт в остатке 2. Поэтому 22n+1 − 1 при
делении на 3 даёт остаток 1. То есть 22n+1 − 1 не делится нацело на 3 и при
нечётных x исходное уравнение не имеет решений.
Рассмотрим теперь чётные x, то есть x = 2n, n ∈ N. Если x = 2 , то y = 1.
.
При n ≥ 2 получаем 22n .. 8. Но тогда на 8 должна делиться и сумма 3y + 1.
а) Пусть y = 2k, тогда 32k = 9k = (8 + 1)k , т.е. 32k при делении на 8 имеет
остаток 1. Таким образом, при чётных значениях y исходное уравнение решений
не имеет.
б) Для y = 2k + 1 получаем, что 32k+1 + 1 = 3 · 9k + 1 при делении на 8 имеет
остаток 4, то есть и при нечётных значениях y решений нет.
О т в е т. (2; 1).
Задача 14.
Решить в целых числах уравнение 3 · 2x + 1 = y 2 .
И д е я. Разложить на множители и исследовать их возможные значения с помощью чётности-нечётности.
У к а з а н и е. Использовать представление y = 2k + 1 .
144
Указания и решения
Р е ш е н и е.
1) При x < 0 левая часть уравнения не является целой, следовательно, x ≥ 0 .
2) При x = 0 получаем y = ±2 .
3) Если x > 0 , то левая часть является нечётной, следовательно, y должно быть
нечётным, т.е. |y| = 2k + 1, k ∈ N . Подставив это в уравнение, получим
3 · 2x = 4k(k + 1).
Рассмотрим два случая.
а) Если k чётно, то (k + 1) — нечётно, но множителями числа k + 1 могут быть
только тройка и двойки, значит, k + 1 = 3 . В этом случае y = ±5, x = 3 .
б) Пусть k нечётно. Но его множителями могут быть только тройка и двойки,
значит k = 3 . В этом случае y = ±7, x = 4 .
О т в е т. (0; ±2), (3; ±5), (4; ±7).
Задача 15.
Решить в натуральных числах уравнение 3x − 2y = 1.
И д е я. Разложить на множители выражение 3 x − 1 и получить ограничения на
x из того, что каждый множитель должен быть степенью двойки.
У к а з а н и е. Отдельно рассмотреть чётные и нечётные x.
Р е ш е н и е. Отдельно рассмотрим чётные и нечётные x.
1) Если x = 2m, то
32m − 1 = 2y
⇐⇒
(3m − 1)(3m + 1) = 2y ,
причём каждый множитель должен быть степенью двойки. Пусть 3 m − 1 = 2k ,
3m + 1 = 2l . Так как m ∈ N , то k ≥ 1, l ≥ 2 . Получаем
2 k + 2l = 2 · 3m
⇐⇒
2k−1 + 2l−1 = 3m .
При k ≥ 2 левая часть является чётной, а правая — нет. Следовательно, k = 1 .
Тогда 3m − 1 = 2k = 2 и m = 1 . В результате x = 2, y = 3 .
2) Пусть x нечётно. Разложим левую часть уравнения 3x − 1 = 2y на множители
3x − 1 = (3 − 1)(3x−1 + 3x−2 + ... + 1).
Число слагаемых во второй скобке равно x (т.е. нечётно), каждое слагаемое нечётно, следовательно, всё выражение нечётно. Но произведение множителей является
степенью двойки, значит, второй множитель равен 1. В этом случае x = 1, y = 1 .
О т в е т. (1; 1), (2; 3).
1.2.
Уравнения в целых числах
145
Задача 16.
Решить в натуральных числах уравнение x + y + z = xyz.
И д е я. Решить уравнение в случае, когда одна из переменных равна 1 и доказать,
что других решений нет.
У к а з а н и е. Выразить одну переменную через остальные и исследовать, в каком
случае полученная дробь будет целым числом.
Р е ш е н и е. Пусть z = 1 , тогда
x + y + 1 = xy
⇐⇒
x(y − 1) = y + 1.
Отсюда видно, что x и y отличны от 1 и
x=
y+1
2
=1+
.
y−1
y−1
Так x ∈ N , то 2 должно делиться на y − 1 и, следовательно, y = 2 или 3. Таким
образом, мы получили часть ответа: (2; 3; 1), (3; 2; 1).
Поскольку x, y, z входят в уравнение симметрично, аналогичным образом получается другая часть ответа (1; 2; 3), (1; 3; 2), (2; 1; 3), (3; 1; 2).
Теперь докажем, что больше решений нет. Случай, когда одна из переменных
равна 1, мы уже рассмотрели. Пусть теперь x, y, z ≥ 2 .
Перепишем уравнение в виде
y + z = x(yz − 1)
⇐⇒
x=
y+z
.
yz − 1
Но x ≥ 2 , следовательно,
y + z ≥ 2(yz − 1)
Откуда
y≤
⇐⇒
z + 2 ≥ y(2z − 1)
z+2
1
2, 5
1
2, 5
= +
≤ +
< 2,
2z − 1
2 2z − 1
2 2·2−1
что противоречит тому, что y ≥ 2 , т.е. других решений нет.
О т в е т. (2; 3; 1), (3; 2; 1), (1; 2; 3), (1; 3; 2), (2; 1; 3), (3; 1; 2).
Задача 17.
Решить в целых числах уравнение x2 + y 2 + z 2 = 2xyz.
И д е я. Рассмотреть все возможные варианты чётности-нечётности переменных.
У к а з а н и е. Показать, что все переменные должны быть чётными и перейти
к новым переменным.
146
Указания и решения
Р е ш е н и е. Правая часть уравнения чётная. Левая часть будет чётной в одном
из двух случаев:
1) все переменные чётные;
2) одна — чётная, две — нечётные.
Сначала покажем, что во втором случае решений нет. Пусть
x = 2k, y = 2n + 1, z = 2l + 1, тогда
4k 2 + 4n2 + 4n + 4l2 + 4l + 2 = 4k(2n + 1)(2l + 1).
Противоречие в том, что правая часть делится на 4, а левая — нет. Значит, все
переменные чётные:
x = 2k, y = 2n, z = 2l.
Получаем
4k 2 + 4n2 + 4l2 = 16knl
⇐⇒
k 2 + n2 + l2 = 4knl.
Аналогичным образом показывается, что новые переменные являются чётными.
Т.е. старые делятся на 4. Продолжая эту процедуру, получим, что старые переменные делятся на 2 в любой степени. Следовательно, x = y = z = 0 .
О т в е т. (0; 0; 0).
1.3.
Смешанные задачи на целые числа
Задача 1.
Определить p, если p, p + 10 , p + 14 – простые числа.
И д е я. Рассмотреть остатки от деления на 3 числа p.
У к а з а н и е. Представить p в виде 3k + r , где k ∈ N , r = 0; 1; 2 .
Р е ш е н и е. Рассмотрим возможные варианты:
.
1) если p = 3k + 1, k ∈ N , то p + 14 = 3k + 15 .. 3 и, следовательно, не является
простым;
.
2) если p = 3k + 2, k ∈ N , то p + 10 = 3k + 12 .. 3 и, следовательно, не является
простым;
3) если p = 3k, k ∈ N , то p = 3 (так как p – простое число). В этом случае
p + 10 = 13, p + 14 = 17 простые числа.
О т в е т. 3 .
Задача 2.
Числа p и q – простые, p, q > 3. Доказать, что p2 − q 2 делится на 24.
И д е я. Разложить выражение на множители и перебрать возможные остатки от
деления на 2 и 3.
У к а з а н и е. Применить формулу разности квадратов двух чисел. Простые числа
большие 3 - нечётные.
1.3.
Смешанные задачи на целые числа
147
Р е ш е н и е. Так как p и q – простые числа и p, q > 3, то они являются нечётными, то есть
p = 2k + 1, q = 2l + 1, k, l ∈ Z.
Следовательно,
p2 − q 2 = (p − q)(p + q) = (2k − 2l)(2k + 2l + 2) = 4(k − l)(k + l + 1).
Покажем, что произведение (k − l)(k + l + 1) делится на 6. Если k и l одинаковой
чётности, то первый множитель делится на 2, если разной – то второй.
Осталось продемонстрировать делимость на 3. Так как p и q – простые, то
имеют вид p = 3m1 + r1 , q = 3m2 + r2 , где r1 , r2 принимают значение 1 или 2. В
случае, когда r1 = r2 , первый множитель делится на 3. В противном случае на 3
делится второй множитель. Следовательно, p2 − q 2 делится на 24.
Задача 3.
При каких целых q существует целое решение уравнения x3 + 2qx + 1 = 0?
И д е я. Использовать разложение на множители.
У к а з а н и е. Перенести 1 вправо, а в левой части вынести x.
Р е ш е н и е.
Перепишем уравнение в виде
x(x2 + 2q) = −1.
Произведение двух целых чисел равно −1 , значит, одно из них равно 1, другое
равно −1 . Следовательно, x2 + 2q = 1 + 2q = ±1 , откуда q = −1; 0.
О т в е т. −1; 0.
Задача 4.
Доказать, что если две положительные несократимые дроби в сумме равны 1, то
их знаменатели равны.
И д е я. Показать, что знаменатель одной дроби должен делиться на знаменатель
другой.
У к а з а н и е. Домножить уравнение на знаменатель одной из дробей и использовать несократимость второй дроби.
p
r
Р е ш е н и е. Пусть
и
– две положительные несократимые дроби и
q
s
p r
+ = 1.
q
s
Умножив уравнение на q, получим
r
p + q = q.
s
r
r
Так как q ∈ N и дробь несократима, то q делится s. Аналогично доказывается,
s
s
что s делится на q . Следовательно, q = s. Что и требовалось доказать.
148
Указания и решения
Задача 5.
Доказать, что число n4 + 64 составное при любом n ∈ N.
И д е я. Разложить выражение n4 + 64 на множители.
У к а з а н и е. Добавить и вычесть 16n2 и применить формулу разности квадратов.
Р е ш е н и е. Преобразуем
n4 + 64 = n4 + 16n2 + 64 − 16n2 = (n2 + 8)2 − (4n)2 = (n2 − 4n + 8)(n2 + 4n + 8).
Первый множитель n2 −4n+8 = (n−2)2 +4 ≥ 4 , второй множитель n2 +4n+8 ≥ 13
при натуральных n. Следовательно, оба множителя отличны от 1 и исходное число
является составным.
Задача 6.
Доказать, что число n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 является точным квадратом при
любом натуральном n.
И д е я. Арифметическими преобразованиями привести исходное выражение к полному квадрату.
У к а з а н и е. Перемножить первый множитель с последним, второй – с предпоследним и, сделав соответствующую замену, представить произведение в виде
A2 − 1 .
Р е ш е н и е. Представим исходное выражение в виде
n(n+1)(n+2)(n+3)+1 = n(n+3) · (n+1)(n+2) +1 = (n2 +3n)(n2 +3n+2)+1.
Положив A = n2 + 3n + 1 , получим
(A − 1)(A + 1) + 1 = A2 .
Таким образом, исходное выражение равно A2 = (n2 + 3n + 1)2 .
Задача 7.
Покажите, что всякое нечётное число можно представить в виде разности квадратов двух целых чисел.
И д е я. К записи нечётного числа 2n + 1 прибавить и вычесть n2 .
У к а з а н и е. Воспользоваться формулой квадрата суммы.
Р е ш е н и е. Рассмотрим нечётное число 2n + 1, n ∈ Z. Справедливо
2n + 1 = n2 + 2n + 1 − n2 = (n + 1)2 − n2 .
Следовательно, всякое нечётное число является разностью квадратов двух последовательных целых чисел.
1.3.
Смешанные задачи на целые числа
149
Задача 8.
1995
Доказать, что 23
3
+ 31995 – составное число.
И д е я. Разложить на множители с помощью формул сокращённого умножения.
У к а з а н и е. Представить исходное число в виде a3 + b3 .
1995
1994
3
в виде (23 )3 , а число 31995 в виде
Р е ш е н и е. Представим число 23
2
(31995 ·665 )3 . Так как с помощью формулы суммы кубов исходное число можно
представить в виде произведения двух сомножителей отличных от 1, то исходное
число является составным.
Задача 9.
Доказать, что если число n не является степенью двойки, то число k n + ln –
составное (n, k, l – натуральные числа; n, k, l > 1 ).
И д е я. Разложить выражение на множители.
У к а з а н и е. Воспользоваться тем, что при нечётных s справедливо равенство
as + bs = (a + b)(as−1 − as−2 b + ... − abs−2 + bs−1 ).
У к а з а н и е. Показать, что оба множителя отличны от 1.
Р е ш е н и е. Так как n не является степенью двойки, то n = (2p + 1)m, p, m ∈ N,
тогда
2p+1
2p+1
k n + ln = k (2p+1)m + l(2p+1)m = (k m )
+ (lm )
=
= (k m + lm ) (k m )2p − (k m )2p−1 · (lm ) + ... + (lm )2p .
Первый множитель больше 1. Поскольку k, l, n > 1 , справедливо k m +lm < k n +ln ,
следовательно, второй множитель тоже больше 1. Это означает, что k n +ln – число
составное.
Задача 10.
Известно, что a, b, c – целые числа, и a + b = c. Доказать, что a4 + b4 + c4 есть
удвоенный квадрат целого числа.
И д е я. Подстановкой избавиться от переменной c.
У к а з а н и е. Разложить выражение на множители, предварительно выделив полный квадрат из суммы первых двух слагаемых.
Р е ш е н и е. Проведем следующие преобразования:
a4 + b4 + c4 = a4 + b4 + (a + b)4 =
= (a2 + b2 )2 − 2a2 b2 + (a + b)4 = [(a2 + b2 )2 − a2 b2 ] + [(a + b)4 − a2 b2 ] =
150
Указания и решения
= [(a2 + b2 − ab)(a2 + b2 + ab)] + [((a + b)2 − ab)((a + b)2 + ab)] =
= (a2 + b2 − ab)(a2 + b2 + ab) + (a2 + b2 + ab)(a2 + b2 + 3ab) =
= (a2 + b2 + ab)(a2 + b2 − ab + a2 + b2 + 3ab) = 2(a2 + b2 + ab)2 .
Следовательно, исходное выражение есть удвоенный квадрат числа a2 + b2 + ab .
Задача 11.
Пусть p и q – два последовательных простых числа. Может ли их сумма быть
простым числом?
И д е я. Привести соответствующий пример.
У к а з а н и е. Исследовать вопрос чётности-нечётности чисел.
Р е ш е н и е. Все три числа одновременно быть нечётными не могут. Следовательно, хотя бы одно из них чётно. Единственным четным простым числом является 2.
Следующим простым числом является 3. Их сумма также является простым числом.
О т в е т. Да.
Задача 12.
Сумма k 2 + m2 + n2 делится на 4. Доказать, что числа k, m, n – чётные.
И д е я. Перебрать все возможные случаи чётности-нечётности переменных.
У к а з а н и е. Число нечётных переменных должно быть чётно.
Р е ш е н и е. Рассмотрим возможные случаи.
1) Если все переменные нечётные, то сумма k 2 + m2 + n2 будет нечётной, что
противоречит условию.
2) Если только одна переменная является нечётной, то сумма также нечётна.
3) Пусть две переменные нечётны, а одна – чётна. Например,
k = 2l + 1,
m = 2p + 1,
n = 2s.
Тогда величина k2 + m2 + n2 = 4l2 + 4l + 4p2 + 4p + 4s2 + 2 не делится на 4.
Следовательно, все переменные являются чётными.
Задача 13.
Найти все целые n, при которых дробь
22n + 3
сократима.
26n + 4
И д е я. Предположить сократимость дроби на некоторое число k = 1 и записать
этот факт в виде двух равенств для числителя и знаменателя.
У к а з а н и е. Исключить из уравнений переменную n и получить уравнение
для k .
1.3.
Смешанные задачи на целые числа
Р е ш е н и е. Пусть дробь
151
22n + 3
сократима на k, тогда
26n + 4
22n + 3 = kl,
26n + 4 = km,
k ∈ N, l, m ∈ Z.
Исключая из этих уравнений переменную n, получим, что k(11m − 13l) = 5. То
есть, дробь сократима на k = 5 . Теперь найдем n. Так как
22n + 3
20n + 2n + 3
=
,
26n + 4
25n + n + 4
.
.
то 2n + 3 .. 5 и n + 4 .. 5, что возможно лишь при n = 5p + 1, p ∈ Z.
О т в е т. n = 5p + 1, p ∈ Z.
Задача 14.
Доказать, что дробь
2n2 − 1
несократима ни при каком n.
n+1
И д е я. Выделить целую часть и доказать несократимость дробной части.
1
2n2 − 1
= 2n − 2 +
.
У к а з а н и е.
n+1
n+1
Р е ш е н и е. Преобразуем исходную дробь, выделив из неё целую часть:
2n2 − 1
2n2 + 2n − 2n − 1
2n + 1
2n + 2 − 1
1
=
= 2n −
= 2n −
= 2n − 2 +
.
n+1
n+1
n+1
n+1
n+1
1
Поскольку дробь
несократима ни при каких n, исходная дробь также несоn+1
кратима.
Задача 15.
При каких натуральных n сократима дробь
n3 − n2 − 3n
?
n2 − n + 3
И д е я. Выделить целую часть и исследовать сократимость дробной части.
6n
может быть сократима либо на множиУ к а з а н и е. Дробная часть 2
n −n+3
тель числа 6, либо на множитель числа n.
Р е ш е н и е. Преобразуем дробь
n3 − n2 − 3n
n3 − n2 + 3n − 6n
6n
=
=n− 2
.
2
2
n −n+3
n −n+3
n −n+3
Если сократима дробь
n3 − n2 − 3n
6n
, то сократима дробь 2
.
2
n −n+3
n −n+3
152
Указания и решения
Заметим, что дробь может быть сократима либо на множитель числа 6, либо
на множитель числа n.
Рассмотрим первый случай. На 2 дробь сократима быть не может, так как
n2 −n = n(n−1) – чётное число. Поэтому знаменатель является нечётным числом.
Значит, дробь сократима на 3. Следовательно, на 3 должно делиться n(n − 1), а
это возможно при n = 3k и n = 3k + 1.
Теперь рассмотрим второй случай, когда дробь сократима на q – множитель
числа n. В этом случае 3 (последнее слагаемое знаменателя) также должно делиться на q . Следовательно, q = 3 , а случай, когда дробь сократима на 3 уже
рассмотрен.
О т в е т. n = 3k, n = 3k + 1, k ∈ N.
Задача 16.
Доказать, что число, состоящее из n (n > 1) одинаковых цифр, не является точным квадратом.
И д е я. Первым делом показать, что число, состоящее из n единиц, не является
точным квадратом. Для этого рассмотреть остатки от деления на 4.
У к а з а н и е. Квадрат нечётного числа при делении на 4 имеет остаток 1.
Р е ш е н и е. При n ≥ 3 число из n единиц можно представить в виде
B = 100p + 11 = 4(25p + 2) + 3,
p ∈ N.
Следовательно, оно имеет остаток 3 при делении на 4. Но квадрат натурального
числа l либо кратен 4 (при l = 2m), либо имеет остаток 1 (при l = 2m + 1 ), т.е.
число из n единиц не является полным квадратом.
Число, состоящее из n одинаковых цифр, можно представить в виде A = k · B,
где k = 1; 4; 5; 6 или 9 , поскольку только на одну из этих цифр может оканчиваться квадрат целого числа.
Рассмотрим случай, когда k является полным квадратом, т.е. k = 1; 4; 9 . Если
бы число A было полным квадратом, то и число B также было квадратом, что
неверно.
При k = 5 число A делится на 5, но не делится на 25. Следовательно, оно не
является полным квадратом. При k = 6 число A делится на 2, но не делится на 4.
Следовательно, и при этом k оно также не является полным квадратом.
Задача 17.
Могут ли числа 11, 12, 13 быть членами, не обязательно последовательными, одной
геометрической прогрессии?
И д е я. Предположить, что могут и из соответствующих равенств исключить первый член и знаменатель прогрессии.
У к а з а н и е. Противоречие получить из свойств делимости.
1.3.
Смешанные задачи на целые числа
153
Р е ш е н и е. Пусть 11 = b1 q m , 12 = b1 q n , 13 = b1 q k . Пусть m < n < k (в остальных случаях доказательство проводится аналогично). Исключив b1 , получим
12
= q n−m ,
11
13
= q k−n .
12
Исключив q , получим равенство в целых числах
12k−m = 13n−m 11k−n .
Левая часть является чётным числом, а правая нет. Значит, наше предположение
неверно.
О т в е т. Нет.
Задача 18.
Решить в целых числах уравнение
x+
x+
√
x + ... + x = y (всего 1992
корня).
И д е я. Показать, что выражение с любым меньшим числом корней также будет
целым числом.
√
√
У к а з а н и е. Найти x из условий x + x ∈ Z, x ∈ Z.
Р е ш е н и е. Если выражение с 1992 корнями является целым числом, то аналогичное выражение с 1991 корнем также будет целым числом. Для доказательства
достаточно возвести исходное уравнение в квадрат и перенести x слева направо.
Проведя эту процедуру нужное число раз, мы получим, что
x+
Обозначим n =
√
x ∈ Z,
√
x ∈ Z.
√
√
x ≥ 0, k = x + x ≥ 0, тогда
n2 + n = k 2 .
Так как n2 + n есть полный квадрат и в силу оценок
n2 ≤ n2 + n < n2 + 2n + 1 = (n + 1)2
получаем, что
n2 + n = n2
Следовательно, x = 0, y = 0 .
О т в е т. (0; 0).
⇐⇒
n = 0.
154
1.4.
Указания и решения
Рациональные и иррациональные числа
Задача 1.
Доказать, что число
√
√
3
2 + 3 иррационально.
И д е я. Действовать от противного.
√
У к а з а н и е. Предположить, что данное число равно r ∈ Q , уединить 3 3 и
возвести равенство в куб.
√
√
√
√
3
3
Р е ш е н и е. Допустим, что √ 2 + 3 = r ∈ Q. Тогда 3 = r − 2. Возведём это
равенство в куб и выразим 2, получим:
√
r3 + 6r − 3
∈ Q.
2=
3r2 + 2
√
Так
2 не является рациональным числом, то наше предположение неверно
√ как√
3
и 2 + 3 иррационально.
Задача 2.
Доказать, что число
√
√
3
3
2 + 3 иррационально.
И д е я. Действовать от противного.
У к а з а н и е. Возвести число в куб.
Р е ш е н и е. Допустим, что число
√рационально, то есть
это равенство в куб и выразим 3 6 :
√
√
√
√
3
3
3
3
2 + 3 4 · 3 + 3 2 · 9 + 3 = r3
⇐⇒
√
3
6=
√
√
3
2+ 3 3 = r ∈ Q. Возведём
r3 − 5
r3 − 5
√
√
.
=
3r
3( 3 2 + 3 3)
√
3
Получили, что √
6 – рациональное
число, но это не так. Пришли к противоречию,
√
3
3
следовательно, 2 + 3 – иррациональное число.
Задача 3.
Является ли рациональным число
3−
4+
√
12 +
3+
4−
√
12 ?
И д е я. С помощью арифметических преобразований упростить запись числа.
У к а з а н и е. Выделить полные квадраты.
√
√
√
√
√
√
Р е ш е н и е. Так как 4+ 12 = 4+2 3 = ( 3+1)2 и 4− 12 = 4−2 3 = ( 3−1)2 ,
то
3−
4+
√
12 +
3+
4−
√
12 =
√
3 − ( 3 + 1) +
√
3 + ( 3 − 1) =
1.4.
=
Рациональные и иррациональные числа
√
2 − 3+
√
2+ 3=
155
√
√
√
√
√
4−2 3
4+2 3
3−1
3+1
2 3 √
+
= √
+ √
= √ = 6.
2
2
2
2
2
Следовательно, исходное число иррационально.
О т в е т. Нет.
Задача 4.
Один из корней уравнения x2 + px + q = 0 равен 1 +
известно, что они рациональные.
√
3. Найти p и q, если
И д е я. Подставить корень в уравнение и получить условие на коэффициенты.
У к а з а н и е. В полученном уравнении сгруппировать иррациональные слагаемые
отдельно от рациональных.
Р е ш е н и е. Подставим данный корень в уравнение:
√
√
√
(1 + 3)2 + p(1 + 3) + q = 0 ⇐⇒ (4 + p + q) = − 3(2 + p).
При p = −2 слева – рациональное число, а справа – иррациональное. Следовательно, p = −2 . При этом p получаем q = −2 .
О т в е т. p = −2, q = −2.
Задача 5.
Является ли рациональным число sin 25◦ ?
И д е я. Действовать от противного.
У к а з а н и е. Воспользоваться формулой синуса тройного угла.
Р е ш е н и е. Допустим, что число sin 25◦ – рациональное число. Тогда рациональным будет число sin 75◦ = 3 sin 25◦ − 4 sin3 25◦ , но
√
√
2+ 6
∈
/ Q.
sin 75◦ = sin (30◦ + 45◦ ) =
4
Пришли к противоречию, следовательно, sin 25◦ – иррациональное число.
О т в е т. Нет.
Задача 6.
Определить первые 4 знака после запятой у числа
√
7
0, 9999.
И д е я. Использовать монотонность показательной функции.
У к а з а н и е. Если число меньше 1, то корень из него больше, чем само число.
156
Указания и решения
Р е ш е н и е. По свойству степени получим
0, 9999 < 7 0, 9999 < 1,
следовательно, первые четыре цифры у этого числа будут девятки.
О т в е т. Девятки.
Задача 7.
Решить в рациональных числах уравнение 2x = 3y .
И д е я. Найти одно решение и показать, что других нет.
У к а з а н и е. Использовать иррациональность соответствующего логарифма.
Р е ш е н и е. При x = 0 получим y = 0 и наоборот. Теперь рассмотрим x = 0 и
y = 0 . Прологарифмируем уравнение по основанию 2:
x
log2 2x = log2 3y ⇐⇒ x = y log2 3 ⇐⇒ log2 3 = .
y
x
∈ Q , то получаем противоречие.
Так как log2 3 – число иррациональное, а
y
Следовательно, ненулевых решений нет.
О т в е т. x = y = 0.
Задача 8.
Может ли иррациональное число в иррациональной степени быть рациональным?
И д е я. Привести соответствующий пример.
У к а з а н и е. В качестве первого числа взять радикал, в качестве второго — логарифм.
√
√ log2 9
Р е ш е н и е. Числа 2 и log2 9 являются иррациональными, а
2
= 3 ∈ Q.
О т в е т. Да.
Задача 9.
Доказать, что число 0, 123456789101112... (после запятой выписаны все натуральные числа подряд) является иррациональным.
И д е я. Показать, что у десятичной записи числа нет периода.
У к а з а н и е. Использовать то, что каждая цифра встречается в десятичной записи любое число раз подряд.
Р е ш е н и е. Пусть число рациональное. Тогда в его десятичной записи есть период
из k цифр. Но в записи числа сколь угодно далеко от начала встречаются k
нулей подряд. Следовательно, в периоде содержатся одни нули, а это противоречит
условию.
1.4.
Рациональные и иррациональные числа
157
Задача 10.
Доказать, что между любыми двумя различными иррациональными числами есть
рациональное число.
И д е я. Рассмотреть десятичную запись этих чисел.
У к а з а н и е. Обрубить большее число таким образом, чтобы полученное число
оставалось больше меньшего числа.
Р е ш е н и е. Без ограничения общности будем считать, что оба числа меньше 1 и
имеют вид
a = 0, a1 a2 ...an an+1 ...;
b = 0, b1 b2 ...bn bn+1 ...
Пусть цифры ai и bi совпадают при i ≤ n, а an+1 > bn+1 . Рассмотрим число
c = 0, a1 a2 ...an an+1 . Оно рационально и b < c < a. Следовательно, c искомое
рациональное число.
Задача 11.
Доказать, что cos 2◦ иррациональное число.
И д е я. Показать, что если cos 2◦ рациональное число, то и sin 18◦ рациональное
число.
У к а з а н и е. Значение sin 18◦ можно вычислить непосредственно с помощью
формул двойного и тройного углов.
Р е ш е н и е. Заметим, что если cos x ∈ Q , то
cos 2x = 2 cos2 x − 1 ∈ Q,
cos 3x = 4 cos3 x − 3 cos x ∈ Q.
Пусть cos 2◦ ∈ Q , тогда
cos 6◦ ∈ Q
=⇒
cos 18◦ ∈ Q
=⇒
cos 36◦ ∈ Q
=⇒
cos 72◦ ∈ Q.
Вычислим cos 72◦ , равный sin 18◦ . Для этого преобразуем равенство
cos 54◦ = sin 36◦ следующим образом:
4 cos3 18◦ − 3 cos 18◦ = 2 sin 18◦ cos 18◦
⇐⇒
⇐⇒
4 cos2 18◦ − 3 = 2 sin 18◦
⇐⇒
4 sin2 18◦ + 2 sin 18◦ − 1 = 0.
Так как √
sin 18◦ > 0 , то нам подходит только положительный корень. Значит,
5−1
∈
/ Q . Следовательно, cos 2◦ также иррациональное число.
sin 18◦ =
4
158
Указания и решения
Задача 12.
Доказать, что cos 1◦ и sin 1◦ есть иррациональные числа.
И д е я. Воспользоваться результатом предыдущей задачи.
У к а з а н и е. Применить формулу косинуса двойного угла.
Р е ш е н и е. Если cos 1◦ или sin 1◦ рациональное число, то и число
cos 2◦ = 2 cos2 1◦ − 1 = 1 − 2 sin2 1◦ тоже рациональное, а это не так.
Задача 13.
Определить первый знак после запятой у числа sin 80◦ .
И д е я. Оценить sin 80◦ через sin 75◦ .
У к а з а н и е. sin 75◦ вычислить непосредственно.
√
√
6+ 2
◦
◦
◦
◦
> 0, 9.
Р е ш е н и е. sin 80 > sin 75 = sin (30 + 45 ) =
4
Следовательно, первый знак после запятой у числа sin 80◦ девятка.
О т в е т. 9 .
Задача 14.
Указать хотя бы одно рациональное число a такое, что
√
2
√
3
− a < 1.
И д е я. Определить два натуральных числа, между которыми находится
√ √2
3
< 3.
У к а з а н и е. Показать, что 2 <
Р е ш е н и е. Докажем, что
√ √2
3
.
√ √2
2<
3
< 3.
√
√ √2
Правое неравенство справедливо, так как
3
= 3 2/2 < 3. Для доказатель√
ства левого неравенства возведём обе части в степень 2 :
2
√
2
<3
и докажем более сильное неравенство
3
2 2 < 3.
После
√
в квадрат получим очевидное неравенство 8 < 9 . Следователь возведения
√ 2
− 2 < 1.
но, 3
О т в е т. 2.
1.5.
Сравнение чисел
159
Задача 15.
Доказать, что уравнение x3 + x2 y + y 3 = 0 не имеет ненулевых рациональных
решений.
И д е я. Действовать от противного.
У к а з а н и е. Предположить противное и, поделив уравнение на y 3 , показать, что
у получившегося уравнения нет рациональных корней (использовать для этого
теорему Безу).
Р е ш е н и е. Рассмотрим ненулевое решение x, y . Поделив исходное уравнение на
y 3 и сделав замену t = x/y , получим уравнение
t3 + t2 + 1 = 0.
Если это уравнение имеет рациональные корни, то по теореме Безу это могут
быть только t = ±1 . Подстановкой убеждаемся, что это не так. Следовательно,
исходное уравнение не имеет ненулевых рациональных решений.
1.5.
Сравнение чисел
Задача 1.
Сравнить числа: 10log9 3 и 7log4 2 .
И д е я. Вычислить значения
логарифмов
√
√ непосредственно.
У к а з а н и е. 10log9 3 = 10 , 7log4 2 = 7 .
√
√
Р е ш е н и е. Поскольку 10log9 3 = 10, а 7log4 2 = 7 , то 10log9 3 > 7log4 2 .
О т в е т. 10log9 3 > 7log4 2 .
Задача 2.
Что больше: log4 7 или log1/3 2?
И д е я. Определить знаки логарифмов.
Р е ш е н и е. log4 7 > 0 > log1/3 2 .
О т в е т. log4 7 > log1/3 2 .
Задача 3.
Что больше: log11 12 или log12 13?
И д е я. Использовать убывание logn (n + 1) с ростом n.
Р е ш е н и е. Так как logn−1 n > logn (n + 1), то log11 12 > log12 13 .
О т в е т. log11 12 > log12 13.
160
Указания и решения
Задача 4.
Сравнить числа: log2 π + logπ 2 и 2.
И д е я. Воспользоваться оценкой суммы двух взаимнообратных чисел.
У к а з а н и е. Привести логарифмы к одному основанию.
Р е ш е н и е. Так как a +
1
1
> 2 при a > 1 , то log2 π + logπ 2 = log2 π +
> 2.
a
log2 π
О т в е т. log2 π + logπ 2 > 2 .
Задача 5.
Что больше: log2 5 или log3 5?
И д е я. Воспользоваться монотонностью логарифма.
У к а з а н и е. Привести логарифмы к одному основанию.
Р е ш е н и е. log2 5 ∨ log3 5
⇐⇒
1
1
∨
log5 2
log5 3
⇐⇒
log5 3 > log5 2.
О т в е т. log2 5 > log3 5 .
Задача 6.
Что больше: log2 3 или log3 2?
И д е я. Использовать метод промежуточного числа, то есть указать число, которое лежит между двумя заданными.
У к а з а н и е. В качестве промежуточного использовать число 1.
Р е ш е н и е. log2 3 > 1 > log3 2 .
О т в е т. log2 3 > log3 2.
Задача 7.
Сравнить числа: log11 119 и log15 227.
И д е я. Использовать метод промежуточного числа, то есть указать число, которое лежит между двумя заданными.
У к а з а н и е. В качестве промежуточного использовать число 2.
Р е ш е н и е. log11 119 < log11 121 = 2 = log15 225 < log15 227.
О т в е т. log11 119 < log15 227.
1.5.
Сравнение чисел
Задача 8.
Сравнить числа: 4
161
√
log4 5
и 5
√
log5 4
.
И д е я. Привести оба выражения к одному основанию степени.
У к а з а н и е. Применить основное логарифмическое тождество.
Р е ш е н и е. Используя свойства логарифмов, преобразуем первое слагаемое
4
О т в е т. 4
√
log4 5
√
=5
log4 5
=4
√log4 5
log4 5
√
√ 1
= 4log4 5 log4 5 = 5 log5 4 .
√
log5 4
.
Задача 9.
Выяснить, что больше: 340 или 430 .
И д е я. Составить формальное неравенство и преобразованиями, не меняющими
его знака, привести его к очевидному неравенству.
У к а з а н и е. Возвести обе части неравенства в степень 1/10 .
Р е ш е н и е. Возведём обе части формального неравенства в степень 1/10 :
1
1
(340 ) 10 ∨ (430 ) 10
⇐⇒
34 ∨ 43
⇐⇒
81 ∨ 64.
Из неравенства 81 > 64 следует, что 340 > 430 .
О т в е т. 340 > 430 .
Задача 10.
Что больше:
√
√
9
9! или 8 8! ?
И д е я. Составить формальное неравенство и преобразованиями, не меняющими
его знака, привести его к очевидному неравенству.
У к а з а н и е. Возвести обе части неравенства в степень 72 и сократить общие
множители.
√
√
9
8
Р е ш е н и е. После возведения неравенства
9! ∨ 8! в степень 72 получим:
(9!)8 ∨ (8!)9
⇐⇒
(8!)8 · 98 ∨ (8!)8 · (8!).
Сократив на (8!)8 получим:
98 ∨ 8!
⇐⇒
9 · 9 · ... · 9 · 9 ∨ 1 · 2 · ... · 7 · 8.
Слева стоит произведение восьми девяток, а справа — произведение восьми чисел,
каждое из которых меньше чем 9. Следовательно, левое число больше правого.
√
√
О т в е т. 9 9! > 8 8!.
162
Указания и решения
Задача 11.
Определить знак числа sin 2 · cos 3 · sin 5.
И д е я. Определить знак каждого из множителей.
У к а з а н и е. Использовать то, что sin x положителен в первой и второй четвертях, а cos x — в первой и четвёртой.
Р е ш е н и е.
1) sin 2 > 0, так как 2 ∈ (0; π).
2) cos 3 < 0, так как 3 ∈ ( π2 ; π).
3) sin 5 < 0, так как 5 ∈ (π; 2π).
Следовательно, sin 2 · cos 3 · sin 5 > 0.
О т в е т. sin 2 · cos 3 · sin 5 > 0.
Задача 12.
√
1
?
2 cos 2 + 4 cos 1 + 3 − 2 cos 1 или
2
√
И д е я. Упростить выражение
2 cos 2 + 4 cos 1 + 3 и свести неравенство к очевидному.
У к а з а н и е. Представить выражение 2 cos 2 + 4 cos 1 + 3 в виде квадрата суммы
двух чисел.
У к а з а н и е. Преобразовать cos 2 по формуле косинуса двойного угла.
√
Р е ш е н и е. 2 cos 2 + 4 cos 1 + 3−2 cos 1 = 2(2 cos2 1 − 1) + 4 cos 1 + 3−2 cos 1 =
Какое из чисел больше:
=
О т в е т.
1
(2 cos 1 + 1)2 − 2 cos 1 = |2 cos 1 + 1| − 2 cos 1 = 1 > .
2
√
1
2 cos 2 + 4 cos 1 + 3 − 2 cos 1 > .
2
Задача 13.
Какой знак имеет число lg(arctg 2)?
И д е я. Сравнить arctg 2 с известным углом.
У к а з а н и е. Использовать монотонность логарифма и тангенса.
Р е ш е н и е. В силу монотонности десятичного логарифма и тангенса в первой
четверти, получим:
lg(arctg 2) ∨ 0
Но так как 2 >
⇐⇒
arctg 2 ∨ 1
⇐⇒
2 ∨ tg 1.
√
π
3 = tg > tg 1 , то 2 > tg 1 и lg(arctg 2) > 0.
3
О т в е т. lg(arctg 2) > 0.
1.5.
Сравнение чисел
163
Задача 14.
π
1
5
или arctg + arctg ?
4
4
8
И д е я. Сравнить тангенсы этих углов.
У к а з а н и е. Определить четверть, в которой лежат эти углы.
Что больше:
Р е ш е н и е. Покажем, что второй угол, также как и первый, лежит в первой четверти, где функция tg x монотонно возрастает:
1
1
1 π
поскольку 0 < < √ ,
arctg ∈ 0;
4
6
4
3
π
5 √
5
поскольку 0 < < 3,
arctg ∈ 0;
8
3
8
следовательно,
1
5 π
arctg + arctg ∈ 0,
.
4
8
2
1
5
π
Теперь вычислим tg (arctg + arctg ) и сравним его с tg = 1 :
4
8
4
1
5
tg arctg + arctg
4
8
1 5
+
π
28
= 4 8 =
> 1 = tg .
1 5
27
4
1− ·
4 8
Из того, что тангенс второго угла больше тангенса первого следует (так как оба
угла лежат в первой четверти), что и сам второй угол больше первого.
О т в е т.
π
1
5
< arctg + arctg .
4
4
8
Задача 15.
Что больше: sin 3 или sin 3◦ ?
И д е я. Использовать монотонное возрастание функции sin x в первой четверти.
У к а з а н и е. Для того, чтобы оба угла лежали в первой четверти заменить sin 3
на sin(π − 3).
Р е ш е н и е. Поскольку sin 3 = sin(π − 3), будем сравнивать sin(π − 3) и sin 3 ◦ .
Так как оба угла лежат в первой четверти, где функция y = sin x монотонно
возрастает, то будем сравнивать сами углы:
π−3 ∨
3π
180
⇐⇒
Так как π > 3, 1 > 3
60(π − 3) ∨ π
3
, то sin 3 > sin 3 ◦ .
59
О т в е т. sin 3 > sin 3◦ .
⇐⇒
59π ∨ 180
⇐⇒
π ∨ 3
3
.
59
164
Указания и решения
Задача 16.
π
π
2
, sin , tg .
7
7
5
И д е я. Использовать метод промежуточного числа.
У к а з а н и е. В качестве промежуточного угла использовать угол π/6 .
Расположить в порядке возрастания числа:
Р е ш е н и е. Сначала расположим в порядке возрастания числа
1
π
= <
6
2
sin
2
π
π
, sin , tg :
7
6
6
2
1
π
< √ = tg .
7
6
3
Теперь сравним синус и тангенс угла π/6 с синусом и тангенсом заданных углов.
π π
π
π
π
π
π
Так как углы , и
лежат в первой четверти, то sin < sin
и tg < tg .
7 6
5
7
6
6
5
2
π
π
<
< tg .
Следовательно, sin
7
7
5
О т в е т. sin
2
π
< tg .
7
5
π
<
7
Задача 17.
Сравнить логарифмы: log2 3 и log5 8.
И д е я. Использовать метод промежуточного числа, то есть указать число, которое лежит между двумя заданными.
У к а з а н и е. Определить, между какими двумя целыми числами лежат оба логарифма и сравнить их с серединой этого отрезка.
Р е ш е н и е. Оба логарифма принадлежат отрезку [1; 2]. Сравним их значения с
серединой отрезка, то есть с числом 3/2 :
log2 3 ∨
log5 8 ∨
3
2
3
2
⇐⇒
⇐⇒
Следовательно, log2 3 >
3
3 ∨ 22
3
8 ∨ 52
⇐⇒
⇐⇒
32 ∨ 23
82 ∨ 53
⇐⇒
⇐⇒
3
> log5 8.
2
О т в е т. log2 3 > log5 8.
Задача 18.
Сравнить числа: log3 7 и
log7 27.
И д е я. Выразить второй логарифм через первый.
У к а з а н и е. Привести логарифмы к одному основанию.
9 > 8;
64 < 125.
1.5.
Сравнение чисел
165
Р е ш е н и е. Преобразуем неравенство следующим образом:
log3 7 ∨ log7 27 ⇐⇒ log3 7 ∨ 3 log7 3 ⇐⇒ (log3 7)2 ∨ 3.
√
Сравним log3 7 и 3 . Оба числа лежат на отрезке [1;2]. В результате сравнения
с серединой отрезка получаем, что они принадлежат промежутку [3/2; 2]. Теперь
выясним, как они соотносятся с серединой нового отрезка:
log3 7 ∨
7
4
7
⇐⇒
7 ∨ 34
⇐⇒
74 ∨ 37
√
49
7
⇐⇒ 3 ∨
⇐⇒
3 ∨
4
16
√
Следовательно, log3 7 > 3 и log3 7 > log7 27 .
⇐⇒
2401 > 2187;
48 < 49.
О т в е т. log3 7 > log7 27.
Задача 19.
√
3
Что больше: 2
или 3
√
2
?
И д е я. Составить формальное неравенство и преобразованиями, не меняющими
его знака, привести его к очевидному неравенству.
√
У к а з а н и е. Возвести обе части неравенства в степень 2 и использовать метод
промежуточного числа.
√
√
√
Р е ш е н и е. Возведем неравенство 2 3 ∨ 3 2 в степень 2 :
√
6
∨ 32
О т в е т. 2
√
3
<3
√
2
⇐⇒
2
√
6
∨ 9.
√
√
6
Так как 6 < 3, то 2 < 8 < 9. Следовательно, второе число больше первого.
2
.
Задача 20.
Сравнить числа: sin 31◦ и tg 30◦ .
И д е я. Использовать метод промежуточного числа, то есть указать число, которое лежит между двумя заданными.
У к а з а н и е. Представить sin 31◦ = sin (30◦ + 1◦ ) и оценить это выражение сверху, а tg 30◦ — снизу.
Р е ш е н и е. Оценим величину sin 31◦ :
◦
◦
sin 31 = sin (30 + 1
С учётом неравенств
√
3
1
◦
+
что sin 31 <
2
2
sin 31◦ < tg 30◦ .
√
3
1
◦
sin 1◦ .
) = sin 30 · cos 1 + sin 1 · cos 30 = cos 1 +
2
2
π
π
<
< 0, 02, получим,
cos 1◦ < 1 и sin 1◦ = sin
180
180
1
· 0, 02 < 0, 55 . Но tg 30◦ = √ > 0, 55 , следовательно,
3
◦
О т в е т. sin 31◦ < tg 30◦ .
◦
◦
◦
◦
166
Указания и решения
Задача 21.
Сравнить числа: tg 55◦ и 1, 4.
И д е я. Свести задачу к оценке tg 10◦ .
У к а з а н и е. Выразить tg 55◦ через tg 45◦ и tg 10◦ .
Р е ш е н и е. Поскольку tg 55◦ = tg(45◦ + 10◦ ) =
ство tg 55◦ ∨ 1, 4 равносильно неравенству
1 + tg 10◦
, формальное неравен1 − tg 10◦
1 + tg 10◦
∨ 1, 4.
1 − tg 10◦
После домножения на знаменатель (он положительный, поэтому знак неравенства
сохраняется) получим
1 + tg 10◦ ∨ 1, 4 − 1, 4 tg 10◦
2, 4 tg 10◦ ∨ 0, 4
⇐⇒
⇐⇒
tg 10◦ ∨
1
.
6
1
Докажем, что tg 10◦ > . Поскольку tg 10◦ > sin 10◦ , достаточно доказать, что
6
1
sin 10◦ > . Из формулы синуса тройного угла получим
6
sin 30◦ = 3 sin 10◦ − 4 sin3 10◦
sin 10◦ =
=⇒
1
4
1
sin 30◦ + sin3 10◦ > .
3
3
6
Следовательно, tg 55◦ > 1, 4.
О т в е т. tg 55◦ > 1, 4.
Задача 22.
√
11
Выяснить, что больше 10
или 11
√
10
.
И д е я. Использовать метод промежуточного числа для того, чтобы избавиться
от радикалов, и неравенство Бернулли для того, чтобы упростить
вычисления.
√
У к а з а√н и е. Возвести обе части неравенства в степень 11 и применить оценку
10, 5 > 110.
√
√
√
Р е ш е н и е. Докажем, что 10 11 > 11 10 . Возведём неравенство в степень 11:
1011 > 11
√
110
.
√
Поскольку 10, 5 > 110, нам достаточно доказать, что
1011 > 1110,5 .
Возведём неравенство в квадрат:
1022 > 1121
⇐⇒
10 · 221 · (53 )7 > 12110 · 11.
1.5.
Сравнение чисел
167
Поделим неравенство на 1217 :
10 · 221 ·
7
125
121
> 1213 · 11.
С помощью неравенства Бернулли получим следующую оценку:
125
121
7
=
1+
4
121
7
≥1+
4
· 7 > 1, 1.
121
Теперь нам достаточно доказать, что
10 · 221 · 1, 1 > 1213 · 11.
Сократим обе части на 11 и возведём в степень 1/3. Получим
27 > 121
Следовательно, неравенство 10
О т в е т. 10
√
11
> 11
√
10
√
11
⇐⇒
> 11
√
10
128 > 121.
доказано.
.
Задача 23.
Что больше:
√
√
3
3
40 + 1 или 88?
И д е я. Составить формальное неравенство и преобразованиями, не меняющими
его знака, привести его к очевидному неравенству.
√
У к а з а н и е. Составить формальное неравенство, перенести 3 40 направо, вынести
2 за скобки и домножить
неравенство до разности кубов правой части
3
a − b3 = (a − b)(a2 + ab + b2 ) .
√
√
√
√
3
У
к а з а√н и е. Использовать оценки:
121 < 3 125 = 5, 3 55 < 3 64 = 4 и
√
3
3
25 < 27 = 3 .
√
Р е ш е н и е. Составим формальное неравенство и перенесём 3 40 направо:
√
√
3
3
40 + 1 ∨
88
√
√
3
3
1 ∨
88 − 40
√
√
3
3
1 ∨ 2( 11 − 5)
домножим
неравенство до разности
кубов правой части
3
a − b3 = (a − b)(a2 + ab + b2 ) :
√
√
√
3
3
3
121 + 55 + 25 ∨ 2(11 − 5)
√
√
√
3
3
3
121 + 55 + 25 ∨ 12
√
√
√
√
√
√
√
√
Так
как 3 121 < 3 125 = 5, 3 55√< 3 64 = 4√ и 3 25 < 3 27 = 3 , то 3 121 + 3 55 +
√
3
3
3
25 < 5 + 4 + 3 = 12 . Значит,
40 + 1 < 88.
√
√
3
3
О т в е т. 40 + 1 < 88.
168
Указания и решения
Задача 24.
Сравнить числа: log2 14 и
√
15.
И д е я. Использовать метод промежуточного числа, то есть указать число, которое лежит между двумя заданными.
1
У к а з а н и е. Промежуточное число искать в виде 4 − .
n
Р е ш е н и е. Оба числа лежат на отрезке [3;4]. Поскольку они оба близки к числу
1
4, промежуточное число удобно искать в виде 4 − , где n > 2 . При непосредn
ственной проверке оказывается, что n = 3; 4; 5 не годится. Проверим n = 6 :
1)
√
5
15 ∨ 3
6
2) log2 14 ∨ 3
⇐⇒
5
6
23
6
15 ∨
⇐⇒
2
⇐⇒
1 + log2 7 ∨ 3
⇐⇒
76 ∨ 217
15 · 36 ∨ 232
⇐⇒
5
17
⇐⇒ log2 7 ∨
6
6
3
7
⇐⇒ 49 ∨ 1024 · 2
540 > 529.
⇐⇒
17
7 ∨ 26
Для того, чтобы доказать, что 493 < 1024 · 27 достаточно убедиться в справедливости более сильного неравенства: 503 < 1000 · 27 . А оно выполняется, так как
53 = 125 < 27 = 128 .
Таким образом, число 3 65 на роль промежуточного числа подходит, и из нера√
√
венства log2 14 < 3 65 < 15 следует, что log2 14 < 15.
√
О т в е т. log2 14 < 15 .
Задача 25.
Сравнить числа: log189 1323 и
log63 147.
И д е я. В обоих логарифмах перейти к основанию 3.
У к а з а н и е. В обоих логарифмах перейти к основанию 3. Далее для удобства
сделать замену a = log3 7, a > 0 и сравнить полученные выражения.
Р е ш е н и е. В обоих логарифмах перейдем к основанию 3:
log189 1323 =
log63 147 =
3 + 2 · log3 7
log3 1323
=
,
log3 189
3 + log3 7
1 + 2 · log3 7
log3 147
=
.
log3 63
2 + log3 7
Сделаем замену переменных a = log3 7, a > 0 и сравним полученные выражения:
1 + 2a
3 + 2a
∨
3+a
2+a
⇐⇒
(3 + 2a)(2 + a) ∨ (3 + a)(1 + 2a)
Так как 6 > 3 , то log189 1323 > log63 147.
О т в е т. log189 1323 > log63 147.
⇐⇒
6 ∨ 3.
2.1.
Основные свойства арксинуса, арккосинуса...
169
Задача 26.
Сравнить два числа:
log3 4 · log3 6 · . . . · log3 80
и 1.
2 log3 5 · log3 7 · . . . · log3 79
И д е я. Преобразовать неравенство с помощью формулы перехода к другому основанию.
У к а з а н и е. Преобразовать неравенство с помощью формулы перехода к другому основанию:
log3 4 · log5 6 · . . . · log79 80 ∨ 2.
У к а з а н и е. Обозначить выражение, стоящее в левой части неравенства, через
A и положить B = log4 5 · log6 7 · . . . · log80 81. Поскольку AB = log3 81 = 4 и,
согласно утверждению 1, число A > B , получить
A2 > AB = 4.
Р е ш е н и е. Домножим неравенство на 2 и преобразуем левую часть с помощью
формулы перехода к другому основанию:
log3 4 · log5 6 · . . . · log79 80 ∨ 2.
Обозначим выражение, стоящее в левой части неравенства, через A и положим
B = log4 5 · log6 7 · . . . · log80 81. Поскольку AB = log3 81 = 4 и, согласно утверждению 1, число A > B , получим
A2 > AB = 4.
Следовательно, A > 2 и
log3 4 · log3 6 · . . . · log3 80
> 1.
2 log3 5 · log3 7 · . . . · log3 79
О т в е т. Первое число больше.
2.
Тригонометрические неравенства, обратные тригонометрические функции
2.1.
Основные свойства арксинуса, арккосинуса, арктангенса и арккотангенса. Преобразование выражений с обратными тригонометрическими функциями
Задача 1.
Доказать, что arcsin (−x) = − arcsin x.
И д е я. Воспользоваться определением арксинуса.
У к а з а н и е. Переписать исходное равенство в виде
воспользоваться определением арксинуса.
У к а з а н и е. Показать, что
1) sin (− arcsin (−x)) = x;
π π
2) − arcsin (−x) ∈ − ;
.
2 2
arcsin x = − arcsin (−x)
и
170
Указания и решения
Р е ш е н и е. Исходное равенство равносильно равенству
arcsin x = − arcsin (−x),
для доказательства которого, согласно определению арксинуса, достаточно проверить выполнение двух условий:
1) sin (− arcsin (−x)) = x;
π π
2) − arcsin (−x) ∈ − ;
.
2 2
С учётом нечётности синуса получаем, что
sin (− arcsin (−x)) = − sin (arcsin (−x)) = −(−x) = x;
следовательно, первое условие выполняется. Далее, проверим справедливость
неравенства
−
π
π
≤ − arcsin (−x) ≤
2
2
⇐⇒
−
π
π
≤ arcsin (−x) ≤ .
2
2
Справедливость последнего неравенства следует из определения арксинуса. Утверждение доказано.
Задача 2.
Доказать, что arccos (−x) = π − arccos x.
И д е я. Воспользоваться определением арккосинуса.
У к а з а н и е. Переписать исходное равенство в виде arccos x = π − arccos (−x)
и воспользоваться определением
арккосинуса.
cos (π − arccos (−x)) = x,
У к а з а н и е. Показать, что
0 ≤ π − arccos (−x) ≤ π.
Р е ш е н и е. Исходное равенство равносильно следующему:
arccos x = π − arccos (−x),
для доказательства которого, согласно определению арккосинуса, достаточно проверить выполнение двух условий:
1) cos (π − arccos (−x)) = x;
2) 0 ≤ π − arccos (−x) ≤ π .
С учётом свойств косинуса получаем, что
cos (π − arccos (−x)) = − cos (arccos (−x)) = −(−x) = x;
значит, первое условие выполняется. Далее, проверим справедливость неравенства
0 ≤ π − arccos (−x) ≤ π ⇐⇒ −π ≤ − arccos (−x) ≤ 0 ⇐⇒ 0 ≤ arccos (−x) ≤ π.
Справедливость последнего неравенства следует из определения арккосинуса.
Утверждение доказано.
2.1.
Основные свойства арксинуса, арккосинуса...
171
Задача 3. (ЕГЭ.В)
π
.
Вычислить 5 arcsin cos
2
И д е я. Использовать табличное значение косинуса.
π
У к а з а н и е. cos = 0 ; arcsin (0) = 0 .
2
π
= 5 arcsin 0 = 0.
Р е ш е н и е. Подставим значение косинуса: 5 arcsin cos
2
О т в е т. 0 .
Задача 4. (ЕГЭ.В)
Вычислить
8
arcctg(cos π).
π
И д е я. Подставить табличное значение косинуса.
3π
У к а з а н и е. cos π = −1 ; arcctg (−1) =
.
4
Р е ш е н и е.
8
8
8 3π
arcctg(cos π) = arcctg(−1) = ·
= 6.
π
π
π 4
О т в е т. 6 .
Задача 5. (У)
Вычислить arcsin sin
8π
7
.
π π
8π
такой, что sin α = sin
.
И д е я. Найти угол α ∈ − ;
2 2
7
У к а з а н и е. Использовать формулы приведения.
π
8π
π
У к а з а н и е. sin
= sin π +
= sin −
.
7
7
7
π π
Р е ш е н и е. Нам надо найти угол α ∈ − ;
такой, что
2 2
π
π
8π
π
= sin −
, то α = − .
как sin
= sin π +
7
7
7
7
π
О т в е т. − .
7
sin α = sin
8π
. Так
7
172
Указания и решения
Задача 6. (У)
Вычислить sin arccos −
1
4
.
И д е я. Воспользоваться определением арккосинуса и основным тригонометрическим тождеством.
1
У к а з а н и е. Вычислить sin α , если cos α = − , 0 ≤ α ≤ π.
4
Р е ш е н и е. Положим α = arccos −
1
4
1
cos α = − ,
4
, тогда по определению арккосинуса
0 ≤ α ≤ π.
Так как α ∈ [0; π], то sin α ≥ 0 . Поэтому из основного тригонометрического тождества получаем
√
2
15
1
.
sin α = 1 − −
=
4
4
√
15
.
О т в е т.
4
Задача 7. (У)
Вычислить cos (arcctg (−2)).
И д е я. Вычислить cos α , зная, что ctg α = −2 и 0 < α < π.
У к а з а н и е. Использовать основное тригонометрическое
тождество.
⎧
⎨ cos α = −2,
sin α
У к а з а н и е. Найти cos α из системы
⎩ cos2 α + sin2 α = 1.
Р е ш е н и е. Пусть α = arcctg (−2), тогда по определению арккотангенса
α ∈ (0; π) и ctg α = −2 . Поскольку ctg α < 0 и α ∈ (0; π), то угол α принадлежит
второй четверти. Значит, cos α < 0 . Найдём cos α из формулы
cos2 α =
2
О т в е т. − √ .
5
1
1 + tg2 α
=⇒
2
cos α = − √ .
5
2.1.
Основные свойства арксинуса, арккосинуса...
173
Задача 8. (У)
Вычислить sin(2 arctg 6).
И д е я. Выразить синус двойного угла через тангенс одинарного.
2 tg α
.
У к а з а н и е. sin 2α =
1 + tg2 α
Р е ш е н и е. Введём обозначение α = arctg 6. Тогда tg α = 6. Требуется найти
sin 2α. Выразив синус двойного угла через тангенс одинарного, получим
sin 2α =
2 tg α
12
.
=
37
1 + tg2 α
√
Найти значение выражения 5 2 sin
1
π
− arctg −
2
7
О т в е т.
12
.
37
Задача 9. (ЕГЭ.В)
.
И д е я. Воспользоваться формулой приведения и вычислить значение косинуса
по известному значению тангенса.
У к а з а н и е. По формуле приведения
√
√
1
π
1
5 2 sin
− arctg −
= 5 2 cos arctg −
.
2
7
7
Далее воспользуемся формулой, связывающей косинус и тангенс.
1
= 1 + tg2 x.
У к а з а н и е.
cos2 x
Р е ш е н и е. Прежде всего воспользуемся формулой приведения:
√
√
1
π
1
− arctg −
= 5 2 cos arctg −
.
5 2 sin
2
7
7
Затем применим формулу, связывающую косинус и тангенс:
1
= 1 + tg2 x
cos2 x
1
|cos x| = .
1 + tg2 x
π π
1
∈ − ;
,
Поскольку согласно определению арктангенса arctg −
7
2 2
1
cos arctg −
> 0. Значит,
7
√
√
√
5 2
1
5 2
5 2 cos arctg −
=
=
= 7.
7
1
1
2
1+
1 + tg arctg −
49
7
О т в е т. 7.
⇐⇒
174
Указания и решения
Задача 10. (ЕГЭ.В)
Найти значение выражения tg 2 arccos −
1
4
.
И д е я. Зная косинус угла, вычислить его тангенс.
sin2 x
; для нахождения значения
У к а з а н и е. Воспользоваться тем, что tg2 x =
cos2 x
квадрата синуса использовать основное тригонометрическое тождество.
1
1
. Надо найти tg2 α , если cos α = − .
4
4
Используем определение тангенса и основное тригонометрическое тождество:
Р е ш е н и е. Обозначим α = arccos −
tg2 α =
1 − cos2 α
sin2 α
=
=
2
cos α
cos2 α
1− −
1
−
4
1
4
2
2
= 15.
О т в е т. 15.
Задача 11. (ЕГЭ.В)
Найти значение выражения
3
4
tg π − arcsin −
3
5
.
И д е я. Сначала упростить выражение, используя свойство периодичности тангенса; затем по синусу угла вычислить тангенс.
У к а з а н и е. Использовать периодичность тангенса и нечётность арксинуса.
3
У к а з а н и е. При вычислении значения tg arcsin
использовать определе5
ние тангенса и основное тригонометрическое тождество.
Р е ш е н и е. Используем периодичность тангенса и нечётность арксинуса:
4
3
tg π − arcsin −
3
5
Обозначим α = arcsin
3
5
4
3
tg arcsin
.
3
5
π π
3
. Следовательно, α ∈ − ;
и sin α = . Най2 2
5
=
4
3
tg − arcsin −
3
5
=
4
tg α . Используя определение тангенса и основное тригонометрическое
3
тождество, получаем:
ти надо
3
4·
4
4 sin α
5
tg α =
= 3
3 cos α
3
3 1−
5
О т в е т. 1.
2
= 1.
2.1.
Основные свойства арксинуса, арккосинуса...
175
Задача 12. (У)
Вычислить cos arcsin
1
3
+ arctg(−2) .
И д е я. Использовать формулу косинуса суммы.
У к а з а н и е. cos(α + β) = cos α cos β − sin α sin β .
У к а з а н и е. Вычислить cos α и sin β, cos β , где α = arcsin
У к а з а н и е. cos2 α = 1 −
Р е ш е н и е. Пусть
Тогда
sin α =
1
,
3
2
1
3
=
1
3
α = arcsin
tg β = −2.
8
,
9
sin2 β =
1
3
, β = arctg(−2).
4
tg2 β
= .
5
1 + tg2 β
π
π
, β = arctg(−2), − < β < 0.
2
2
, 0<α<
Для того, чтобы вычислить
cos(α + β) = cos α cos β − sin α sin β,
надо найти значения cos α, sin β, cos β . По основному тригонометрическому тождеству
2
1
8
cos2 α = 1 −
= ;
3
9
по формуле, связывающей синус и тангенс,
sin2 β =
4
tg2 β
= ,
5
1 + tg2 β
cos2 β =
1
.
5
Осталось определиться со знаками. С учётом того, что 0 < α <
1
cos β = √ .
5
√
2 2+2
√ .
cos(α + β) = cos α cos β − sin α sin β =
3 5
cos α =
Следовательно,
О т в е т.
√
2 2
,
3
π
π
, − < β < 0,
2
2
2
sin β = − √ ,
5
√
2+2 2
√ .
3 5
Задача 13. (У)
Вычислить cos arcsin
1
5
+ arccos −
13
2
.
И д е я. Применить формулу косинуса суммы.
У к а з а н и е. Воспользоваться
формулой
√
√ косинуса суммы и равенствами
cos(arcsin x) = 1 − x2 , sin(arccos x) = 1 − x2 .
176
Указания и решения
Р е ш е н и е. Представим косинус суммы в виде разности:
cos arcsin
1
5
+ arccos −
13
2
=
1
5
1
− sin arcsin
sin arccos −
.
2
13
2
√
√
Используя равенства cos(arcsin x) = 1 − x2 , sin(arccos x) = 1 − x2 , получаем
= cos arcsin
5
13
cos arccos −
1−
О т в е т. −
5
13
2
5
−
13
1
· −
2
1− −
1
2
2
=−
√
12 + 5 3
.
26
√
12 + 5 3
.
26
Задача 14. (У)
Вычислить sin
3
1
arcctg −
2
4
.
π
3
и ctg 2α = − .
И д е я. Найти sin α , где α ∈ 0;
2
4
У к а з а н и е. По значению ctg 2α найти значение tg α , после чего вычислить
sin α .
1 − tg2 α
У к а з а н и е. ctg 2α =
.
2 tg α
1
3
arcctg −
, тогда α лежит в первой четверти и
2
4
1 − tg2 α
1 − tg2 α
3
3
, то
= − . Из полученного
ctg 2α = − . Так как ctg 2α =
4
2 tg α
2 tg α
4
квадратного уравнения
4 tg2 α − 6 tg α − 4 = 0
Р е ш е н и е. Положим α =
находим tg α = 2 (отрицательное значение тангенса не подходит, так как угол
α лежит в первой четверти). Зная тангенс, по основному тригонометрическому
тождеству определим модуль синуса:
sin2 α
=4
1 − sin2 α
⇐⇒
2
|sin α| = √ .
5
Так как угол лежит в первой четверти, подходит только положительное значение.
2
О т в е т. √ .
5
2.1.
Основные свойства арксинуса, арккосинуса...
177
Задача 15. (У)
Вычислить ctg
4
1
arccos −
2
7
.
π
4
И д е я. Найти ctg α , где α ∈ 0;
и cos 2α = − .
2
7
У к а з а н и е. По значению cos 2α найти значение sin2 α , после чего вычислить
ctg α .
1
У к а з а н и е. Использовать формулы cos 2α = 1 − 2 sin2 α и ctg2 α =
− 1.
sin2 α
4
1
arccos −
, тогда α лежит в первой четверти и
2
7
4
11
. Далее
cos 2α = − . Из равенства cos 2α = 1 − 2 sin2 α следует, что sin2 α =
7
14
вычисляем модуль котангенса:
Р е ш е н и е. Положим α =
ctg2 α =
3
14
1
−1=
−1=
11
11
sin2 α
⇐⇒
| ctg α| =
3
.
11
Так как угол α лежит в первой четверти, подходит только положительное значение.
О т в е т.
3
.
11
Задача 16. (У)
Вычислить arccos (cos 10) .
И д е я. Указать угол α ∈ [0; π] такой, что cos α = cos 10 .
У к а з а н и е. Выбрать угол α из углов вида ±10 + 2πn, n ∈ Z.
Р е ш е н и е. Обозначим α = arccos (cos 10), тогда
⎧
⎨α ∈ [0; π] ,
α ∈ [0; π] ,
α ∈ [0; π] ,
⇐⇒
⇐⇒
α + 10
α − 10
⎩
cos α = cos 10;
α = ±10 + 2πn, n ∈ Z.
2 sin
sin
= 0;
2
2
Проверим попадание найденных α на отрезок [0; π]:
− 10 ≤ 2πn ≤ π − 10, n ∈ Z;
0 ≤ 10 + 2πn ≤ π, n ∈ Z;
⇐⇒
10 ≤ 2πn ≤ π + 10, n ∈ Z.
0 ≤ −10 + 2πn ≤ π, n ∈ Z;
Первое двойное неравенство решений в целых числах не имеет, второе справедливо
только при n = 2 . В результате α = 4π − 10.
О т в е т. 4π − 10.
178
Указания и решения
Задача 17. (У)
Вычислить arcsin (sin 14).
π π
такой, что sin α = sin 14 .
И д е я. Указать угол α ∈ − ;
2 2
У к а з а н и е. Выбрать угол α из углов вида 14 + 2πn, n ∈ Z и π − 14 + 2πm,
m ∈ Z.
Р е ш е н и е. Обозначим α = arcsin (sin 14), тогда
π π
⎧
π π
⎧
⎪
,
⎨α ∈ − ;
⎨α ∈ − ;
,
2 2
2 2
⇐⇒
⇐⇒
⎪
⎩
⎩2 sin α − 14 cos α + 14 = 0;
sin α = sin 14;
2
2
π π
⎧
⎪
α
∈
− ;
,
⎪
⎨
2 2
⇐⇒
α = 14 + 2πn, n ∈ Z;
⎪
⎪
⎩
α = π − 14 + 2πm, m ∈ Z;
π π
Проверим попадание найденных α на отрезок − ;
:
2 2
⎡
⎡
1
π
7
1
7
π
− − ≤ n ≤ − , n ∈ Z;
− ≤ 14 + 2πn ≤ , n ∈ Z;
⎢
2
2
4 π
4 π
⎣
⇐⇒ ⎣
π
π
3
7
1
7
− ≤ π − 14 + 2πm ≤ , m ∈ Z.
− + ≤ m ≤ − + , m ∈ Z.
2
2
4 π
4 π
Второе двойное неравенство в целых числах решений не имеет, первое справедливо
только при n = −2 . В результате α = 14 − 4π .
О т в е т. 14 − 4π .
Задача 18. (У)
Доказать, что 2 arctg
7
π
1
+ arctg
= .
4
23
4
И д е я. Сравнить тангенсы соответствующих углов.
У к а з а н и е. Вычислить значения тангенса от каждой из частей равенства
1
π
7
2 arctg = − arctg .
4
4
23
У к а з а н и е. Проверить, что углы лежат в промежутке, где функция tg x монотонна.
π
7
1
− arctg . Поскольку аргументы
Р е ш е н и е. Докажем , что 2 arctg =
4
4
23
арктангенсов не превосходят единицы, оба арктангенса принимают значения из
2.1.
Основные свойства арксинуса, арккосинуса...
179
промежутка от нуля до π/4 . Следовательно, обе части равенства лежат в первой
четверти, и нам достаточно проверить равенство их тангенсов:
1
7
2·
1−
π
7
8
1
8
4 =
23
= tg
− arctg
⇐⇒
=
,
tg 2 arctg
⇐⇒
1
7
4
4
23
15
15
1− 2
1+
4
23
что и требовалось доказать.
Задача 19. (МГУ-53)
Упростить выражение cos 2 arccos
1+x
2
.
И д е я. Применить формулу косинуса двойного угла.
У к а з а н и е. cos 2α = 2 cos2 α − 1.
Р е ш е н и е. Применим формулу косинуса двойного угла:
1+x
1+x
2
= 2 cos arccos
−1=2
cos 2 arccos
2
2
1+x
2
2
− 1 = x.
О т в е т. x.
Задача 20. (МГУ-53)
1
a
a
π 1
π
+ arccos
+ tg
− arccos
.
4
2
b
4
2
b
И д е я. Выразить сумму тангенсов через тригонометрические функции суммы и
разности аргументов.
sin(α + β)
2 sin(α + β)
У к а з а н и е. tg α + tg β =
=
.
cos α cos β
cos(α + β) + cos(α − β)
π
1
a
π
1
a
Р е ш е н и е. Положим α =
+ arccos , β =
− arccos . Воспользуемся
4
2
b
4
2
b
для слагаемых левой части уравнения определением тангенса, приведём дроби к
общему знаменателю и применим в числителе формулу синуса суммы, а в знаменателе – формулу произведения косинусов:
Упростить выражение tg
sin(α + β)
2 sin(α + β)
=
.
cos α cos β
cos(α + β) + cos(α − β)
π
a
Поскольку α + β = , α − β = arccos , получаем:
2
b
π
2 sin
2
2b
2
a = a/b = a .
π
cos + cos arccos
2
b
2b
.
О т в е т.
a
tg α + tg β =
180
2.2.
Указания и решения
Уравнения и неравенства с обратными тригонометрическими функциями
Задача 1. (У)
Доказать, что arctg
1
π
< .
2
5
И д е я. Использовать метод промежуточной числовой границы, то есть указать
число, которое лежит между двумя заданными.
π
У к а з а н и е. В качестве промежуточного числа использовать .
6
Р е ш е н и е. Справедлива цепочка неравенств:
arctg
Следовательно, arctg
1
π
1
π
< arctg √ = < .
2
6
5
3
π
1
< .
2
5
Задача 2. (У)
Что больше:
1
2
π
или arcsin + arccos ?
4
3
3
И д е я. Сравнить синусы углов.
1 π
2 π
У к а з а н и е. arcsin ∈ 0;
, arccos ∈ 0;
.
3
6
3
3
У к а з а н и е. Убедиться в том, что сравниваемые углы лежат в промежутке, где
функция sin x монотонна, а именно в первой четверти.
У к а з а н и е. Вычислить синусы углов и сравнить.
Р е ш е н и е. Покажем, что углы в левой и правой частях принадлежат первой
четверти, где функция sin x монотонно
возрастает.
π
π
1) Угол в левой части
∈ 0;
.
4
2
2) Рассмотрим правую часть.
1 π
1
1
π
• arcsin ∈ 0;
, поскольку 0 < < = sin .
3
6
3
2
6
π
2
1
π
2
, поскольку
> = cos , а в первой четверти коси• arccos ∈ 0;
3
3
3
2
3
нус убывает.
1
2 π
Следовательно, arcsin + arccos ∈ 0;
.
3
3
2
√
2
2
π
1
и сравним его с sin =
.
Вычислим sin arcsin + arccos
3
3
4
2
sin arcsin
1
2
+ arccos
3
3
=
2.2.
Уравнения и неравенства с обратными...
2
1
2
cos arccos
+ cos arcsin
sin arccos
3
3
3
√ √
√
5
1 2 2 2
2 + 2 10
= · +
·
=
.
3 3
3
3
9
Сравним значения синусов:
√
√
2 + 2 10
2
∨
9√
2
√
4 + 4 10 ∨ 9 2
√
16 + 32 10 + 160 > 162.
= sin arcsin
1
3
181
=
2
π
1
+ arccos
> sin . Поскольку оба угла лежат в первой чет3
3
4
верти и синус второго угла больше синуса первого, второй угол больше первого.
π
1
2
О т в е т.
< arcsin + arccos .
4
3
3
Значит, sin arcsin
Задача 3. (У)
Решить уравнение sin (5 arcctg x) = 1 .
И д е я. Найти значение arcctg x из исходного уравнения и вычислить x, используя определение арккотангенса.
π
2πn
У к а з а н и е. arcctg x =
+
, n ∈ Z.
10
5
2πn
π
+
∈ (0; π).
У к а з а н и е. Отобрать n ∈ Z такие, что
10
5
Р е ш е н и е. Решаем простейшее тригонометрическое уравнение:
π
sin (5 arcctg x) = 1
⇐⇒
5 arcctg x = + 2πn, n ∈ Z ⇐⇒
2
π
2πn
⇐⇒
arcctg x =
+
, n ∈ Z.
10
5
По определению арккотангенса
⎧
2πn
π
⎪
⎪
+
, n ∈ Z,
⎨x = ctg
10
5
⎪
⎪
⎩0 < π + 2πn < π.
10
5
Отберём значения n ∈ Z, удовлетворяющие двойному неравенству:
2πn
1
9
π
+
<π
⇐⇒
− <n< .
0<
10
5
4
4
Подходят значения n = 0, n = 1, n = 2 ; соответствующие значения переменной
π
9π
π
, x = ctg = 0 , x = ctg
.
x = ctg
10
2
10
9π
π
; 0 ; ctg
.
О т в е т. ctg
10
10
182
Указания и решения
Задача 4. (У)
Решить уравнение sin (3 arccos x) =
1
.
2
И д е я. Найти значение arccos x из исходного уравнения и вычислить x, используя определение арккосинуса.
π
5π
У к а з а н и е. 3 arccos x = + 2πn, n ∈ Z или 3 arccos x =
+ 2πm, m ∈ Z.
6
6
У к а з а н и е. Произвести отбор n и m с учётом области значений арккосинуса.
Р е ш е н и е. Решаем простейшее тригонометрическое уравнение:
⎡
π
3 arccos x = + 2πn, n ∈ Z;
1
⎢
6
sin (3 arccos x) =
⇐⇒
⎣
5π
2
3 arccos x =
+ 2πm, m ∈ Z.
6
Отберём допустимые значения n и m, исходя из области значений арккосинуса.
π
1
17
1) 0 ≤
+ 2πn ≤ 3π ⇐⇒ −
≤n≤
. Подходят n = 0 или n = 1 , при этом
6
12
12
13π
π
или x = cos
.
x = cos
18
18
5π
5
13
2) 0 ≤
+ 2πm ≤ 3π ⇐⇒ −
≤m≤
. Подходят m = 0 или m = 1 , при
6
12
12
17π
5π
или x = cos
.
этом x = cos
18
18
17π
π
Объединяя результаты и используя равенства cos
= − cos ,
18
18
5π
13π
= − cos , получаем ответ.
cos
18
18
О т в е т. ± cos
5π
π
; ± cos
.
18
18
Задача 5. (У)
Решить уравнение arccos(π log3 tg x) = 0.
И д е я. Воспользоваться определением арккосинуса.
У к а з а н и е. arccos t = 0 ⇐⇒ t = 1.
Р е ш е н и е. arccos(π log3 tg x) = 0
⇐⇒
log3 tg x =
1
1
π
⇐⇒
О т в е т. arctg 3 π + πn, n ∈ Z.
⇐⇒
π log3 tg x = 1
1
tg x = 3 π
⇐⇒
⇐⇒
1
x = arctg 3 π + πn, n ∈ Z.
2.2.
Уравнения и неравенства с обратными...
183
Задача 6. (У)
Решить уравнение 2 arcsin x = arcsin 2x.
И д е я. Вычислить значения x, при которых синусы от обеих частей равенства
равны.
У к а з а н и е. Вычислить значение синуса от обеих частей равенства.
У к а з а н и е. Воспользоваться формулой синуса двойного угла.
У к а з а н и е. Найти значение x, при котором синусы равны. Сделать проверку,
так как равенство синусов ещё не означает равенства углов.
Р е ш е н и е. Возьмём синус от обеих частей равенства. При этом могут появиться
посторонние корни, так как равенство синусов не гарантирует равенства углов.
sin (2 arcsin x) = sin (arcsin 2x)
⇐⇒
⇐⇒
2 sin (arcsin x) · cos (arcsin x) = 2x
2x · 1 − x2 = 2x
⇐⇒
x = 0.
⇐⇒
Проверкой убеждаемся, что найденное значение является решением исходного
уравнения.
О т в е т. 0 .
Задача 7. (У)
Решить уравнение arcsin x − arcctg x = 0 .
И д е я. Перенести arcctg x в правую часть равенства и вычислить значения x,
при которых синусы от обеих частей равны.
У к а з а н и е. Переписать уравнение в виде arcsin x = arcctg x.
У к а з а н и е. Убедиться в том, что обе части получившегося уравнения принимают значения из первой четверти.
У к а з а н и е. Взять синус от обеих частей.
Р е ш е н и е. Перепишем уравнение в виде arcsin x = arcctg x. Так как по опредеπ
π
лению − ≤ arcsin x ≤ , 0 < arcctg x < π , то левая и правая части уравнения
2
2
π
могут принимать значения из промежутка 0;
; следовательно, 0 < x ≤ 1 .
2
Берём синус от обеих частей полученного уравнения и переходим к равносильной
системе:
⎧
⎨x = √ 1
,
x = sin (arcctg x),
1 + x2
⇐⇒
⇐⇒
⎩
0 < x ≤ 1;
0 < x ≤ 1;
√
5−1
x4 + x2 − 1 = 0,
⇐⇒
⇐⇒
x=
.
2
0 < x ≤ 1;
√
О т в е т.
5−1
.
2
184
Указания и решения
Задача 8. (У)
Решить уравнение 2 arctg x + arcsin
2x
= π.
1 + x2
И д е я. Уединить второе слагаемое в левой части и воспользоваться определением
арксинуса.
У к а з а н и е. Перенести первое слагаемое в правую часть и взять синус от обеих
частей полученного равенства.
У к а з а н и е. Согласно
π π определению арксинуса должно выполняться условие
π − 2 arctg x ∈ − ;
.
2 2
Р е ш е н и е. Область допустимых значений заданного уравнения
−1 ≤
2x
≤1
1 + x2
⇐⇒
x ∈ R.
Запишем уравнение в виде
arcsin
2x
= π − 2 arctg x.
1 + x2
По определению арксинуса это означает, что
⎧
2x
⎪
⎨sin (π − 2 arctg x) =
,
2
1
+
π π x
⎪
⎩π − 2 arctg x ∈ − ;
.
2 2
Из второго условия получаем ограничения для переменной x:
π 3π
;
⇐⇒
x ≥ 1.
arctg x ∈
4 4
Рассмотрим первое уравнение системы. Покажем, что оно справедливо для всех
2 tg t
, то
допустимых значений переменной. Действительно, так как sin 2t =
1 + tg2 t
sin (π − 2 arctg x) = sin (2 arctg x) =
2x
.
1 + x2
Значит, решения исходного уравнения x ≥ 1 .
О т в е т. [1; +∞).
Задача 9. (У)
Решить уравнение arctg (2 + cos x) − arctg (1 + cos x) =
π
.
4
И д е я. Перенести вычитаемое в правую часть и воспользоваться определением
арктангенса.
2.2.
Уравнения и неравенства с обратными...
185
У к а з а н и е. Сделать замену y = cos x + 1 .
У к а з а н и е. Перенести вычитаемое в правую часть и взять тангенс от обеих
частей равенства; учесть область значений арктангенса.
У к а з а н и е. Решить полученное уравнение, воспользовавшись методом расщепления.
Р е ш е н и е. Положим y = cos x + 1 , тогда уравнение принимает вид
arctg (y + 1) =
π
+ arctg y.
4
Перейдём к равносильной системе, используя определение арктангенса:
⎧
⎨y + 1 = tg π + arctg y ,
4
⎩− π < π + arctg y < π .
2
4
2
Решим уравнение, применив в правой части формулу тангенса суммы:
y = 0;
1+y
y+1=
⇐⇒
1−y
y = −1.
Оба найденных значения переменной y удовлетворяют двойному неравенству системы. Возвращаемся к исходной переменной:
cos x + 1 = 0;
cos x = −1;
⇐⇒
⇐⇒ x = π + 2πn, n ∈ Z.
cos x + 1 = −1;
cos x = −2 < −1;
О т в е т. π + 2πn, n ∈ Z.
Задача 10. (Экон-99.4)
Решить уравнение x =
1
arctg (tg 6x + cos 7x).
6
И д е я. Домножить уравнение на 6 и воспользоваться определением арктангенса.
У к а з а н и е. Взять тангенс от обеих частей равенства, предварительно домножив
левую и правую части на 6.
У к а з а н и е. Отобрать решения полученного равенства согласно ограничениям
π
π
− < 6x < .
2
2
Р е ш е н и е. Домножим левую и правую части уравнения на 6:
6x = arctg (tg 6x + cos 7x).
Согласно определению арктангенса уравнение равносильно системе
⎧ π
π
π
π
π
π
⎨−
<x<
,
<x<
,
−
− < 6x < ,
12
12
2
2
12
12
⇐⇒
⇐⇒
πn
π
⎩x =
tg 6x = tg 6x + cos 7x;
cos 7x = 0;
+
, n ∈ Z.
14
7
186
Указания и решения
Отберём корни по условию:
−
π
πn
π
π
<
+
<
12
14
7
12
значит, n = −1 или n = 0 , то есть x = ±
О т в е т. ±
⇐⇒
−
13
1
<n<
;
12
12
π
.
14
π
.
14
Задача 11. (Экон-99.6)
Решить уравнение x +
π
1
arctg (ctg 5x + cos 8x) =
.
5
10
И д е я. Уединить arctg (ctg 5x + cos 8x) и воспользоваться определением арктангенса.
У к а з а н и е. Исходное уравнение запишется в виде
π
− 5x,
2
π π
.
где правая часть принимает значения из интервала − ;
2 2
У к а з а н и е. Взять тангенс от обеих частей равенства и решить полученное уравнение.
У к а з а н и е. Произвести отбор значений целочисленной переменной.
arctg (ctg 5x + cos 8x) =
Р е ш е н и е. Уравнение приводится к виду
arctg (ctg 5x + cos 8x) =
π
− 5x.
2
Переходим к равносильной системе, используя определение арктангенса:
⎧
⎨ctg 5x + cos 8x = tg π − 5x ,
cos 8x = 0,
2
π
⇐⇒
⇐⇒
π
π
π
0<x< ;
⎩− < − 5x < ;
5
2
2
2
⎧
⎨x = π + πn , n ∈ Z,
16
8
⇐⇒
⎩0 < x < π .
5
Отберём корни:
πn
π
1
11
π
+
<
⇐⇒
− <n<
.
0<
16
8
5
2
10
Полученному неравенству удовлетворяют два значения n = 0 или n = 1 , при этом
3π
π
или x =
.
x=
16
16
О т в е т.
π 3π
;
.
16 16
2.2.
Уравнения и неравенства с обратными...
Задача 12. (Геол-74.3)
187
Определить, при каких целых значениях k система
имеет решения, и найти все эти решения.
(arctg x)2 + (arccos y)2 = π 2 k,
π
arctg x + arccos y =
2
И д е я. Сделав замену переменных, свести первое уравнение к квадратному, а
второе – к линейному.
2
u + z 2 = kπ 2 ,
π
У к а з а н и е. Исходная система приводится к виду
u+z = ,
2
π π
где u = arctg x ∈ − ;
, z = arccos y ∈ [0; π].
2 2
У к а з а н и е. Полученная система имеет решение только при k = 1 .
π π
, z = arccos y ∈ [0; π]. Тогда система
Р е ш е н и е. Пусть u = arctg x ∈ − ;
2 2
принимает вид
2
u + z 2 = kπ 2 ,
π
u+z = .
2
π
Выразим из второго уравнения u = − z и подставим в первое:
2
2
π
1
− z + z 2 = kπ 2
− k = 0.
⇐⇒
2z 2 − πz + π 2
2
4
Корни квадратного уравнения существуют при неотрицательном дискриминанте:
D = π 2 − 8π 2
1
−k
4
= π 2 (8k − 1) ≥ 0
⇐⇒
8k ≥ 1
⇐⇒
k ∈ N.
√
√
π + π 8k − 1
π − π 8k − 1
или z =
. Поскольку z ∈ [0; π] ,
Корни уравнения z =
4
4
первое значение сразу исключаем как отрицательное. Проверяем второй корень:
√
√
π + π 8k − 1
5
1
0≤
≤π
⇐⇒
0 ≤ π 8k − 1 ≤ 3π
≤k≤ .
⇐⇒
4
8
4
Значит, k = 1 ; соответствующие ему значения новых переменных
π π
√
√
π
π
π
z = (1 + 7); u = − z = (1 − 7) ∈ − ;
.
4
2
4
2 2
Возвращаемся к исходным переменным:
⎧
√
⎧
√
π−π 7
π−π 7
⎪
⎪
⎪
⎪
⎨x = tg
⎨arctg x =
,
,
4
4
⇐⇒
√
√
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩y = cos π + π 7 .
⎩arccos y = π + π 7 ;
4
4
√
√ π−π 7
π+π 7
О т в е т. При k = 1 ; tg
.
; cos
4
4
188
Указания и решения
Задача 13. (ВМК-96.4)
Решить неравенство arccos 3x + arcsin (x + 1) ≤
7π
.
6
И д е я. Уединить arccos 3x и воспользоваться монотонностью арккосинуса.
У к а з а н и е. Показать, что обратные тригонометрические функции определены
1
при − ≤ x ≤ 0 .
3
7π
У к а з а н и е. Переписав неравенство в виде arccos 3x ≤
− arcsin (x + 1), убе6
диться в том, что обе его части принимают значения из второй четверти.
У к а з а н и е. Сравнить косинусы этих углов с учётом убывания косинуса во второй четверти.
Р е ш е н и е. Обратные тригонометрические функции, входящие в неравенство,
определены при следующих условиях:
⎧
⎨−2 ≤ x ≤ 0,
1
−1 ≤ x + 1 ≤ 1,
⇐⇒
⇐⇒
− ≤ x ≤ 0.
1
1
⎩
3
−1 ≤ 3x ≤ 1;
− ≤x≤ ;
3
3
Перепишем неравенство в виде
7π
− arcsin (x + 1).
6
1
В силу возрастания арксинуса для x ∈ − ; 0 справедлива цепочка неравенств:
3
arccos 3x ≤
π
1
2
π
= arcsin < arcsin ≤ arcsin(x + 1) ≤ arcsin 1 = ;
6
2
3
2
2π
1
7π
− arcsin (x + 1) ∈
; π . При x ∈ − ; 0 угол arccos 3x
следовательно,
6
3
3
также лежит во второй четверти. Возьмём косинус от обеих частей неравенства и
воспользуемся монотонным убыванием косинуса во второй четверти:
⎧
7π
⎪
⎪
− arcsin (x + 1) ,
⎨cos (arccos 3x) ≥ cos
6
⇐⇒
⎪
⎪
⎩− 1 ≤ x ≤ 0;
3
⎧
7π 7π
⎪
⎨3x ≥ cos
· 1 − (x + 1)2 + sin
· (x + 1),
6
6
⇐⇒
⇐⇒
⎪
⎩− 1 ≤ x ≤ 0;
3
⎧√ √
⎨ 3 · −2x − x2 ≥ −7x − 1,
⇐⇒
⎩− 1 ≤ x ≤ 0.
3
2.2.
Уравнения и неравенства с обратными...
189
1
Значения x ∈ − ; 0 входят в ответ, так как в этом случае левая часть неравен7
1 1
ства с радикалом неотрицательна, а правая – отрицательна. При x ∈ − ; −
3 7
обе части неравенства неотрицательны и, следовательно, можно сравнить квадраты этих выражений:
3(−2x − x2 ) ≥ 49x2 + 14x + 1
⇐⇒
52x2 + 20x + 1 ≤ 0
⇐⇒
√
√
−5 + 2 3
−5 − 2 3
≤x≤
.
26
26
⇐⇒
Сравниваем числа:
√
−5 − 2 3 $
1
−
26 √
3
−15 − 6 3 ∨ −26
√
√
11 > 6 3 = 108,
√
1
−5 − 2 3
>− .
то есть
26
3
Сравниваем числа:
√
−5 + 2 3 $
1
−
26 √
7
−35 + 14 3 ∨ −26
√
14 3 > 9,
√
√
1
−5 − 2 3
1
−5 + 2 3
> − . В итоге
≤ x ≤ − . Объединяя с предыдущим
то есть
26
7
26
7
√
−5 − 2 3
≤ x ≤ 0.
результатом, получаем окончательно
26
#
!
√
−5 − 2 3
;0 .
О т в е т.
26
Задача 14. (Экон-95.5)
Найти все x ∈ [−3; 1], для которых неравенство
x(π(x + 1) − 4 arctg (3m2 + 12m + 11)) > 0 выполняется при любых целых m.
И д е я. Уединить arctg (3m2 + 12m + 11) в левой части неравенства, найти область его значений и выбрать значения переменной x таким образом, чтобы неравенство выполнялось на всей области значений функции в левой части.
У к а з а н и е. Отдельно рассмотреть случаи x > 0 и x < 0 .
190
Указания и решения
У к а з а н и е. Исходное неравенство равносильно совокупности двух систем
⎡⎧
⎨0 < x ≤ 1,
⎢
⎢ ⎩arctg (3m2 + 12m + 11) < π(x + 1) ;
⎢
4
⎢⎧
⎢⎨
⎢ −3 ≤ x < 0,
⎣
π(x + 1)
⎩arctg (3m2 + 12m + 11) >
.
4
У к а з а н и е. Найти область значений функции f (m) = arctg (3m2 + 12m + 11)
и выбрать x таким образом, чтобы правая часть полученного неравенства была
больше (меньше) любого из значений левой части.
π
π
У к а з а н и е. ∀m ∈ Z
> f (m) ≥ f (−2) = arctg (−1) = − .
2
4
Р е ш е н и е. Неравенство равносильно совокупности двух систем для положительных и отрицательных значений переменной x.
1) При 0 < x ≤ 1
π(x + 1) − 4 arctg (3m2 + 12m + 11) > 0 ⇐⇒
⇐⇒ arctg (3m2 + 12m + 11) <
Пусть f (m) = arctg (3m2 + 12m + 11), g(x) =
π(x + 1)
.
4
π(x + 1)
, тогда неравенство
4
f (m) < g(x) должно выполняться ∀m ∈ Z.
Найдём область значений функции f (m). Рассмотрим аргумент арктангенса
t(m) = 3m2 + 12m + 11 . Заметим, что t(m) ≥ t(−2) = −1 , поэтому
π π
.
f (m) = arctg (t(m)) будет принимать значения из промежутка − ;
4 2
π
Значит, условие задачи будет выполнено при g(x) ≥ , то есть
2
π(x + 1)
π
≥
⇐⇒
x ≥ 1.
4
2
Вспоминая, что 0 < x ≤ 1 , получаем, что в данном случае x = 1 .
2) При −3 ≤ x < 0
π(x + 1) − 4 arctg (3m2 + 12m + 11) < 0
⇐⇒
⇐⇒
arctg (3m2 + 12m + 11) >
π(x + 1)
.
4
Учитывая область значений функции f (m), найденную в пункте 1), заключаем,
π
что условие задачи будет выполнено при g(x) < − , то есть
4
π(x + 1)
π
<−
⇐⇒
x < −2.
4
4
Вспоминая, что −3 ≤ x < 0 , получаем, что в данном случае −3 ≤ x < −2 .
З а м е ч а н и е. Нетрудно видеть, что условие m ∈ Z в постановке задачи излишне,
так как минимальное значение функции t(m) = 3m2 + 12m + 11 , принципиально
влияющее на построение оценок, достигается именно при целочисленном значении m.
О т в е т. [−3; −2) ∪ {1} .
2.3.
2.3.
Отбор решений...
191
Отбор решений в тригонометрических уравнениях. Тригонометрические неравенства
Задача 1. (Почв-82.2)
Решить уравнение
√
√
2 − 3 cos 2x = sin x .
И д е я. Приравнять подкоренные выражения и отобрать решения полученного
уравнения, удовлетворяющие условию sin x ≥ 0 .
У к а з а н и е. Выразить косинус двойного угла через синус одинарного.
Р е ш е н и е. Перейдём к равносильной системе, приравняв подкоренные выражения:
2 − 3 cos 2x = sin x,
sin x ≥ 0.
Применим в уравнении формулу косинуса двойного угла:
6 sin2 x − sin x − 1 = 0.
1
1
Корни квадратного уравнения sin x = − < 0 (не подходит) или sin x = . Сле3
2
π
довательно, x = (−1)n + πn, n ∈ Z.
6
π
О т в е т. (−1)n + πn, n ∈ Z.
6
Задача 2. (Псих-96.3)
1
Найти область определения функции f (x) = √ .
2
−6 sin 2x − 2 sin 2x cos 2x + 8 − 3
И д е я. Область определения задаётся положительностью подкоренного выражения. Соответствующее неравенство удобнее всего решать методом вспомогательного аргумента.
У к а з а н и е. Область определения функции f (x) задаётся неравенством
√
−6 sin2 2x − 2 sin 2x cos 2x + 8 − 3 > 0,
которое после применения формул понижения степени и синуса двойного угла
сводится к неравенству для линейного тригонометрического выражения.
У к а з а н и е. Линейное тригонометрическое неравенство решить с помощью метода вспомогательного аргумента.
Р е ш е н и е. Область определения заданной функции задаётся неравенством
√
−6 sin2 2x − 2 sin 2x cos 2x + 8 − 3 > 0
⇐⇒
√
√
⇐⇒
−3(1 − cos 4x) − sin 4x > 3 − 8
⇐⇒
3 cos 4x − sin 4x > 3 − 5.
192
Указания и решения
Преобразуем выражение в левой части последнего неравенства по √
методу вспомогательного аргумента. Для этого делим обе части неравенства на 10 :
√
3−5
3
1
√ cos 4x − √ sin 4x > √
;
10
10
10
√
3−5
1
положим ϕ = arcsin √ , тогда cos (4x + ϕ) > √
. Сравним числа:
10
10
√
3−5 $
√
−1
10
√
√
3 + 10 ∨ 5
√
13 + 2 30 ∨ 25
√
√
30 < 6 = 36.
Итак, правая часть полученного неравенства меньше нижней границы области
значений косинуса; значит, неравенство справедливо при любых значениях аргумента косинуса, то есть x ∈ R.
О т в е т. R.
Задача 3. (Хим-88.2)
Решить уравнение
3
√ cos x − 1 + sin x = 0 .
2
И д е я. Решать исходное уравнение как стандартное уравнение с радикалом.
У к а з а н и е. Уравнение равносильно квадратному уравнению
3
√ cos x − 1 = (− sin x)2 , где sin x ≤ 0 .
2
Р е ш е н и е. Переписав уравнение в виде
3
√ cos x − 1 = − sin x,
2
перейдём к равносильному уравнению при sin x ≤ 0 :
√
cos x = −2 2;
⎣
1
cos x = √ .
2
⎡
3
√ cos x − 1 = (− sin x)2
2
⇐⇒
3
cos2 x + √ cos x − 2 = 0
2
⇐⇒
Первое значение не принадлежит области значений косинуса, поэтому, учитывая,
π
что sin x ≤ 0 , получаем окончательно x = − + 2πn, n ∈ Z.
4
π
О т в е т. − + 2πn, n ∈ Z.
4
2.3.
Отбор решений...
193
Задача 4. (ВМК-93.2)
На отрезке 0 ≤ x ≤ π найти все значения x, удовлетворяющие уравнению
√
√
3 cos x − sin x = 1 + 2 cos2 x − 3 sin 2x.
И д е я. Решить уравнение как стандартное уравнение с радикалом.
У к а з а н и е. Исходное уравнение эквивалентно системе:
√
√
2
1 + 2 cos2 x − 3 sin 2x =
3 cos x − sin x ,
√
3 cos x − sin x ≥ 0.
У к а з а н и е. Выражение в левой части неравенства удобнее всего преобразовать
по методу вспомогательного аргумента.
Р е ш е н и е. Решая уравнение, как стандартное уравнение с радикалом, получаем
систему:
√
√
2
1 + 2 cos2 x − 3 sin 2x =
3 cos x − sin x ,
√
3 cos x − sin x ≥ 0.
Уравнение системы после раскрытия скобок превращается в тождество, а неравенство преобразуем по методу вспомогательного аргумента:
√
3
1
π
cos x − sin x ≥ 0
⇐⇒
cos x +
≥0
⇐⇒
2
2
6
2π
π
+2πn ≤ x ≤ +2πn, n ∈ Z.
3
3
π
Учитывая, что по условию задачи 0 ≤ x ≤ π , оставляем только 0 ≤ x ≤ .
3
π
.
О т в е т. 0;
3
⇐⇒
π
π
π
− +2πn ≤ x+ ≤ +2πn, n ∈ Z ⇐⇒
2
6
2
−
Задача 5. (Псих-87.4)
Решить уравнение
3
− cos x =
4
3
− cos 3x.
4
И д е я. Приравнять подкоренные выражения и отобрать решения полученного
3
уравнения, удовлетворяющие условию cos x ≤ .
4
У к а з а н и е. При решении полученного уравнения воспользоваться формулой
разности косинусов.
Р е ш е н и е. Приравняем подкоренные выражения и перейдём к равносильной системе:
⎧
⎪
⎨ 3 − cos x = 3 − cos 3x,
3
3
4
4
− cos x =
− cos 3x
⇐⇒
3
⎪
4
4
⎩cos x ≤ .
4
194
Указания и решения
Из уравнения
cos 3x − cos x = 0
Условию cos x ≤
О т в е т.
⇐⇒
2 sin x sin 2x = 0
⇐⇒
x=
πn
, n ∈ Z.
2
π
3
удовлетворяют x = + πn и x = π + 2πm; n, m ∈ Z.
4
2
π
+ πn, π + 2πm; n, m ∈ Z.
2
Задача 6. (ВМК-00.1)
1
Решить неравенство sin x sin |x| ≥ − .
2
И д е я. Раскрыть модуль по определению.
У к а з а н и е. Раскрыв модуль по определению, решить неравенство на тригонометрическом круге.
Р е ш е н и е. Раскроем модуль по определению.
1
1) При x ≥ 0 получаем sin2 x ≥ − . Это неравенство справедливо при ∀x ∈ R;
2
значит, все рассматриваемые x ≥ 0 подходят.
2) При x < 0 неравенство принимает вид
− sin2 x ≥ −
1
2
⇐⇒
sin2 x ≤
1
2
⇐⇒
1
| sin x| ≤ √ ;
2
π
π
значит, − +πn ≤ x ≤ +πn, n ∈ Z. Осталось отобрать отрицательные значения
4
4
переменной:
а) если
n = 0 , то −
π
≤ x ≤ 0;
4
π
π
+ πn ≤ x ≤ + πn.
4
4
π
π
π
− ; +∞ , n ∈ N .
О т в е т. − − πn; − πn
4
4
4
б) если
n < 0, то −
Задача 7. (У)
3 sin x √
≤ 3.
Решить неравенство 2 + cos x И д е я. С помощью равносильного перехода |t| ≤ A ⇐⇒ −A ≤ t ≤ A избавиться от модуля, решить соответствующее двойное неравенство.
У к а з а н и е. Воспользоваться методом вспомогательного аргумента.
2.3.
Отбор решений...
195
3 sin x √
≤ 3
Р е ш е н и е. 2 + cos x ⇐⇒
⇐⇒
√
√
3,
3 sin x − √3 cos x ≤ 2 √
3 sin x + 3 cos x ≥ −2 3;
⎧
√
3 sin x
⎪
⎪
≤
3,
⎪
⎨ 2 + cos x
√
3 sin x
⎪
⎪
⎪
⎩ 2 + cos x ≥ − 3;
⇐⇒
⇐⇒
⎧
π
⎪
≤ 1,
⎨ sin x −
6
⎪
⎩ sin x + π ≥ −1;
6
⇐⇒
x ∈ R.
О т в е т. x ∈ R.
Задача 8. (Геол-94.6)
Решить неравенство 4 cos x − sin 2x > 0 .
И д е я. Применив формулу синуса двойного угла, разложить левую часть на множители и свести к простейшему тригонометрическому неравенству.
У к а з а н и е. Формула синуса двойного угла: sin 2x = 2 sin x cos x.
У к а з а н и е. Нравенство приводится к виду 2 cos x (2 − sin x) > 0 .
Р е ш е н и е. Применив формулу синуса двойного угла, получаем
2 cos x (2 − sin x) > 0.
Согласно области значений синуса выражение в скобках всегда положительно,
поэтому неравенство равносильно условию
cos x > 0
О т в е т.
⇐⇒
−
π
π
+ 2πn < x < + 2πn, n ∈ Z.
2
2
π
π
− + 2πn; + 2πn , n ∈ Z.
2
2
Задача 9. (М/м-71.2)
Найти все x из отрезка 0 ≤ x ≤ π , удовлетворяющие неравенству
√
1
sin 2x − cos x + 2 sin x > √ .
2
И д е я. Разложить неравенство на множители.
У к а з а н и е. Применив формулу синуса двойного угла и перенеся все слагаемые
в левую часть, неравенство можно преобразовать к виду
1
(2 sin x − 1) cos x + √
2
> 0.
У к а з а н и е. Учитывая ограниченность заданного интервала, можно найти на
нём все точки смены знака левой части неравенства, после чего применить метод
интервалов (исследовать промежутки знакопостоянства).
196
Указания и решения
Р е ш е н и е. Неравенство преобразуем к виду
2 sin x cos x − cos x +
√
1
2 sin x − √ > 0
2
⇐⇒
1
1
cos x (2 sin x − 1)+ √ (2 sin x − 1) > 0 ⇐⇒ (2 sin x−1) cos x + √
> 0.
2
2
На заданном в условии отрезке [0; π] находим нули сомножителей (точки смены
знака левой части):
π
5π
1
=⇒ x =
или x =
;
1) sin x =
2
6
6
1
3π
.
2) cos x = − √
=⇒ x =
4
2
⇐⇒
2
0.2
1
0.1
0
0
1
0.1
2
−
0−6
+
−41/163/4−1
/6
−
+
5/6
5 7
xx
Отметив найденные значения на числовой оси и расставив знаки выражения, полу3π
5π
π
и
< x ≤ π.
чаем, что неравенству удовлетворяют два промежутка: < x <
6
4
6
5π
π 3π
;
;π .
О т в е т.
6 4
6
Задача 10. (ВМК-71.2)
Найти все решения неравенства
вию |x| < π .
√
sin 2x < cos x − sin x, удовлетворяющие усло-
И д е я. Рассмотрев данное неравенство как стандартное с радикалом, перейти
к тригонометрическому неравенству с дополнительными условиями отбора решений.
У к а з а н и е. После возведения неравенства в квадрат получим равносильную
систему
⎧
1
⎪
⎪
⎨0 ≤ sin 2x < ,
2
cos x − sin x > 0,
⎪
⎪
⎩−π < x < π.
У к а з а н и е. Получив условия для x из неравенств с синусом двойного угла,
сопоставить их с решениями неравенства cos x−sin x > 0 , полученными с помощью
метода вспомогательного аргумента, и заданным интервалом (−π; π).
Р е ш е н и е. Возведём неравенство в квадрат и перейдём к равносильной системе:
⎧
⎧
1
1
⎪
⎪
,
⎪
⎪
⎨0 ≤ sin 2x < ,
⎨0 ≤sin 2x <
2
2
π
⇐⇒
> 0,
cos x +
cos x − sin x > 0,
⎪
⎪
⎪
⎪
4
⎩−π < x < π;
⎩
−π < x < π.
2.3.
Отбор решений...
197
Решим неравенства
последовательно.
π
π
π
π
>0
⇐⇒
− + 2πn < x + < + 2πn, n ∈ Z
1) cos x +
4
2
4
2
⇐⇒
−
⇐⇒
π
3π
+ 2πn < x < + 2πn, n ∈ Z.
4
4
С учётом ограничения x ∈ (−π; π) получаем, что −
π
3π
< x <
(выполняется
4
4
только при n = 0 ).
1
2) 0 ≤ sin 2x < ; решениями этого неравенства являются углы из закрашенных
2
областей на тригонометрическом круге, то есть
sin(2x)
5/6
⎡
2πn ≤ 2x <
⎢
⎣ 5π
6
/6
1/2
0
⎡
π
+ 2πn, n ∈ Z;
6
⇐⇒
+ 2πm < 2x ≤ π + 2πm, m ∈ Z;
/2
π
πn ≤ x <
+ πn, n ∈ Z;
⎢
12
⎣ 5π
π
+ πm < x ≤ + πm, m ∈ Z.
12
2
sin(x)
5/12
/4
/12
−
0
−11/12
−3/4
−7/12
−/2
Отметив соответствующие области на тригонометрическом круге (закрашенные
π
3π
< x < , получаем оконобласти) и добавив ранее полученное ограничение −
4
4
π
π
7π
<x≤−
или 0 ≤ x <
.
чательно, что −
12
2
12
π
7π π
0;
.
О т в е т. − ; −
12
2
12
198
Указания и решения
Задача 11. (ИСАА-94.4)
Решить неравенство 2 sin x − 1 ≤
6 sin2 x − 6 sin x − 12.
И д е я. Выписать ограничение на подкоренное выражение и найти соответствующие значения sin x.
У к а з а н и е. Подкоренное выражение неотрицательно только при sin x = −1 .
У к а з а н и е. Проверить справедливость исходного неравенства при найденном
значении sin x подстановкой.
Р е ш е н и е. Разложив подкоренное выражение на множители, получим
6(sin x + 1)(sin x − 2) ≥ 2 sin x − 1.
Область определения задаётся условием
(sin x + 1)(sin x − 2) ≥ 0
⇐⇒
sin x ≤ −1;
sin x ≥ 2.
Очевидно, что единственно возможным, в соответствии с областью значений синуса, вариантом остаётся sin x = −1 . Проверим его в исходном неравенстве:
0 ≥ 2 · (−1) − 1.
Неравенство справедливо. Итак,
О т в е т. −
sin x = −1 ⇐⇒ x = −
π
+ 2πn, n ∈ Z.
2
π
+ 2πn, n ∈ Z.
2
Задача 12. (Хим-98(1).3)
Найти
x из промежутка [−π; π], удовлетворяющие неравенствам
√ все числа √
(4 + 3) sin x + 2 3 + 1 ≤ cos 2x ≤ 5 cos x − 3.
И д е я. Решить отдельно каждое из неравенств как квадратное относительно соответствующей тригонометрической функции.
У к а з а н и е. В первом случае выразить косинус двойного угла через sin x, во
втором случае – через cos x.
У к а з а н и е. Пересечение полученных промежутков удобнее всего искать с помощью тригонометрической окружности.
Р е ш е н и е. Неравенство равносильно системе
√
√
(4 + 3) sin x + 2 3 + 1 ≤ cos 2x,
cos 2x ≤ 5 cos x − 3.
Воспользуемся формулой косинуса двойного аргумента в двух вариантах:
√
√
√
√
(4 + 3) sin x + 2 3 + 1 ≤ 1 − 2 sin2 x,
2 sin2 x + (4 + 3) sin x + 2 3 ≤ 0,
⇐⇒
2 cos2 x − 1 ≤ 5 cos x − 3;
2 cos2 x − 5 cos x + 2 ≤ 0.
2.3.
Отбор решений...
199
Заметим, что дискриминант квадратного √
трёхчлена в первом неравенстве представляет собой квадрат разности D = (4 − 3)2 ; решаем квадратные неравенства:
⎧
√
⎪
⎨−2 ≤ sin x ≤ − 3 ,
2
⎪
⎩ 1 ≤ cos x ≤ 2.
2
√
sin x ≤ − 3/2,
В силу ограниченности синуса и косинуса получаем систему
cos x ≥ 1/2.
Для решения этой системы неравенств удобнее использовать тригонометрическую
окружность;
/3
0
1/2
−3/2
−/3
цветом на рисунке выделены углы, удовлетворяющие неравенствам системы; реπ
шением системы является серия x = − + 2πn, n ∈ Z; с учётом условия
3
π
−π ≤ x ≤ π получаем, что x = − – единственное решение задачи.
3
π
О т в е т. − .
3
Задача 13. (Геогр-77.5)
π √
= 1 + 8 sin 2x cos2 2x.
Решить уравнение 2 sin 3x +
4
И д е я. Возведя обе части в квадрат с учётом равносильности перехода, применить формулы понижения степени и преобразования произведения тригонометрических функций, после чего решить квадратное уравнение с непосредственной
подстановкой результатов в соответствующие условия.
У к а з а н и е. Уравнение равносильно системе
⎧
⎨1 + 4 sin 4x cos 2x = 4 sin2 3x + π ,
4
⎩sin 3x + π ≥ 0;
4
полученной после возведения исходного уравнения в квадрат и применения формулы синуса двойного угла.
200
Указания и решения
π
+ πn
У к а з а н и е. Решениями квадратного уравнения являются серии x =
12
5π
+ πm, где n, m ∈ Z, которые следует подставить в неравенство
или x =
12
π
sin 3x +
≥ 0 для отбора целочисленных переменных.
4
π
Р е ш е н и е. При выполнении условия sin 3x +
≥ 0 исходное уравнение рав4
носильно следующему:
⇐⇒
⇐⇒
π
1 + 4 sin 4x cos 2x = 4 sin2 3x +
⇐⇒
4
π 1 + 2(sin 6x + sin 2x) = 2 1 − cos 6x +
2
2 sin 6x + 2 sin 2x = 1 + 2 sin 6x
⎡
⇐⇒
sin 2x =
⇐⇒
1
2
⇐⇒
π
+ πn, n ∈ Z;
12
⇐⇒
5π
x=
+ πm, m ∈ Z.
12
π
≥ 0.
Проверяем выполнение неравенства sin 3x +
4
π
1) Если x =
+ πn, n ∈ Z, то
12
π
π
π
sin 3x +
= sin
+ 3πn = sin
+ πn = cos πn = (−1)n ≥ 0
4
2
2
⎢
⎣
⇐⇒
x=
⇐⇒
n = 2k, k ∈ Z;
π
+ 2πk , k ∈ Z.
12
5π
+ πm, m ∈ Z, то
2) Если x =
12
π
3π
sin 3x +
= sin
+ 3πm
4
2
тогда x =
⇐⇒
тогда x =
О т в е т.
= − cos πm = −(−1)m ≥ 0
⇐⇒
m = 2l + 1, l ∈ Z;
17π
5π
+ π (2l + 1) =
+ 2πl, l ∈ Z.
12
12
π
17π
+ 2πn,
+ 2πm;
12
12
n, m ∈ Z.
Задача 14. (М/м-95(1).4)
1
− 2 cos 2x
Найти все значения x ∈ [0; π], при которых выражения tg x и
cos
2x
имеют разные знаки.
2.3.
Отбор решений...
201
И д е я. Если два выражения имеют разные знаки, то их произведение отрицательно.
У к а з а н и е. Составленное неравенство для отрицательного произведения заданных выражений удобнее всего решать модификацией метода интервалов для данного случая (решение традиционным расщеплением приводит к достаточно громоздким выкладкам).
У к а з а н и е. Неравенство для произведения заданных выражений приводится к
cos 4x
виду
> 0 , где 0 < x < π . Его удобнее всего решать модифициcos x cos 2x
рованным методом интервалов, найдя на заданном промежутке все точки смены
знака числителя и знаменателя дроби, после чего исследовать знаки всей дроби
на соответствующих интервалах.
Р е ш е н и е. Два выражения имеют разные знаки, если их произведение отрицательно; значит,
1
tg x ·
− 2 cos 2x < 0
⇐⇒
cos 2x
sin x · 1 − 2 cos2 2x
sin x cos 4x
<0
⇐⇒
> 0.
⇐⇒
cos x cos 2x
cos x cos 2x
Учитывая, что x ∈ [0; π], а значения x = 0 и x = π решениями неравенства не
являются, можно утверждать, что sin x > 0 ; остаётся неравенство
cos 4x
> 0.
cos x cos 2x
Найдём нули числителя и знаменателя на (0; π).
π
πn
π 3π 5π 7π
1) cos 4x = 0 при x = +
, n ∈ Z, то есть x = ,
,
,
— точки
8
4
8 8
8
8
смены знака числителя. π
2) cos x = 0 при x = .
2
π
πm
π
3π
3) cos 2x = 0 при x = +
, то есть x =
и
.
4
2
4
4
2
0.2
1
0.1
0
0
1
0.1
2
+
−
+
−
+
−
+
−
−41/16
−1 5/8 3/4 7/8
5 7
0 −6
/8 /4
3/8 /2
xx
Отметив все точки смены знака рассматриваемой дроби в интервале (0; π), опреπ
деляем её знаки (например, при x =
дробь положительна, остальные знаки
16
чередуются между собой).
π
π 3π
π 5π
,
;
,
;
,
Таким образом, решениями являются интервалы 0;
8
4 8
2 8
3π 7π
;
.
4 8
π
π 3π
π 5π
3π 7π
О т в е т. 0;
;
;
;
.
8
4 8
2 8
4 8
202
Указания и решения
З а м е ч а н и е. Применение модификации метода интервалов для данной задачи, несмотря на немонотонность тригонометрических функций, стало возможным
благодаря ограничениям на область допустимых значений переменной (в нашем
случае это интервал). Формально это позволяет от тригонометрической окружности, то есть значений углов, отмеченных на ней, эквивалентно перейти к числовой
оси ("развернуть" окружность в прямую), традиционной для стандартного метода
интервалов.
5/8
/2
3/8
+ −
/4
−
+
7/8 +
− /8
−
+
0
3/4
В ряде пособий можно встретить исследование знаков выражений прямо на
тригонометрической окружности, без перехода к числовой прямой, однако такой
приём возможен только при отсутствии наложений (в силу периодичности) соответствующих интервалов знакопостоянства и точек смены знака внутри рассматриваемого промежутка (например, без числовой оси можно исследовать интервал
[0; 2π), тогда как интервал (−π; 5π] уже будет содержать накладывающиеся точки).
2.4.
Смешанные задачи
Задача 1. (У)
Решить неравенство log| cos x| |x| < 0.
И д е я. Использовать убывание логарифма с основанием меньше, чем 1.
У к а з а н и е. Неравенство вида loga(x) f (x) < 0 , где 0 < a(x) < 1 , равносильно
условию f (x) > 1 .
Р е ш е н и е. Так как основание логарифма не может быть равно нулю или единиπk
, k ∈ Z и, следовательно, 0 < | cos x| < 1 . В этом случае
це, то x =
2
log| cos x| |x| < 0
О т в е т. |x| > 1 ,
x =
πk
,
2
k ∈ Z, k = 0 .
⇐⇒
|x| > 1.
2.4.
Смешанные задачи
203
Задача 2. (У)
Решить неравенство log(x2 −1) ctg x ≤ 0.
И д е я. Перейти к равносильной совокупности на основе свойств логарифмической функции.
У к а з а н и е. Неравенство вида loga(x) f (x) ≤ 0 равносильно совокупности систем
a(x) > 1,
0 < a(x) < 1,
условий
или
0 < f (x) ≤ 1;
f (x) ≥ 1.
Р е ш е н и е. log(x2 −1) ctg x ≤ 0
⇐⇒
⎡ ⎧
⎨
⎢
⎢ ⎩
⎢
⎢ ⎢
⎣
√
√
x ∈ (−∞; − 2) ∪ ( 2; +∞),
x − 1 > 1,
π
π
⎢
+ πk ≤ x < + πk, k ∈ Z;
0 < ctg x ≤ 1;
⎢
4
2
⇐⇒
⇐⇒ ⎣ √
√
0 < x2 − 1 < 1,
x ∈ (− 2; −1) ∪ (1; 2),
π
ctg x ≥ 1;
πn < x ≤ + πn, n ∈ Z.
4
π
π
Для первой системы при k = 0 получим
+ πk ≤ x < + πk и при k = 0
4
2
√
π √
π
π
получим 2 < x < . Здесь мы воспользовались тем, что
< 2< .
2
4
2
√
3π
π
< − 2, а
< 1.
Вторая система решений не имеет, так как −
4
4
√
π
π
π
О т в е т.
+ πk ≤ x < + πk, k = ±1, ±2, ... и 2 < x < .
4
2
2
⎡ 2
Задача 3. (ЕГЭ.С)
Найти множество значений функции y = arcsin
√
2(cos 2006x + sin 2006x)
2
.
И д е я. Преобразовать подкоренное выражение таким образом, чтобы в него входила только одна тригонометрическая функция.
У к а з а н и е. Использовать метод вспомогательного
аргумента.
√
π
У к а з а н и е. cos 2006x + sin 2006x = 2 sin 2006x +
.
4
Р е ш е н и е. Преобразуем подкоренное выражение, используя метод вспомогательного аргумента:
y = arcsin
√ √
π 2
2 sin 2006x +
4
= arcsin
=
2
2
%
&
& sin 2006x + π
'
4 .
= arcsin
2
√
2(cos 2006x + sin 2006x)
204
Указания и решения
С учётом неотрицательности подкоренного
выражения
значения
синус принимает
π
1
от нуля до 1; следовательно, y ∈ arcsin 0; arcsin √ , то есть y ∈ 0;
.
4
2
π
О т в е т. 0;
.
4
Задача 4. (М/м-70.1)
Решить неравенство log2 (1 + cos 4x) ≤ 1 + log√2 sin x.
И д е я. Перейдя от логарифмического неравенства к тригонометрическому с условиями равносильности, решить его с использованием тригонометрической окружности.
У к а з а н и е. Неравенство равносильно системе
⎧
2
⎪
⎨1 + cos 4x ≤ 2 sin x,
1 + cos 4x > 0,
⎪
⎩sin x > 0.
У к а з а н и е. Для решения системы удобнее всего применить формулу косинуса
двойного угла и привести первое неравенство к неравенству с модулями.
У к а з а н и е. С помощью формулы косинуса двойного угла система приводится
к виду
⎧
⎪2 cos2 2x ≤ 2 sin2 x,
⎨
cos 2x = 0,
⎪
⎩sin x > 0.
Р е ш е н и е. Неравенство равносильно системе
⎧
⎧
2
2
2
⎪
⎪
⎨2 cos 2x ≤ 2 sin x,
⎨1 + cos 4x ≤ 2 sin x,
⇐⇒
1 + cos 4x > 0,
cos 2x = 0,
⎪
⎪
⎩sin x > 0;
⎩sin x > 0;
⎧
≤ |sin x| ,
⎪
⎨|cos 2x|
πn
π
, n ∈ Z,
x = +
⇐⇒
⎪
4
2
⎩
sin x > 0.
Учитывая положительность синуса, снимаем второй модуль:
⎧
1 − 2 sin2 x ≤ sin x,
⎪
⎨
πn
π
, n ∈ Z,
x = +
⎪
4
2
⎩
sin x > 0.
Раскрываем оставшийся модуль через геометрический смысл:
⎧
1 − 2 sin2 x ≤ sin x,
⎪
⎪
⎪
⎨1 − 2 sin2 x ≥ − sin x,
πn
π
, n ∈ Z,
x = +
⎪
⎪
⎪
4
2
⎩
sin x > 0;
⇐⇒
⎧
2 sin2 x + sin x − 1 ≥ 0,
⎪
⎪
⎪
⎨2 sin2 x − sin x − 1 ≤ 0,
πn
π
, n ∈ Z,
x = +
⎪
⎪
⎪
4
2
⎩
sin x > 0;
⇐⇒
2.4.
Смешанные задачи
⇐⇒
205
⎧⎡
sin x ≤ −1;
⎪
⎪⎣
⎪
⎪
1
⎪
⎪
sin x ≥ ;
⎪
⎪
⎨
2
1
− ≤ sin x ≤ 1,
⎪
⎪
2
⎪
⎪
⎪
sin x > 0,
⎪
⎪
⎪
⎩x = π + πn , n ∈ Z;
4
2
⇐⇒
⎧
⎨ 1 ≤ sin x ≤ 1,
2
⎩x = π + πn , n ∈ Z.
4
2
/4
/6
3/4
5/6
0
−3/4
−/4
Выполняем отбор на тригонометрической окружности:
⎧
π
5π
⎪
⎪
+ 2πn ≤ x ≤
+ 2πn, n ∈ Z,
⎪
⎪
6
⎨6 π
x = + 2πk, k ∈ Z,
4
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩x = 3π + 2πp, p ∈ Z.
4
О т в е т.
n ∈ Z.
π
6
+ 2πn;
π
+ 2πn
4
π
3π
+ 2πn;
+ 2πn
4
4
3π
5π
+ 2πn;
+ 2πn ;
4
6
Задача 5. (Хим-89.3)
Решить уравнение log2 (3 sin x − cos x) + log2 cos x = 0.
И д е я. Используя формулу суммы логарифмов, перейти к тригонометрическому
уравнению с отбором корней.
У к а з а н и е. Уравнение равносильно системе
(3 sin x − cos x) cos x = 1,
cos x > 0.
У к а з а н и е. Уравнение полученной системы равносильно совокупности двух
условий: tg x = 1 или tg x = 2 .
206
Указания и решения
Р е ш е н и е. Преобразовав сумму логарифмов в логарифм произведения, переходим к равносильной системе:
log2 3 sin x cos x − cos2 x = 0,
3 sin x cos x − cos2 x = 1,
⇐⇒
cos x > 0;
cos x > 0.
Применим основное тригонометрическое тождество:
sin2 x − 3 sin x cos x + 2 cos2 x = 0,
cos x > 0.
Разделим обе части уравнения на cos2 x = 0 :
2
tg x − 3 tg x + 2 = 0,
cos x > 0;
⎧
⎨ tg x = 1;
tg x = 2;
⎩
cos x > 0.
⇐⇒
Используя тригонометрическую окружность и ось тангенсов, находим значения
π
переменной: x = + 2πn или x = arctg 2 + 2πm, где n, m ∈ Z.
4
sin(x)
tg(x)
2
arctg(2)
1
/4
cos(x)
−3/4
+arctg(2)
О т в е т.
−1
π
+ 2πn, arctg 2 + 2πm; n, m ∈ Z.
4
Задача 6. (Хим-70.3)
Найти все значения x, лежащие в промежутке −1 < x < 4 и удовлетворяющие
неравенству log0,75 sin x ≥ log9/16 0, 75.
И д е я. Перейдя от логарифмического неравенства к тригонометрическому, решить его совместно с предложенным условием на тригонометрической окружности.
У к а з а н и е. Исходное неравенство равносильно тригонометрическому:
√
3
0 < sin x ≤
.
2
У к а з а н и е. Произвести отбор решений неравенства, удовлетворяющих условию
−1 < x < 4 , с помощью тригонометрической окружности.
2.4.
Смешанные задачи
207
Р е ш е н и е. Преобразуем заданное неравенство:
√
3
3
⇐⇒
0 < sin x ≤
.
log 34 sin x ≥ log 34
4
2
Используя тригонометрическую окружность, решим это неравенство совместно с
условием x ∈ (−1; 4).
Решения неравенства с синусом находятся в закрашенных областях; угол (−1)
лежит в IV четверти, угол (4) лежит в III четверти, причём для просмотра всех
углов, находящихся в интервале (−1; 4), не требуется полного оборота по окружности.
Значит, решениями тригонометрического неравенства будут числовые промеπ
2π
жутки без условий периодичности, а именно 0 < x ≤
или
≤ x < π.
3
3
3/2
2/3
sin(x)
/3
0
4
О т в е т.
0;
π
3
−1
2π
;π .
3
Задача 7. (Экон.К-74.3)
Решить уравнение logcos 2x−sin 2x (1 − cos x − sin x) = 1.
И д е я. Перейти от логарифмического уравнения к тригонометрическому, разложить его на множители и проверить выполнение условий на область определения
непосредственной подстановкой.
У к а з а н и е. Уравнение равносильно системе
1 − cos x − sin x = cos 2x − sin 2x,
0 < cos 2x − sin 2x = 1.
У к а з а н и е. Применить формулы двойных углов в уравнении для разложения
его на множители: (sin x + cos x) (2 sin x − 1) = 0 .
Р е ш е н и е. Уравнение равносильно системе
⎧
⎪
⎨1 − cos x − sin x = cos 2x − sin 2x,
cos 2x − sin 2x > 0,
⎪
⎩cos 2x − sin 2x = 1.
208
Указания и решения
Применив формулы двойных углов в правой части уравнения, получаем
1 − cos x − sin x = 1 − 2 sin2 x − 2 sin x cos x
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
2 sin x(sin x + cos x) − (sin x + cos x) = 0
⇐⇒
⎡
π
x = − + πn, n ∈ Z;
⎡
4
⎢
tg x = −1;
⎢
π
sin x + cos x = 0;
⎢
⎣
x = + 2πm, m ∈ Z;
⇐⇒
⇐⇒
1
⎢
6
2 sin x − 1 = 0;
sin x = ;
⎣
2
5π
x=
+ 2πk, k ∈ Z.
6
Проверяем для каждой серии выполнение условия 0 < cos 2x − sin 2x = 1 .
π
1) При x = − + πn, n ∈ Z
4
π
π
π
π
cos 2x − sin 2x = cos − + 2πn − sin − + 2πn = cos −
+ sin = 0 + 1 = 1
2
2
2
2
– не подходит.
√
π
3
π
π
1
2) При x = + 2πm, m ∈ Z cos 2x − sin 2x = cos − sin = −
< 0 – не
3
3
2
2
подходит. 6
5π
3) При x =
+ 2πk , k ∈ Z
6
√
3
5π
π
π
1
5π
− sin
= cos + sin = +
– подходит.
cos 2x − sin 2x = cos
3
3
3
3
2
2
5π
Значит, решением уравнения является серия x =
+ 2πk , k ∈ Z.
6
О т в е т.
5π
+ 2πk , k ∈ Z.
6
Задача 8. (ЕГЭ.С)
1
Найти множество значений функции y = sin 2x , если x ∈ arctg ; arctg 2 .
3
И д е я. Разбить отрезок на промежутки монотонности функции y = sin 2x. На
каждом из этих промежутков вычислить минимальное и максимальное значение
функции.
1 π
У к а з а н и е. На отрезке arctg ;
функция y = sin 2x возрастает.
π3 4
У к а з а н и е. На промежутке
; arctg 2 функция y = sin 2x убывает.
4
У к а з а н и е. Для вычисления значений на концах промежутков удобно исполь2 tg x
.
зовать формулу sin 2x =
1 + tg2 x
1
Р е ш е н и е. Разобьём указанный в условии отрезок arctg ; arctg 2 на проме3
жутки, на которых функция y = sin 2x является монотонной.
2.4.
Смешанные задачи
1 π
1) На отрезке arctg ;
3 4
отрезке
ymin
1
= y arctg
3
209
функция y = sin 2x возрастает. Следовательно, на этом
1
= sin 2 arctg
3
=
2 tg arctg
1
3
1 + tg2 arctg
1
3
=
2
3
1+
1
9
= 0, 6;
π
π
= sin = 1.
ymax = y
4
2
π
2) На промежутке
; arctg 2 функция y = sin 2x убывает. Следовательно, на
4
этом отрезке
ymin = y(arctg 2) = sin (2 arctg 2) =
4
2 tg arctg 2
= 0, 8;
=
1+4
1 + tg2 arctg 2
π
π
= sin = 1.
4
2
В результате на исходном отрезке y ∈ [0, 6; 1].
ymax = y
О т в е т. [0, 6; 1].
Задача 9. (ЕГЭ.С)
5 5π
.
Найти множество значений функции y = sin 2x, если x ∈ arccos ;
13 12
И д е я. Убедиться в монотонности данной функции на данном отрезке. Минимальными и максимальными значениями будут значения на концах отрезка.
У к а з а н и е. На данном отрезке функция y = sin 2x убывает.
У к а з а н и е. Воспользоваться оценкой:
π
5
5π
π
< arccos
<
< .
4
13
12
2
У к а з а н и е. Для вычисления
значения на левом конце отрезка использовать
√
формулу sin(arccos x) = 1 − x2 .
5 5π
функция y = sin 2x убывает, так как
Р е ш е н и е. На отрезке arccos ;
13 12
π
5
5π
< 2 arccos
<2·
< π.
2
13
12
Значит,
ymax = y arccos
5
= 2 sin arccos
13
5
13
= sin 2 arccos
5
cos arccos
13
=2 1−
5
13
5
13
=
2
·
120
5
=
.
13
169
210
Указания и решения
ymin = y
5π
12
= sin
5π
6
=
1 120
.
;
В результате на исходном отрезке y ∈
2 169
1 120
;
.
О т в е т.
2 169
Задача 10. (М/м-99(1).1)
Решить уравнение
8
1 + cos 4x
+
1 − cos 4x
3
tg
9π
− 2x
2
1
.
2
= 0.
И д е я. Преобразовав выражения под радикалами и разнося последние по разным
частям, возвести полученное уравнение в двенадцатую степень с последующим
отбором решений.
У к а з а н и е. Применив формулу косинуса двойного
угла и формулу приведения
√
для тангенса, можно свести уравнение к виду 8 ctg2 2x = − 3 ctg 2x.
У к а з а н и е. Возвести полученное уравнение в степень 12.
Р е ш е н и е. Применим формулы приведения и косинуса двойного угла:
2
8 cos 2x
4
= − 3 ctg 2x
⇐⇒
|ctg 2x| = − 3 ctg 2x.
2
sin 2x
В силу неотрицательности левой части из уравнения следует, что ctg 2x ≤ 0 . Раскрываем модуль, учитывая знак ctg 2x , и возводим уравнение в степень 12:
4
− ctg 2x = − 3 ctg 2x
⇐⇒
− ctg3 2x = ctg4 2x
⇐⇒
ctg2 2x (ctg 2x + 1) = 0
⇐⇒
⎡
⇐⇒
π
+ πn, n ∈ Z;
2
⎣
⇐⇒
⇐⇒
π
2x = − + πm, m ∈ Z;
4
π
πn
π πm
О т в е т.
+
, − +
; n, m ∈ Z.
4
2
8
2
2x =
⎡
ctg 2x = 0;
⇐⇒
ctg 2x = −1;
πn
π
+
, n ∈ Z;
4
2
⎣
π
πm
x=− +
, m ∈ Z.
8
2
x=
Задача 11. (Филол-99.4)
Решить уравнение log1−2 cos z (cos 2z + sin z + 2) = 0.
И д е я. Перейти от логарифмического уравнения к тригонометрическому. Отбор
решений провести на тригонометрической окружности.
2.4.
Смешанные задачи
211
У к а з а н и е. Логарифмическое уравнение равносильно системе
cos 2z + sin z + 2 = 1,
0 < 1 − 2 cos z = 1.
√
1
1 − 17
при 0 = cos z < .
У к а з а н и е. Решая систему, получаем, что sin z =
4
2
У к а з а н и е. Отбор решений провести на тригонометрической окружности.
Р е ш е н и е. Снимая логарифм, получаем:
⎧
⎪
⎨cos 2z + sin z + 2 = 1,
⇐⇒
1 − 2 cos z > 0,
⎪
⎩1 − 2 cos z = 1;
⎧
⎪
2 sin2 z − sin z − 2 = 0,
⎪
⎨
1
cos z < ,
⎪
2
⎪
⎩cos z = 0.
√
√
17
1 + 17
или sin z =
> 1 – не подходит.
Из уравнения получаем sin z =
4
4
√
1 − 17
.
Значит, решением уравнения является sin z =
4
Отберём решения по второму условию системы на тригонометрической окруж1
отмечены на рисунке цветом. Значености. Решения неравенства cos z <
2
π
1
соответствует в интервале (−π; π] углам ± ; по оси синусов
ние cos z =
2√
3
π
3
=−
. Сравним:
sin −
3
2
√
√
3 $ 1 − 17
−
2
4√
√
$
−2 3
1 − 17
√
√
$
17
2 3+1
√
$
17
13 + 4 3
√
3;
1 <
√
√
3
1 − 17
<
. Таким образом, можно однозначно установить располозначит, −
2
4
жение соответствующих углов (по величине) в IV четверти.
1−
/2
sin(z)
/3
1/2
(1−17)/4
−/2
−/3
−3/2
212
Указания и решения
Итак, системе удовлетворяет лишь серия
√
√
17 − 1
1 − 17
+ 2πn = π + arcsin
+ 2πn, n ∈ Z.
z = π − arcsin
4
4
√
17 − 1
О т в е т. π + arcsin
+ 2πn, n ∈ Z.
4
Задача 12. (Экон-00.5)
cos (3x+ π
4)
1
,
5
π
5cos (x− 4 ) в указанном порядке составляют возрастающую геометрическую прогрессию.
√
3 cos (5x+ 3π
3
4 )
,
Найти все значения x, при которых числа
5
И д е я. Использовать критерий того, что три числа составляют геометрическую
прогрессию.
У к а з а н и е. Числа a, b, c составляют геометрическую прогрессию, если b2 = ac.
У к а з а н и е. Прогрессия с положительными членами будет возрастающей, если
b
> 1.
a
У к а з а н и е. Данные числа составляют возрастающую геометрическую прогрессию, если
⎧
π
π
3π
⎪
⎪
+ cos x −
= −2 cos 3x +
,
⎨cos 5x +
4
4
4
3π
π
⎪
⎪
− cos 5x +
> 0.
⎩− cos 3x +
4
4
Р е ш е н и е. Для того чтобы три положительных числа a, b и c составляли возрастающую геометрическую прогрессию, требуется выполнение критерия геометb
рической прогрессии (b2 = ac) и условия на её знаменатель q = > 1 . Состаa
вим равносильную систему:
⎧
⎪
1
⎪
⎪
⎨
5
⎪
⎪ 1
⎪
⎩
5
2 cos (3x+ π
4)
cos (3x+ π
4)
⇐⇒
⇐⇒
=
√
3 cos (5x+ 3π
π
3
4 )
· 5cos (x− 4 ) ,
5
√ 3 cos (5x+ 3π
4 )
: 35
> 1;
3π
π
π
5cos (5x+ 4 ) · 5cos (x− 4 ) = 5−2 cos (3x+ 4 ) ,
π
3π
5− cos (3x+ 4 ) : 5cos (5x+ 4 ) > 50 ;
⎧
3π
π
π
⎪
⎪
+ cos x −
= −2 cos 3x +
,
⎨cos 5x +
4
4
4
3π
π
⎪
⎪
− cos 5x +
> 0;
⎩− cos 3x +
4
4
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
2.4.
Смешанные задачи
⇐⇒
213
⎧
π
π
π
⎪
⎨2 cos 3x +
cos 2x +
= −2 cos 3x +
,
4
2
4
π
π
⎪
⎩2 cos 4x +
cos x +
< 0;
2
4
⎧!
π
⎪
cos
3x
+
= 0;
⎪
⎨
4
⇐⇒
sin 2x = 1;
⎪
⎪
⎩2 sin 4x cos x + π > 0.
4
⇐⇒
1) Если sin 2x = 1 , то cos 2x = 0 и, значит, sin 4x = 0 . Поэтому неравенство не
выполняется.
π
π
π
πn
2) Если cos 3x +
= 0 ⇐⇒ 3x = + πn, n ∈ Z ⇐⇒ x =
+
, n ∈ Z,
4
4
12
3
то выполнение неравенства проверим непосредственной подстановкой:
π
2 sin 4x cos x +
= 2 sin
4
= sin
2π 5πn
+
3
3
π 4πn
+
3
3
cos
π
3
+
πn = sin
3
2π
5πn
+
3
3
+ sin πn =
π πn π
πn = sin π − + 2πn −
= sin π −
+
=
3
3
3
3
π
πn +
> 0.
= sin
3
3
Таким
среди всех n ∈ Z требуется выбрать только те, при которых
π образом,
πn +
> 0. Воспользовавшись тригонометрической окружностью, полуsin
3
3
чаем, что подходят лишь n = ...; 0; 6; ... и n = ...; 1; 7; ...; то есть n = 6k или
n = 6m + 1 , где k, m ∈ Z. Окончательно получаем:
⎡
π
π
π
x=
+ · 6k =
+ 2πk, k ∈ Z;
12 3
12
⎢
⎣
π
π
5π
x=
+ · (6m + 1) =
+ 2πm, m ∈ Z.
12 3
12
/3
2/3
7
1
0
2
n=−1
8
n=5
−2
3
−3
−2/3
О т в е т.
6
5π
π
+ 2πk ,
+ 2πm; k, m ∈ Z.
12
12
4
−/3
0
214
Указания и решения
Задача 13. (Физ-95(2).7)
1
При каких значениях x числа a1 = sin x, a2 = sin 2x , a3 = sin 3x образуют
2
арифметическую прогрессию, разность которой больше нуля?
И д е я. Использовать определение и критерий арифметической прогрессии.
У к а з а н и е. Условие задачи эквивалентно выполнению системы
a 1 + a3
,
2
d = a2 − a1 > 0.
a2 =
У к а з а н и е. С помощью тригонометрических преобразований система приводится к виду
⎧⎡
sin 2x = 0;
⎪
⎪
⎪
⎪
1
⎨⎣
cos x = ;
2
⎪
⎪
sin x < 0,
⎪
⎪
⎩
cos x = 1.
Р е ш е н и е. Используя критерий арифметической прогрессии
выражение для её разности (d = a2 − a1 > 0), получаем:
sin 2x = sin x + sin 3x,
sin 2x = 2 sin 2x cos x,
⇐⇒
sin x(cos x − 1) > 0;
sin x cos x − sin x > 0;
⇐⇒
⎧⎡
sin 2x = 0;
⎪
⎪
⎪⎣
⎪
1
⎨
cos x = ;
2
⎪
⎪
sin x < 0,
⎪
⎪
⎩
cos x = 1;
⇐⇒
/2
/3
0
−/3
a 1 + a3
2
⇐⇒
⎧⎡
πn
⎪
x=
, n ∈ Z;
⎪
⎪
2
⎪⎣
⎪
⎨
π
x = ± + 2πm, m ∈ Z;
3
⎪
⎪
⎪
sin x < 0,
⎪
⎪
⎩
cos x = 1.
−/2
a2 =
и
2.4.
Смешанные задачи
215
π
Используя тригонометрическую окружность, отбираем серии x = − + 2πn,
2
π
n ∈ Z и x = − + 2πm, m ∈ Z.
3
З а м е ч а н и е. В постановке задачи использовано индексированное обозначение
чисел: a1 , a2 , a3 . Это подразумевает определённый порядок следования данных
чисел в арифметической прогрессии.
π
π
О т в е т. − + 2πn, − + 2πm; n, m ∈ Z.
2
3
Задача 14. (Экон-88.6)
Найти все значения параметра a, при которых неравенство
|3 sin2 x + 2a sin x cos x + cos2 x + a| ≤ 3 выполняется при всех x.
И д е я. Преобразовать подмодульное выражение таким образом, чтобы оно содержало только одну тригонометрическую функцию.
У к а з а н и е. Перейти к двойному углу.
У к а з а н и е. С помощью формул синуса и косинуса двойного угла неравенство
приводится к виду |a sin 2x − cos 2x + 2 + a| ≤ 3.
У к а з а н и е. Применить метод вспомогательного аргумента.
Р е ш е н и е. Преобразуем подмодульное выражение, используя формулы синуса и
косинуса двойного угла и метод вспомогательного аргумента:
|3 sin2 x + 2a sin x cos x + cos2 x + a| ≤ 3
⇐⇒
⇐⇒
3
(1 − cos 2x) + a sin 2x + 1 (1 + cos 2x) + a ≤ 3
2
2
⇐⇒
⇐⇒
|a sin 2x − cos 2x + 2 + a| ≤ 3 ⇐⇒
⎧
a+5
⎪
,
⎨cos (2x + ϕ) ≤ √ 2
cos 2x − a sin 2x ≤ a + 5,
a +1
⇐⇒
⇐⇒
a−1
⎪
cos 2x − a sin 2x ≥ a − 1;
⎩cos (2x + ϕ) ≥ √
;
a2 + 1
1
. Для того чтобы полученная система неравенств была
где ϕ = arccos √
2
a +1
справедлива ∀x ∈ R , должны выполняться неравенства:
⎧ a+5
√
⎪
≥ 1,
⎨√ 2
a2 + 1 ≤ a + 5,
a +1
√
⇐⇒
⇐⇒
a
−
1
⎪
a2 + 1 ≤ 1 − a;
⎩√
≤ −1;
a2 + 1
⎧
2
2
⎪
⎨a + 1 ≤ a + 25 + 10a,
12
2
≤ a ≤ 0.
⇐⇒
⇐⇒ −
a + 1 ≤ 1 + a2 − 2a,
⎪
5
⎩−5 ≤ a ≤ 1;
О т в е т. −
12
≤ a ≤ 0.
5
216
Указания и решения
Задача 15. (ВМК-95.4)
51
.
4
И д е я. Найти числовое значение левой части неравенства и использовать монотонность логарифма в правой части.
У к а з а н и е. При 1/2 < cos x < 1 исходное неравенство равносильно неравенству
Решить неравенство logcos x cos2 x ≥ logcos x− 12
cos2 x − cos x − x2 − 14x −
cos2 x − cos x − x2 − 14x −
51
≥
4
cos x −
1
2
2
.
У к а з а н и е. Среди решений получившегося неравенства x2 + 14x + 13 ≤ 0
отобрать значения x такие, что 1/2 < cos x < 1 .
Р е ш е н и е. Так как основания логарифмов должны быть больше нуля и не должны равняться единице, то необходимо, чтобы выполнялось неравенство 1/2 <
cos x < 1 . При таких ограничениях первый логарифм равен двум, а основание
второго логарифма меньше единицы. Поэтому исходное неравенство равносильно
следующей системе:
⎧
⎨ 1/2 < cos x < 1,
2
1
51
⇐⇒
⎩ cos2 x − cos x − x2 − 14x −
≥ cos x −
;
4
2
π
π
1/2 < cos x < 1,
x ∈ − + 2πn; + 2πn , x = 2πn; n ∈ Z,
⇐⇒
⇐⇒
3
3
x2 + 14x + 13 ≤ 0;
−13 ≤ x ≤ −1.
Для решения полученной
системы неравенств рассмотрим различные значения n:
π
π
− < x < , x = 0,
π
3
3
⇐⇒ − < x ≤ −1.
1) При n = 0
3
−13 ≤ x ≤ −1;
⎧
5π
⎨ 7π
7π
5π
−
< x < − , x = −2π,
⇐⇒ −
2) При n = −1
< x < − , x = −2π.
3
3
⎩−13 ≤ x ≤ −1;
3
3
⎧
11π
⎨ 13π
11π
−
<x<−
, x = −4π,
⇐⇒ −13 ≤ x < −
, x = −4π.
3) При n = −2
3
3
⎩−13 ≤ x ≤ −1;
3
При остальных значениях n решений нет.
О т в е т. [−13; −4π)
−4π; −
11π
3
−
7π
; −2π
3
−2π; −
5π
3
π
− ; −1 .
3
Задача 16. (ВМК-89.4)
√
√
3| sin x|
2x − 3 · log| cos x| 1+2
8(1−2 cos2 x)
Решить неравенство 1 ≤ | cos x|
.
И д е я. Показать, что основание степени строго меньше 1 и, следовательно, показатель степени должен быть меньше либо равен нулю.
2.4.
Смешанные задачи
217
У к а з а н и е. Исходное неравенство равносильно неравенству
√
√
1 + 2 3| sin x|
≤ 0,
2x − 3 · log| cos x|
8(1 − 2 cos2 x)
которое решается расщеплением.
У к а з а н и е. Возможные варианты: радикал равен нулю, логарифм определён;
радикал положителен, логарифм меньше либо равен
⎧ нулю.
1
√
⎪
⎨0 < | cos x| < √ ,
1 + 2 3| sin x|
2
√
У к а з а н и е. log| cos x|
≤ 0 ⇐⇒
⎪
8(1 − 2 cos2 x)
⎩| sin x| ≤ 3 .
2
Р е ш е н и е. Так как | cos x| находится в основании логарифма, то 0 < | cos x| < 1 ,
поэтому исходное неравенство равносильно неравенству
√
√
1 + 2 3| sin x|
≤ 0.
2x − 3 · log| cos x|
8(1 − 2 cos2 x)
Рассмотрим возможные варианты: радикал равен нулю, логарифм определён; радикал положителен, логарифм меньше либо равен нулю.
√
3 π π
3
1) Если 2x − 3 = 0 , то x = – решение неравенства, так как
∈
;
,а
2√
2
3 2
1 + 2 3| sin x|
определён.
на этом интервале log| cos x|
8(1 − 2 cos2 x)
√
3
2) Пусть 2x − 3 > 0 , то есть x > , тогда
2
⎧ √
√
⎨ 2 3| sin x| + 1
1 + 2 3| sin x|
≥ 1,
⇐⇒
≤
0
⇐⇒
log| cos x|
8(1 − 2 cos2 x)
⎩
8(1 − 2 cos2 x)
0 < | cos x| < 1;
⎧
⎧
1
⎪
⎪
− 2 cos2 x > 0,
⎨1 √
⎨0 < | cos x| < √ ,
2
2
√
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
2 3| sin x| + 1 ≥ 8 − 16(1 − sin x),
⎪
⎪
3
⎩0 < | cos x| < 1;
⎩| sin x| ≤
;
2
⎡π
π
√
√
+ πn < x ≤ + πn, n ∈ Z;
2
3
3
⎢4
⇐⇒
< | sin x| ≤
⇐⇒ ⎣ 2π
3π
2
2
+ πm ≤ x <
+ πm, m ∈ Z.
3
4
Так как x > 3/2 , то отрицательные значения n и m не подходят. Проверим
остальные значения.
π
π
n = 0:
<x≤
– не подходит;
4
3
4π
5π
<x≤
– верно; значит, при всех n ∈ N тоже верно;
n = 1:
4
3
3π
2π
≤x<
– подходит; значит, все m ∈ N0 тоже подходят.
m = 0:
3
4
"
π
π
3
2π
3π
+ πn; + πn
+ πm;
+ πm ; n ∈ N , m ∈ N0 .
О т в е т.
4
3
2
3
4
218
3.
3.1.
Указания и решения
Полезные преобразования и замены переменных
Использование формул сокращённого умножения, выделение полного квадрата
Задача 1. (ЕГЭ.B)
Решить систему уравнений
lg x − lg y = 1,
lg2 x + lg2 y = 5.
И д е я. Сделать замену переменных u = lg x, v = lg y . Выразить u из первого
уравнения и подставить во второе.
У к а з а н и е. Ввестиновые переменные u = lg x, v = lg y . В новых обозначениях
u − v = 1,
система примет вид
u2 + v 2 = 5.
У к а з а н и е. Выразить u из первого уравнения и подставить во второе.
Р е ш е н и е. Сделаем замену переменных u = lg x, v = lg y . В новых обозначениях
система принимает вид
u − v = 1,
u = v + 1,
u = v + 1,
⇐⇒
⇐⇒
(v + 2)(v − 1) = 0;
u2 + v 2 = 5;
v 2 + 2v + 1 + v 2 = 5;
1) v = −2; u = −1 =⇒ x = 0, 1; y = 0, 01;
2) v = 1; u = 2 =⇒ x = 100; y = 10.
О т в е т. (0, 1; 0, 01), (100; 10).
Задача 2. (У)
Разложить на множители многочлен x4 + 1.
И д е я. Использовать формулу разности квадратов.
У к а з а н и е. Дополнить исходное выражение до квадрата суммы.
Р е ш е н и е. Преобразуем исходное выражение следующим образом:
√
√
x4 + 1 = x4 + 2x2 + 1 − 2x2 = (x2 + 1)2 − 2x2 = (x2 − 2x + 1)(x2 + 2x + 1).
√
√
О т в е т. (x2 − 2x + 1)(x2 + 2x + 1).
Задача 3. (У)
Разложить x4 + x2 + 1 в произведение двух многочленов.
И д е я. Использовать формулу разности квадратов.
У к а з а н и е. Дополнить исходное выражение до квадрата суммы.
3.1.
Использование формул сокращенного умножения...
219
Р е ш е н и е. Преобразуем исходное выражение следующим образом:
x4 + x2 + 1 = x4 + 2x2 + 1 − x2 = (x2 + 1)2 − x2 = (x2 − x + 1)(x2 + x + 1).
О т в е т. (x2 − x + 1)(x2 + x + 1).
Задача 4. (Экон.М-96.2)
Решить систему уравнений
x + 3y = 2,
x3 + 27y = 26.
И д е я. Воспользоваться формулой разложения суммы кубов в произведение.
У к а з а н и е. Второе уравнение системы можно преобразовать по формуле для
суммы кубов:
(x + 3y )(x2 − x · 3y + 9y ) = 26.
У к а з а н и е. Выразить из первого уравнения 3y = 2 − x и подставить во
второй сомножитель преобразованного второго уравнения. Получится квадратное
уравнение относительно x:
x2 − 2x − 3 = 0 .
У к а з а н и е. Решая полученное квадратное уравнение, найти значения переменной x и по формуле y = log3 (2 − x) соответствующие им значения переменной y .
Р е ш е н и е. Разложим выражение в левой части второго уравнения по формуле
суммы кубов:
(x + 3y )(x2 − x · 3y + 9y ) = 26.
Выразим из первого уравнения 3y = 2 − x и подставим во второе. Получим квадратное уравнение относительно переменной x:
x2 − x(2 − x) + (2 − x)2 = 13
⇐⇒
x2 − 2x − 3 = 0
⇐⇒
3x2 − 6x − 9 = 0
⇐⇒
⇐⇒
(x − 3)(x + 1) = 0
⇐⇒
x = 3;
x = −1.
Так как 2 − x = 3y > 0 , то подходит только x = −1 . Значение второй переменной
находим из первого уравнения: y = log3 (2 − x) = log3 3 = 1.
О т в е т. (−1; 1).
Задача 5. (Экон-96.1)
Решить систему
√
3
| − x|
√− 2y + 3 = 1,
(−x −x) − y − 3 = 7.
И д е я. Разложить второе уравнение на множители, воспользовавшись формулой
преобразования суммы кубов в произведение.
220
Указания и решения
У к а з а н и е. Модуль в первом уравнении можно снять, так√
как второе уравнение
системы определено только при x ≤ 0 (должен иметь смысл −x ); следовательно,
−x ≥ 0 и | − x| = −x.
√
У к а з а н и е. Сделать замену z = 3 y + 3. Тогда второе уравнение системы приводится к виду
(−x − z)(x2 − xz + z 2 ) = 7.
У к а з а н и е. Используя первое уравнение системы, выразить z = −x − 1 и подставить во второе уравнение. Получится квадратное уравнение относительно переменной x:
x2 + x − 2 = 0 .
У к а з а н и е. Найти корни√квадратного уравнения, исключить посторонний корень. Затем из уравнения 3 y + 3 = −x − 1 найти значение переменной y .
Р е ш е н и е. Модуль в первом уравнении
√ можно снять, так как второе уравнение
системы определено только при x ≤ 0 ( −x
√ должен иметь смысл); следовательно,
−x ≥ 0 и | − x| = −x. Сделаем замену z = 3 y + 3. Левая часть второго уравнения
представляет собой сумму кубов. Преобразуем её в произведение:
−x − z = 1,
x + z = −1,
⇐⇒
⇐⇒
−(x + z)(x2 − xz + z 2 ) = 7;
− x3 + z 3 = 7;
⇐⇒
z = −x − 1,
x2 + x(x + 1) + (x + 1)2 = 7;
⇐⇒
z = −x − 1,
x2 + x − 2 = 0.
Корни второго уравнения x = −2 и x = 1 . Учитывая, что x ≤ 0 , получаем
окончательно, что x = −2 , y = z 3 − 3 = (−x − 1)3 − 3 = (−(−2) − 1)3 − 3 = −2 .
О т в е т. (−2; −2).
Задача 6. (М/м-90.3)
√
Решить неравенство
1 − x3 − 1
≤ x.
1+x
И д е я. Перенести x из правой части в левую, привести к общему знаменателю и
воспользоваться формулой преобразования разности кубов в произведение. Далее
применить метод интервалов.
У к а з а н и е. После переноса в левую часть и приведения к общему знаменателю
получаем неравенство
√
1 − x3 − (x2 + x + 1)
≤ 0.
x+1
√
√
√
У к а з а н и е.
1 − x3 = 1 − x · x2 + x + 1.
У к а з а√н и е. Разложив числитель на множители и воспользовавшись неравенством x2 + x + 1 > 0 ∀x ∈ R, получим
√
√
1 − x − x2 + x + 1
≤ 0.
x+1
3.1.
Использование формул сокращенного умножения...
221
У
и е. Домножить обе части последнего неравенства на выражение
√ к а з а н√
1 − x + x2 + x + 1 > 0, сопряжённое с числителем. Решить полученное неравенство методом интервалов.
Р е ш е н и е. Неравенство имеет смысл при x ≤ 1 , x = −1 . Перенесём x из
правой части в левую и приведём выражение в левой части к общему знаменателю:
√
1 − x3 − (x2 + x + 1)
≤ 0.
x+1
Воспользуемся на области определения формулой преобразования разности кубов
в произведение:
1 − x3 = (1 − x) · (x2 + x + 1) .
√
Заметим, что ∀x ∈ R x2 + x + 1 > 0 =⇒
x2 + x + 1 > 0. Следовательно,
√
√
√
1 − x · x2 + x + 1 − ( x2 + x + 1)2
≤0
⇐⇒
x+1
√
√
√
x2 + x + 1 1 − x − x2 + x + 1
≤0
⇐⇒
⇐⇒
x+1
√
√
1 − x − x2 + x + 1
≤ 0.
⇐⇒
x+1
Домножим обе части последнего
неравенства
на сопряжённое к числителю поло√
√
жительное выражение
1 − x + x2 + x + 1 и применим формулу разности
квадратов:
x(x + 2)
(1 − x) − (x2 + x + 1)
≤0
⇐⇒
≥ 0.
x+1
x+1
Решая это неравенство стандартным методом интервалов, получим с учётом области определения, что x ∈ [−2; −1) ∪ [0; 1].
2
−
1
+
−
+
+
0
−2
1
2
0.2
0.4
0.6
−1
0.8
0
1
1.2
1
1.4
1.6
x
1.8
2
О т в е т. [−2; −1) ∪ [0; 1].
Задача 7. (М/м-96(1).2)
Решить неравенство
x3 − 8 + 6x · (2 − x) √
≤ 4x − 3.
|3 − 4x|
И д е я. Заметив, что на области определения |3 − 4x| = 4x − 3 , перенести радикал
в левую часть, привести выражение к общему знаменателю и воспользоваться
формулой преобразования разности кубов в произведение.
222
Указания и решения
У к а з а н и е. После снятия модуля и приведения к общему знаменателю получим
√
3
x3 − 8 − 6x(x − 2) −
4x − 3
≤ 0.
4x − 3
У к а з а н и е. Сгруппировав слагаемые, получим в числителе разность кубов:
√
3
√
3
(x − 2)3 −
4x − 3
4x − 3
(x − 2)(x2 + 2x + 4) − 6x(x − 2) −
≤ 0 ⇐⇒
≤ 0.
4x − 3
4x − 3
У к а з а н и е. На области определения знаменатель положителен, поэтому последнее неравенство равносильно неравенству для числителя:
√
3
(x − 2)3 ≤
4x − 3 .
Р е ш е н и е. Неравенство имеет смысл при 4x − 3 > 0 . Следовательно, на области
определения модуль раскрывается однозначно: |3 − 4x| = 4x − 3 . Перенесём все
слагаемые в левую часть, приведём к общему знаменателю и преобразуем числитель к разности кубов:
√
3
√
3
(x − 2)(x2 + 2x + 4) − 6x(x − 2) −
(x − 2)3 −
4x − 3
4x − 3
≤ 0 ⇐⇒
≤ 0.
4x − 3
4x − 3
Поскольку на области определения знаменатель положителен, остаётся неравенство для числителя:
√
√
3
4x − 3 ≥ x − 2,
(x − 2)3 ≤
4x − 3 , ⇐⇒
⇐⇒
4x
− 3 = 0;
4x − 3 = 0;
⎡ ⎡
3
x − 2 < 0,
⎢
⎢ 4 < x < 2;
4x − 3 > 0;
⎢ ⎢ ⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⎣
⎣
x ≥ 2,
x − 2 ≥ 0,
(x − 7)(x − 1) ≤ 0;
4x − 3 ≥ x2 − 4x + 4;
⎡
3
⎢ 4 < x < 2;
3
⎢ < x ≤ 7.
⇐⇒
⇐⇒
⎣
x ≥ 2,
4
1 ≤ x ≤ 7;
3
О т в е т.
;7 .
4
Задача 8. (Геогр-95(1).1)
√
x(x + 3y) = 36,
√
Решить систему
y(3x + y) = 28.
И д е я. Сделать замену. Получить эквивалентную систему, состоящую из суммы и
разности уравнений исходной системы. Воспользоваться формулами кубов суммы
и разности.
3.1.
Использование формул сокращенного умножения...
223
√
√
У к а з а н и е. Сделать замену a = x, b = y . После почленного сложения и
вычитания система принимает следующий вид:
3
a + 3a2 b + 3ab2 + b3 = 64,
a3 − 3a2 b + 3ab2 − b3 = 8.
У к а з а н и е. Свернуть выражения в левых частях уравнений соответственно в
куб суммы и разности:
(a + b)3 = 64,
a + b = 4,
⇐⇒
a − b = 2.
(a − b)3 = 8;
√
√
Р е ш е н и е. Сделаем замену a = x, b = y и преобразуем систему, почленно
складывая и вычитая уравнения:
3
3
a(a2 + 3b2 ) = 36,
a + 3ab2 = 36,
a + 3a2 b + 3ab2 + b3 = 64,
⇐⇒
⇐⇒
2
2
2
3
b(3a + b ) = 28;
3a b + b = 28;
a3 − 3a2 b + 3ab2 − b3 = 8.
Воспользуемся формулами куба суммы и разности:
(a + b)3 = 64,
a + b = 4,
a = 3,
⇐⇒
⇐⇒
a − b = 2;
b = 1;
(a − b)3 = 8;
⇐⇒
x = 9,
y = 1.
О т в е т. (9; 1).
Задача 9. (Псих-88.2)
Решить уравнение 323(x
3
−8)
2
= 819(2x−x ) .
И д е я. Привести выражения в левой и правой частях уравнения к степеням по
основанию 2 и перейти к равенству показателей, которое будет эквивалентно исходному уравнению. Получившееся рациональное уравнение решить методом разложения на множители.
У к а з а н и е. Привести левую и правую части к степеням по одному основанию
и перейти к равенству показателей:
215(x
3
−8)
= 257(2x−x
2
)
⇐⇒
15(x3 − 8) = 57(2x − x2 ).
У к а з а н и е. После разложения на множители уравнение примет вид
(x − 2)(5x2 + 29x + 20) = 0.
Р е ш е н и е. Приведём выражения в левой и правой частях уравнения к степеням
по одному основанию и перейдём к равносильному уравнению для показателей:
215(x
3
−8)
= 257(2x−x
2
)
⇐⇒
15(x3 − 8) = 57(2x − x2 ).
Перенесём все слагаемые в левую часть, воспользуемся формулой для разности
кубов и разложим многочлен на множители:
5(x − 2)(x2 + 2x + 4) + 19x(x − 2) = 0
⇐⇒
(x − 2)(5x2 + 29x + 20) = 0
⇐⇒
224
Указания и решения
⇐⇒
О т в е т.
⎡
x = 2;
5x2 + 29x + 20 = 0;
⇐⇒
"
4
−5; − ; 2 .
5
x = 2;
⎢ x = −5;
⎣
4
x=− .
5
Задача 10. (Почв-93.2)
Решить уравнение sin3 x − cos3 x + sin x − cos x = 0.
И д е я. Воспользоваться формулой преобразования разности кубов в произведение и разложить уравнение на множители.
У к а з а н и е. По формуле разности кубов
sin3 x − cos3 x = (sin x − cos x)(sin2 x + sin x cos x + cos2 x).
У к а з а н и е. Вынести общий множитель (sin x − cos x) за скобки:
(sin x − cos x)(sin2 x + sin x cos x + cos2 x + 1) = 0.
У к а з а н и е. Полученное уравнение эквивалентно совокупности
!
sin x − cos x = 0;
1
2 + sin 2x = 0.
2
Р е ш е н и е. Воспользуемся формулой преобразования разности кубов в произведение, разложим уравнение на множители и решим методом расщепления:
(sin x − cos x)(sin2 x + sin x cos x + cos2 x) + sin x − cos x = 0
⇐⇒
⇐⇒
(sin x − cos x)(1 + sin2 x + sin x cos x + cos2 x) = 0
!
sin x − cos x = 0;
1
1
(sin x − cos x) 2 + sin 2x = 0
⇐⇒
2 + sin 2x = 0;
2
2
!
π
= 0;
sin x −
π
4
⇐⇒
⇐⇒
x = + πn, n ∈ Z.
4
sin 2x = −4 < −1;
⇐⇒
⇐⇒
О т в е т.
π
+ πn, n ∈ Z.
4
Задача 11. (Геогр-80.4)
Решить уравнение cos6 x + sin6 x =
1
15
cos 2x − .
8
2
⇐⇒
3.1.
Использование формул сокращенного умножения...
225
И д е я. Воспользоваться формулой преобразования суммы кубов в произведение.
Далее путём тригонометрических преобразований свести уравнение к квадратному.
У к а з а н и е. По формуле суммы кубов
cos6 x + sin6 x = (sin2 x + cos2 x)(sin4 x − sin2 x cos2 x + cos4 x) =
= sin4 x − sin2 x cos2 x + cos4 x.
У к а з а н и е. В полученном выражении выделить полный квадрат и воспользоваться формулой синуса двойного аргумента:
sin4 x − sin2 x cos2 x + cos4 x = (sin2 x + cos2 x)2 − 3 sin2 x cos2 x = 1 −
3
sin2 2x.
4
У к а з а н и е. После указанных преобразований уравнение принимает вид
1−
1
3
15
sin2 2x =
cos 2x − .
4
8
2
Используя основное тригонометрическое тождество, свести уравнение к квадратному относительно cos 2x:
3
3
15
cos2 2x −
cos 2x + = 0 .
4
8
4
Р е ш е н и е. Используя формулу суммы кубов, преобразуем левую часть уравнения:
cos6 x + sin6 x = (sin2 x + cos2 x)(sin4 x − sin2 x cos2 x + cos4 x) =
= sin4 x − sin2 x cos2 x + cos4 x.
Выделим полный квадрат и применим формулу синуса двойного угла:
sin4 x − sin2 x cos2 x + cos4 x = (sin2 x + cos2 x)2 − 3 sin2 x cos2 x = 1 −
3
sin2 2x.
4
После выполненных преобразований уравнение стало квадратным относительно
функции cos 2x:
1−
1
3
15
sin2 2x =
cos 2x −
4
8
2
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
1 3
1
15
+ cos2 2x −
cos 2x + = 0
4 4
8
2
⇐⇒
3
3
15
cos2 2x −
cos 2x + = 0
⇐⇒
2 cos2 2x − 5 cos 2x + 2 = 0
⇐⇒
4
8
4
!
cos 2x = 2 > 1;
π
1
1
⇐⇒
x = ± + πn, n ∈ Z.
⇐⇒
cos 2x =
cos 2x = ;
2
6
2
О т в е т. ±
π
+ πn, n ∈ Z.
6
226
Указания и решения
Задача 12. (Геогр-98.2)
Найти знаменатель убывающей геометрической прогрессии, если сумма первого,
второго и третьего членов прогрессии равна (−7), а пятый член прогрессии меньше второго на 14.
И д е я. Записать систему из двух уравнений, используя формулу n-го члена геометрической прогрессии (bn = b1 q n−1 ). Воспользоваться формулой преобразования разности кубов в произведение.
У к а з а н и е. Из условия задачи составить систему уравнений для определения
первого члена (b ) и знаменателя прогрессии (q ):
b + bq + bq 2 = −7,
bq − bq 4 = 14.
У к а з а н и е. Воспользоваться во втором уравнении формулой для разности кубов:
b(1 + q + q 2 ) = −7,
b(1 + q + q 2 ) = −7,
⇐⇒
bq(1 − q)(1 + q + q 2 ) = 14;
q(1 − q)(−7) = 14.
У к а з а н и е. Второе уравнение полученной системы является квадратным и имеет два корня. Произвести отбор решений, соответствующих убывающей геометрической прогрессии.
Р е ш е н и е. Используя формулу n-го члена геометрической прогрессии, формализуем условие задачи. Пусть b и q – первый член и знаменатель прогрессии
соответственно, тогда
b + bq + bq 2 = −7,
bq − bq 4 = 14.
Раскладываем на множители оба уравнения системы:
b(1 + q + q 2 ) = −7,
bq(1 − q 3 ) = 14;
⇐⇒
⇐⇒
b(1 + q + q 2 ) = −7,
q(1 − q)b(1 + q + q 2 ) = 14;
⇐⇒
b(1 + q + q 2 ) = −7,
q(1 − q) = −2;
b(1 + q + q 2 ) = −7,
bq(1 − q)(1 + q + q 2 ) = 14;
⇐⇒
⇐⇒
b(1 + q + q 2 ) = −7,
q(1 − q)(−7) = 14;
⇐⇒
⇐⇒
b(1 + q + q 2 ) = −7,
(q − 2)(q + 1) = 0.
Корни второго уравнения q = 2 и q = −1 . По условию задачи прогрессия должна
быть убывающий, поэтому q = −1 не подходит. При q = 2 из первого уравнения
находим b = −1 . Найденные значения первого члена и знаменателя соответствуют
убывающей геометрической прогрессии.
О т в е т. 2 .
3.1.
Использование формул сокращенного умножения...
227
Задача 13. (ВМК-93.1)
Решить неравенство log√
√
√ (4x
8−2 7+1− 3
− x2 − 2) ≥ 0.
И д е я. Проверить, имеет ли смысл неравенство, сравнив основание логарифма
в левой части с нулём. Сравнить основание логарифма с единицей и свести логарифмическое неравенство к системе√квадратных
неравенств.
√
У к а з а н и е.√ Показать,
что 8 − 2 7 = ( 7 − 1)2 . Тогда√основание
логарифма
√
√
примет вид 7 − 3 . Для него справедливы оценки: 0 < 7 − 3 < 1.
У к а з а н и е. Так как основание логарифма меньше единицы, исходное логарифмическое неравенство эквивалентно системе квадратных неравенств
4x − x2 − 2 ≤ 1 ,
4x − x2 − 2 > 0 .
Р е ш е н и е. Заметим, что выражение,
стоящее
под корнем в основании логарифма
√
√
2
7
=
(
7−1)
. Тогда основание логарифма приявляется√полным
квадратом
8−2
√
мет вид 7 − 3 . Очевидно, что оно больше нуля. Сравним основание логарифма
с единицей:
√
√
7− 3 ∨ 1
√
√
7 ∨
3+1
√
7 ∨ 4+2 3
√
3 ∨ 2 3
9 < 12.
Итак, основание логарифма меньше единицы. Поэтому исходное логарифмическое
неравенство эквивалентно системе квадратных неравенств:
4x − x2 − 2 ≤ 1,
4x − x2 − 2 > 0;
⇐⇒
⇐⇒
x2 − 4x + 3 ≥ 0,
x2 − 4x + 2 < 0;
⇐⇒
(x
√ √ 1)≥ 0,
− 3)(x −
x − (2 + 2) x − (2 − 2) < 0.
2
+
1
+
−
+
+
0
1
2
0.2
2−2
0.4
0.6
1
0.8
3
1
Применяя метод интервалов, получим:
О т в е т. (2 −
√
√
2; 1] ∪ [3; 2 + 2).
1.2
1.4
2+2
x
1.6
1.8
2
√
√
x ∈ (2 − 2; 1] ∪ [3; 2 + 2).
228
Указания и решения
Задача 14. (Почв-95(1).5)
Найти все значения a, при которых уравнение 2 cos 2x − 4a cos x + a2 + 2 = 0 не
имеет решений.
И д е я. Используя формулу косинуса двойного угла, свести уравнение к квадратному относительно cos x. Выяснить, при каких условиях квадратное уравнение
либо не имеет корней, либо его корни по модулю больше единицы.
У к а з а н и е. После применения формулы косинуса двойного аргумента исходное
уравнение принимает вид 4 cos2 x − 4a cos x + a2 = 0.
a
У к а з а н и е. Корень полученного квадратного уравнения cos x = .
2
Р е ш е н и е. Применим к первому слагаемому формулу косинуса двойного угла:
4 cos2 x − 4a cos x + a2 = 0
⇐⇒
(2 cos x − a)2 = 0
⇐⇒
cos x =
a
.
2
Полученное простейшее тригонометрическое уравнение не имеет решений, если
a
⇐⇒
|a| > 2.
>1
2
О т в е т. (−∞; −2) ∪ (2; +∞).
Задача 15. (Хим-95.5)
Решить систему
2−x · y 4 − 2y 2 + 2x ≤ 0,
8x − y 4 + 2x − 1 = 0.
И д е я. Домножить обе части неравенства на 2x и проанализировать область возможных решений.
У к а з а н и е. Домножая обе части неравенства на положительную величину 2x ,
получаем
y 4 − 2y 2 2x + 22x ≤ 0
⇐⇒
(y 2 − 2x )2 ≤ 0
⇐⇒
y 2 = 2x .
У к а з а н и е. Подставить выражение для 2x в уравнение и разложить на множители.
Р е ш е н и е. Домножим обе части неравенства на 2x > 0 :
y 4 − 2y 2 2x + 22x ≤ 0
⇐⇒
(y 2 − 2x )2 ≤ 0
⇐⇒
y 2 = 2x .
Подставим полученную зависимость в уравнение:
2 3
y
− (y 2 )2 + y 2 − 1 = 0
⇐⇒
(y 2 )2 · (y 2 − 1) + y 2 − 1 = 0
⇐⇒
Тогда
2x = 1
О т в е т. (0; ±1).
(y 4 + 1) · (y 2 − 1) = 0
⇐⇒
x = 0.
⇐⇒
y2 = 1
⇐⇒
⇐⇒
y = ±1 .
3.1.
Использование формул сокращенного умножения...
229
Задача 16. (Экон-79.4)
Решить систему уравнений
3x2 + 2y 2 − 3x + 5y = 3,
4, 5x2 + 3y 2 − 3x + 8y = 7.
И д е я. Использовать метод алгебраического сложения уравнений, умножив первое уравнение системы на 3 , второе на −2 и сложив.
У к а з а н и е. Умножить обе части первого уравнения на 3 , обе части второго
уравнения на −2 и почленно сложить. Получится линейное уравнение 3x+y = 5 .
У к а з а н и е. Выразить y = 5 − 3x и подставить в первое уравнение исходной
системы. Получится квадратное уравнение относительно переменной x:
21x2 − 78x + 72 = 0 .
Р е ш е н и е. Умножив обе части первого уравнения на 3 , обе части второго уравнения на −2 и почленно сложив, получим уравнение 3x + y = 5 . Перейдём к
равносильной системе:
3x2 + 2y 2 − 3x + 5y = 3,
⇐⇒
3x + y = 5;
⇐⇒
3x2 + 2(25 − 30x + 9x2 ) − 3x + 25 − 15x = 3,
y = 5 − 3x;
7x2 − 26x + 24 = 0,
⇐⇒
y = 5 − 3x.
⇐⇒
12
. Соответствующие значения вто7
1
12
=− .
y2 = 5 − 3 ·
7
7
Корни квадратного уравнения x1 = 2, x2 =
рой переменной
y1 = 5 − 3 · 2 = −1,
О т в е т. (2; −1),
1
12
.
; −
7
7
Задача 17. (Хим-98.3)
Решить систему
x2 + y 2 + 2(x − y) + 2 = 0,
z 2 + xz + yz − 4 = 0.
И д е я. Выделить полные квадраты в первом уравнении системы. По найденным
значениям x и y из второго уравнения определить значение третьей переменной.
У к а з а н и е. Выделим полные квадраты в первом уравнении:
(x + 1)2 + (y − 1)2 = 0 .
У к а з а н и е. Решение первого уравнения x = −1, y = 1 . Из второго уравнения
определяется значение z .
230
Указания и решения
Р е ш е н и е. Выделим в первом уравнении полные квадраты:
2
x + y 2 + 2(x − y) + 2 = 0,
(x + 1)2 + (y − 1)2 = 0,
⇐⇒
2
z + xz + yz − 4 = 0;
z 2 + xz + yz − 4 = 0;
⎧
⎨ x = −1,
y = 1,
⎩ z 2 = 4;
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⎧
⎨ x = −1,
y = 1,
⎩ z = ±2.
О т в е т. (−1; 1; −2), (−1; 1; 2).
Задача 18. (У)
Решить систему уравнений
x + y + z = 0,
2xy − z 2 = 4.
И д е я. С помощью подстановки избавиться от одного из уравнений и одной неизвестной.
У к а з а н и е. Выразить из первого уравнения x и подставить во второе. В получившемся уравнении выделить полные квадраты.
Р е ш е н и е. Выразим из первого уравнения x и подставим во второе, получим
−2yz − 2y 2 − z 2 = 4
⇐⇒
z 2 + 2yz + 2y 2 = −4
⇐⇒
(z + y)2 + y 2 = −4.
Решений нет, так как сумма квадратов не может быть отрицательной.
О т в е т. Решений нет.
Задача 19. (У)
Решить систему
x2 + y 2 + z 2 = xy + yz + zx,
2x + 3y − 6z − 1 = 0.
И д е я. Выделить полные квадраты.
У к а з а н и е. В первом уравнении перенести всё в одну сторону и выделить три
полных квадрата.
Р е ш е н и е. Домножим первое уравнение системы на 2 , перенесём всё в левую
часть уравнения и выделим полные квадраты:
2x2 + 2y 2 + 2z 2 − 2xy − 2yz − 2zx = 0
⇐⇒
(x − y)2 + (x − z)2 + (y − z)2 = 0,
следовательно, x = y = z. С учётом этого, из второго уравнения x = y = z = −1.
О т в е т. (−1; −1; −1).
3.1.
Использование формул сокращенного умножения...
231
Задача 20. (Почв-79.5)
Решить систему уравнений
10x2 + 5y 2 − 2xy − 38x − 6y + 41 = 0,
3x2 − 2y 2 + 5xy − 17x − 6y + 20 = 0.
И д е я. Избавиться от произведений вида xy . Для этого умножить первое уравнение на 5 , второе уравнение на 2 и сложить. Выделить полные квадраты и проанализировать полученное уравнение.
У к а з а н и е. Умножив первое уравнение на 5, второе уравнение на 2 и сложив,
получим
56(x2 − 4x + 4) + 21(y 2 − 2y + 1) = 0.
У к а з а н и е. Выделим полные квадраты:
56(x − 2)2 + 21(y − 2)2 = 0.
У к а з а н и е. Единственное возможное решение полученного уравнения x = 2 ,
y = 1 . Подстановкой в одно из уравнений исходной системы убедиться в том, что
найденные значения являются решением системы.
Р е ш е н и е. Умножим обе части первого уравнения на 5, обе части второго уравнения на 2 и почленно сложим:
56x2 + 21y 2 − 224x − 42y + 245 = 0.
Полученное уравнение не содержит произведений вида xy . Выделим полные квадраты:
56 · (x2 − 4x + 4) + 21 · (y 2 − 2y + 1) = 0
⇐⇒
56 · (x − 2)2 + 21 · (y − 1)2 = 0.
Из последнего уравнения следует, что x − 2 = 0 и y − 1 = 0 , то есть x = 2 и
y = 1 . Непосредственной проверкой убеждаемся в том, что найденные значения
составляют решение исходной системы.
О т в е т. (2; 1).
З а м е ч а н и е. Можно также рассмотреть первое уравнение как квадратное относительно переменной x и выписать условие неотрицательности дискриминанта.
Решая соответствующее квадратное неравенство, находим y = 1 .
Задача 21. (ИСАА-94.6)
Найти все √
значения a,√ при каждом
√ из которых уравнение
a2 x2 + 2a( 2 − 1)x + x − 2 = 2 2 − 3 имеет решение.
И д е я. (Первый способ) Выделить√полный
√ квадрат.
У к а з а н и е. Заметить, что 3 − 2 2 = ( 2 − 1)2 . Тогда в уравнении можно выделить полный квадрат:
2 √
√
ax + ( 2 − 1) + x − 2 = 0.
232
Указания и решения
У к а з а н и е. Решение этого уравнения существует только при равенстве нулю
обоих слагаемых:
√
ax + ( 2 − 1) = 0 и x − 2 = 0.
√
√
Р е ш е н и е. Заметим, что 3−2 2 = ( 2−1)2 . Тогда в уравнении можно выделить
полный квадрат:
2 √
√
ax + ( 2 − 1) + x − 2 = 0.
Решение этого уравнения существует только при равенстве нулю обоих слагаемых:
⎧
√
⎨ x = 2, √
ax + ( 2 − 1) = 0,
⇐⇒
1− 2
x − 2 = 0;
⎩ a=
.
2
√
1− 2
есть решение x = 2 , при других значениях a решений
Значит, при a =
2
нет.
И д е я. (Второй способ) Уравнение является квадратным относительно a. Записать условие существования решения (a) относительно параметра x.
У к а з а н и е. Уравнение можно записать как квадратное относительно a:
√
√
√
x2 a2 + 2x( 2 − 1)a + x − 2 − 2 2 + 3 = 0.
У к а з а н и е. Решение квадратного уравнения существует только при неотрицательном дискриминанте:
√
√
√
√
D/4 = x2 ( 2 − 1)2 − x2 x − 2 − (3 − 2 2)x2 = −x2 x − 2 ≥ 0
⇐⇒
x = 2.
У к а з а н и е. Подставить найденное значение x в квадратное уравнение и вычислить его корни.
Р е ш е н и е. Уравнение можно записать как квадратное относительно a:
√
√
√
x2 a2 + 2x( 2 − 1)a + x − 2 − 2 2 + 3 = 0.
Корни квадратного уравнения существуют при неотрицательном дискриминанте:
√
√
√
√
⇐⇒
x = 2.
D/4 = x2 ( 2 − 1)2 − x2 x − 2 − (3 − 2 2)x2 = −x2 x − 2 ≥ 0
Для найденного значения
√ x решим
√ квадратное уравнение для определения a, при
этом заметим, что 3 − 2 2 = ( 2 − 1)2 :
√
√
√
√
1− 2
2
2
2
.
⇐⇒
(2a + 2 − 1) = 0
⇐⇒
a=
4a + 4( 2 − 1)a + ( 2 − 1) = 0
2
√
1− 2
Итак, при a =
x = 2 , при других значениях a решений нет.
2
√
1− 2
.
О т в е т.
2
3.1.
Использование формул сокращенного умножения...
233
Задача 22. (У)
Решить неравенство
x+
2
1
2
>
2x
.
x2 + 1
И д е я. Преобразовать неравенство к виду: сумма квадратов нескольких выражений больше нуля.
У к а з а н и е. Домножить неравенство на 4(x2 + 1) > 0 и собрать два полных
квадрата.
Р е ш е н и е. Домножим неравенство на 4(x2 + 1) > 0 и соберём два полных квадрата:
x+
⇐⇒
1
2
2
>
2x
x2 + 1
⇐⇒
(2x + 1)2 (x2 + 1) > 8x
(2x + 1)2 · x2 + (2x + 1)2 − 8x > 0
⇐⇒
⇐⇒
(2x2 + x)2 + (2x − 1)2 > 0.
Последнее неравенство справедливо для любого x, так как оба квадрата одновременно в ноль обращаться не могут.
З а м е ч а н и е. Для доказательства неравенства можно было воспользоваться
неравенством между средним арифметическим и средним геометрическим:
2x + 1 √
≥ 2x.
2
Тогда
x+
1
2
2
=
2x + 1
2
2
≥ 2x ≥
2x
.
x2 + 1
Причём при x = 0 последнее неравенство является строгим, а предпоследнее —
при x = 1/2 . Следовательно, при любом x исходное неравенство будет строгим.
О т в е т. x ∈ R.
Задача 23. (У)
Решить неравенство
9−
9
<x−
x
x−
9
.
x
И д е я. Возвести неравенство в квадрат и упростить с помощью алгебраических
преобразований.
У к а з а н и е. Определить возможные значения x из условия неотрицательности
правой части и подкоренных выражений и возвести неравенство в квадрат.
У к а з а н и е. В получившемся неравенстве выделить полный квадрат.
234
Указания и решения
Р е ш е н и е. При отрицательном x правая часть неравенства отрицательна и оно
не имеет смысла. Значит x > 0 . Из условия неотрицательности подкоренных выражений получаем x ≥ 3 . При этих x обе части неравенства неотрицательны и
его можно возвести в квадрат:
9−
⇐⇒
9
9
9
< x2 − 2x x − + x −
x
x
x
⇐⇒
x2 − 2x x −
√ (x2 − 9) − 2 x x2 − 9 + x > 0
⇐⇒
√
x2 − 9 = x
⇐⇒
⇐⇒
!
О т в е т. x ∈ 3;
1+
√
√ 37 ( 1 + 37
; +∞ .
2
2
9
+x−9>0
x
√ 2
x2 − 9 − x > 0
√
1 + 37
.
x =
2
⇐⇒
⇐⇒
Задача 24. (Геол.ОГ-82.6)
Найти все тройки чисел (x, y, z), удовлетворяющие условиям
8 cos x cos y cos(x − y) + 1 = 0,
x + y = z.
И д е я. Свести первое уравнение системы к квадратному относительно cos(x − y)
при помощи формулы преобразования произведения косинусов в сумму. Рассмотреть, при каких значениях cos(x + y) полученное квадратное уравнение имеет
решения.
У к а з а н и е. Преобразовав произведение косинусов в сумму, привести первое
уравнение системы к виду
4(cos(x + y) + cos(x − y)) cos(x − y) + 1 = 0
⇐⇒
⇐⇒
4 cos2 (x − y) + 4 cos(x + y) cos(x − y) + 1 = 0.
У к а з а н и е. Выделить полный квадрат:
(2 cos(x − y) + cos(x + y))2 + 1 − cos2 (x + y) = 0.
У к а з а н и е. Это уравнение эквивалентно совокупности двух систем:
cos(x + y) = 1,
cos(x + y) = −1,
1 или
1
cos(x − y) = − ;
cos(x − y) = .
2
2
Р е ш е н и е. Так как z не входит в первое уравнение, то второе уравнение системы
можно использовать только для нахождения z , а x и y надо искать из первого
уравнения. Преобразуем в первом уравнении произведение косинусов в сумму:
8 cos x cos y cos(x − y) + 1 = 0
⇐⇒
⇐⇒
4(cos(x + y) + cos(x − y)) cos(x − y) + 1 = 0
⇐⇒
3.1.
Использование формул сокращенного умножения...
⇐⇒
235
4 cos2 (x − y) + 4 cos(x + y) cos(x − y) + 1 = 0.
Выделим полный квадрат:
(2 cos(x − y) + cos(x + y))2 + 1 − cos2 (x + y) = 0.
Так как косинус не превосходит единицы, то полученное уравнение эквивалентно
совокупности двух систем:
⎡ ⎡ cos(x + y) = 1,
x + y = 2πk, k ∈ Z,
1
2π
⎢
⎢
cos(x − y) = − ;
x−y =±
+ 2πl, l ∈ Z;
⎢
⎢
⎢ ⎢ 2
3
⇐⇒
⎢
⎢
cos(x + y) = −1,
x + y = π + 2πm, m ∈ Z,
⎣
⎣
π
1
x − y = ± + 2πn, n ∈ Z.
cos(x − y) = ;
3
2
Решая полученные системы линейных уравнений, находим значения переменных
x и y . Из второго уравнения исходной системы определяем z .
π
π
+ π(k1 + l1 ) ; − + π(k1 − l1 ); 2πk1 ,
О т в е т.
3
3
π
π
+ π(k2 − l2 ); 2πk2 ,
− + π(k2 + l2 ) ;
3
3
2π
π
+ π(m1 + n1 ) ;
+ π(m1 − n1 ); π + 2πm1 ,
3
3
π
2π
+ π(m2 + n2 ) ;
+ π(m2 − n2 ); π + 2πm2 ; n1 , n2 , l1 , l2 , m1 , m2 , k1 , k2 ∈ Z.
3
3
cos(x + y) = 1,
1
необходимо
З а м е ч а н и е. При решении систем вида
cos(x − y) = − ;
2
брать для серий решений каждого уравнения разные целочисленные параметры,
чтобы перебрать все возможные пары.
Задача 25. (Геол-90.5)
Найти все пары действительных чисел m и n, при которых уравнение
(3x2 − 2m2 + mn)2 + (3m2 − mn + 2n2 − 12x)2 + 4 = 4x − x2 имеет хотя бы одно
решение.
И д е я. Перенести слагаемые из правой части уравнения в левую и выделить
полный квадрат.
У к а з а н и е. Уравнение приводится к виду
(3x2 − 2m2 + mn)2 + (3m2 − mn + 2n2 − 12x)2 + (x − 2)2 = 0.
У к а з а н и е. Уравнение равносильно системе
⎧
⎧
⎨ 12 − 2m2 + mn = 0,
⎨ 3x2 − 2m2 + mn = 0,
2
2
3m − mn + 2n − 12x = 0,
3m2 − mn + 2n2 − 24 = 0,
⇐⇒
⎩ x = 2.
⎩ x − 2 = 0;
236
Указания и решения
У к а з а н и е. Умножить обе части первого уравнения на 2 и почленно сложить
его со вторым уравнением:
2n2 + mn − m2 = 0.
У к а з а н и е. Рассмотреть последнее уравнение как квадратное относительно ноn
вой переменной
.
m
Р е ш е н и е. Перенесём слагаемые из правой части уравнения в левую и выделим
полный квадрат:
(3x2 − 2m2 + mn)2 + (3m2 − mn + 2n2 − 12x)2 + (x − 2)2 = 0
⇐⇒
⎧
⎨ 3x2 − 2m2 + mn = 0,
3m2 − mn + 2n2 − 12x = 0,
⎩ x − 2 = 0;
⇐⇒
⇐⇒
⎧
⎨ 12 − 2m2 + mn = 0,
3m2 − mn + 2n2 − 24 = 0,
⎩ x = 2.
Умножим обе части первого уравнения на 2 и сложим почленно со вторым уравнением:
2n2 + mn − m2 = 0.
Поскольку m = 0 не является решением первого уравнения системы, разделим на
n
:
m2 = 0 ; получим квадратное уравнение относительно величины
m
⎡ n
= −1;
n 2
n
⎢m
−1=0
⇐⇒
2
+
⎣ n
1
m
m
= .
m
2
m = −n: 12 − 2n2 − n2 = 0 =⇒ n2 = 4
⇐⇒
n=
√ ±2, m = ∓2.
√
m = 2n: 12 − 8n2 + 2n2 = 0 =⇒ n2 = 2 ⇐⇒ n = ± 2, m = ±2 2.
√ √
√
√
О т в е т. (−2; 2), (2; −2), (2 2; 2), (−2 2; − 2).
1) При
2) При
3.2.
Замены переменных в рациональных уравнениях, неравенствах и системах
Задача 1. (Геогр-97.1)
|x − 1| + 10
> 2.
4|x − 1| + 3
И д е я. Сделать замену переменной t = |x − 1|, t ≥ 0 . Учесть положительность
знаменателя дроби.
У к а з а н и е. Произвести замену переменной t = |x − 1|; в результате получаем
t + 10
неравенство
> 2.
4t + 3
У к а з а н и е. Поскольку знаменатель в левой части всегда положителен, исходное
неравенство равносильно неравенству t + 10 > 2(4t + 3) .
Решить неравенство
3.2.
Замены переменных в рациональных уравнениях, неравенствах...
237
Р е ш е н и е. Выполним замену переменной t = |x − 1|, t ≥ 0 ; в новых обозначениях неравенство принимает вид
t + 10
> 2.
4t + 3
Учитывая, что знаменатель всегда положителен, получаем равносильное неравенство
4
t + 10 > 2(4t + 3)
⇐⇒
t< .
7
Возвращаемся к исходной переменной:
3
11
4
⇐⇒
<x<
.
|x − 1| <
7
7
7
3 11
О т в е т.
;
.
7 7
Задача 2. (Почв-98.3)
2
1
≥
.
|x + 1| − 1
|x + 1| − 2
И д е я. Свести неравенство к обычному рациональному неравенству с помощью
соответствующей замены.
У к а з а н и е. Произвести замену переменной t = |x−1|, найти t, потом вернуться
к переменной x.
Решить неравенство
Р е ш е н и е. Сделаем замену |x + 1| = t. Заметим, что t ≥ 0 , так как модуль
числа – величина неотрицательная. Получим дробно-рациональное неравенство
относительно t:
1
2
≥
.
t−1
t−2
Решим это неравенство методом интервалов.
t − 2 − 2t + 2
−t
t
≥0
⇐⇒
≥0
⇐⇒
≤ 0.
(t − 1)(t − 2)
(t − 1)(t − 2)
(t − 1)(t − 2)
.2
.1
−
+
−
+
0
.1
0
1
2
t
.2
Неравенству удовлетворяют значения t = 0 и 1 < t < 2 . Вернёмся к исходной
переменной:
1) t = 0
⇐⇒
|x + 1| = 0
⇐⇒
x = −1. −3 < x < −2;
2) 1 < t < 2
⇐⇒
1 < |x + 1| < 2
⇐⇒
0 < x < 1.
⎡
−3 < x < −2;
Обратите внимание на то, что изолиОкончательно получим ⎣ x = −1;
0 < x < 1.
рованная точка x = −1 также является решением исходного неравенства.
О т в е т. (−3; −2) ∪ {−1} ∪ (0; 1).
238
Указания и решения
Задача 3. (У)
Решить систему уравнений
2|x − y| + y = 2,
|x − y| − 2y = 6.
И д е я. Заменить |x − y| новой переменной.
У к а з а н и е. Сделать замену t = |x − y| и решить получившуюся линейную систему.
Р е ш е н и е. Пусть t = |x − y|, тогда
2t + y = 2,
t − 2y = 6;
⇐⇒
y = −2,
t = 2;
⇐⇒
⎧
⎨ y = −2,
x = 0;
⎩
x = −4.
О т в е т. (−4; −2), (0; −2).
Задача 4. (У)
Решить уравнение
2x4 + 3x3 + 2x2 + 3x + 2 = 0.
И д е я. Решить уравнение как возвратное.
У к а з а н и е. Поделить уравнение на x2 и, сделав замену, свести его к квадратному.
Р е ш е н и е. Так как x = 0 не является решением нашего уравнения, то можем
поделить его на x2 . Получим
2 x2 +
1
x2
+3 x+
1
x
+ 2 = 0.
1
1
, тогда x2 + 2 = y 2 − 2 и уравнение примет вид:
x
x
⎡
⎡
1
x + = −2,
y = −2,
⎢
x
⇐⇒ ⎣
⇐⇒
2y 2 + 3y − 2 = 0 ⇐⇒ ⎣
1
1
1
y= ;
x+ = ;
2
x
2
Положим y = x +
x = −1.
О т в е т. −1 .
Задача 5. (У)
Решить уравнение
(x + 3)4 + (x + 5)4 = 4.
И д е я. С помощью подходящей замены свести уравнение к биквадратному.
У к а з а н и е. Сделать замену переменных y = x + 4 .
3.2.
Замены переменных в рациональных уравнениях, неравенствах...
239
Р е ш е н и е. После замены y = x + 4 уравнение примет вид:
(y − 1)4 + (y + 1)4 = 4
⇐⇒
Возвращаясь к x, получим
√
О т в е т. −4 ±
10 − 3.
x1,2
y 4 + 6y 2 − 1 = 0
√
= −4 ±
10 − 3.
⇐⇒
y 2 = −3 +
√
10.
Задача 6. (У)
Разложить на множители многочлен (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 15.
И д е я. Свести многочлен 4-ой степени к многочлену 2-ой с помощью соответствующей замены.
У к а з а н и е. Перемножить отдельно крайние скобки, отдельно – средние и сделать замену замену t = (x + 1)(x + 7).
Р е ш е н и е. Сделаем замену переменных t = (x + 1)(x + 7), тогда получим
(x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 15 = t(t + 8) + 15 = t2 + 8t + 15 = (t + 3)(t + 5) =
√
√
= (x2 + 8x + 10)(x2 + 8x + 12) = (x + 4 − 6)(x + 4 + 6)(x + 2)(x + 6).
√
√
О т в е т. (x + 4 − 6)(x + 4 + 6)(x + 2)(x + 6).
Задача 7. (У)
Решить уравнение x4 − 3x2 (x + 1) + 2(x + 1)2 = 0.
И д е я. Свести уравнение к квадратному относительно новой переменной.
x2
.
У к а з а н и е. Поделить уравнение на (x + 1)2 и сделать замену y =
x+1
Р е ш е н и е. Заметим, что x = −1 не является корнем, разделим обе части уравx2
. Получим уравнение
нения на (x + 1)2 и сделаем замену y =
x+1
y 2 − 3y + 2 = 0,
корнями которого являются y1 = 2 и y2 = 1. Следовательно,
⎡
⎡
x2
√
2
x1,2 = 1 ± √3;
⎢ x + 1 = 2;
x
−
2x
−
2
=
0;
⎢
⇐⇒
⇐⇒ ⎣
1± 5
⎣ x2
x2 − x − 1 = 0;
.
x3,4 =
= 1;
2
x+1
√
√ 1± 5
О т в е т. 1 ± 3,
.
2
240
Указания и решения
Задача 8. (У)
⎧
⎨ xy + yz = 8,
yz + zx = 9,
Решить систему
⎩ zx + xy = 5.
И д е я. Свести систему к линейной.
У к а з а н и е. Заменить все произведения новыми переменными.
Р е ш е н и е. Сделав замену a = xy, b = yz, c = zx, получим линейную систему
⎧
⎧
⎨ a = 2,
⎨ a + b = 8,
b = 6,
b + c = 9,
⇐⇒
⎩ c = 3;
⎩ c + a = 5;
откуда следует, что
b
y
b
z
= = 2,
= = 3,
c
x
a
x
то есть y = 2x, z = 3x. Подставляя это в любое из уравнений исходной системы,
получим x = ±1 и, соответственно, y = ±2, z = ±3 .
О т в е т. (1; 2; 3), (−1; −2; −3).
Задача 9. (У)
Решить систему уравнений
x + y + xy = 7,
x2 + xy + y 2 = 13.
И д е я. Заменить сумму и произведение переменных.
У к а з а н и е. Во втором уравнении выделить полный квадрат и сделать замену
a = x + y, b = xy .
Р е ш е н и е. Положим a = x + y, b = xy, тогда
a + b = 7,
a2 − b = 13.
Решая подстановкой, найдём a = −5, b = 12 и a = 4, b = 3. Возвращаясь к
переменным x, y , получим, что в первом случае решений нет, во втором случае
x = 1, y = 3 и x = 3; y = 1 .
О т в е т. (1; 3), (3; 1).
Задача 10. (Геол-98(2).7)
Решить систему уравнений
x(1 + y) = y + 7,
x2 y − xy 2 = 6.
3.2.
Замены переменных в рациональных уравнениях, неравенствах...
И д е я. Сделать замену переменных v =xy , u = x − y .
x − y + xy = 7,
У к а з а н и е. Приведя систему к виду
xy(x − y) = 6;
менных v = xy , u = x − y .
241
сделать замену пере
У к а з а н и е. После замены переменных система принимает вид
u + v = 7,
uv = 6.
У к а з а н и е. Не забыть вернуться к исходным переменным.
Р е ш е н и е. Преобразуем уравнения системы:
x(1 + y) = y + 7,
x − y + xy = 7,
⇐⇒
x2 y − xy 2 = 6;
xy(x − y) = 6.
Пусть v = xy , u = x − y . После замены система принимает вид
⎡ u = 6,
⎢
u + v = 7,
⎢ v = 1;
⇐⇒
⎣
uv = 6;
u = 1,
v = 6.
Рассмотрим отдельно каждую систему совокупности.
√
⎡ x
=
3
−
10,
√
⎢
u = 6,
x − y = 6,
y
=
−3
−
⎢
√ 10;
1)
⇐⇒
⇐⇒
⎣
v = 1;
xy = 1;
10,
x=3+ √
10.
y
=
−3
+
⎡ x
=
3,
⎢
u = 1,
x − y = 1,
⎢ y = 2;
2)
⇐⇒
⇐⇒
⎣
v = 6;
xy = 6;
x = −2,
y = −3.
√
√
√
√
О т в е т. (3 + 10; −3 + 10), (3 − 10; −3 − 10), (3; 2), (−2; −3).
Задача 11. (У)
Решить систему
x2 − y 2 = 3,
x2 + xy + 2y 2 = 8.
И д е я. Получить однородное уравнение.
У к а з а н и е. Домножить первое уравнение на 8, второе — на 3 и вычесть одно
из другого.
x
У к а з а н и е. Сделать замену t = .
y
Р е ш е н и е. Домножим первое уравнение на 8, второе — на 3
2
x − y 2 = 3,
8x2 − 8y 2 = 24,
⇐⇒
2
2
x + xy + 2y = 8;
3x2 + 3xy + 6y 2 = 24.
Вычитая второе уравнение из первого, получим
5x2 − 3xy − 14y 2 = 0.
242
Указания и решения
Поделим это уравнение на y 2 (y = 0 — не является решением системы) и обознаx
чим t = . Полученное квадратное уравнение
y
5t2 − 3t − 14 = 0
7
7
имеет корни 2 и − . В первом случае x = 2y , во втором x = − y . Подставив это
5
5
в первое уравнение исходной системы, получим ответ.
О т в е т. (2; 1), (−2; −1),
7
5
√ ;− √
2 2 2 2
,
7
5
− √ ; √
2 2 2 2
.
Задача 12. (Геол-98(1).6)
√
2
√ x
2
1 3x2 x2
<
− + x − 2 .
Решить неравенство + x − √ − 3x + 3
2
2
2
2
2
x2
+ x. Получить линейное неравенство
И д е я. Сделать замену переменной y =
2
с модулями, которое решить стандартным способом.
У к а з а н и е. После замены неравенство принимает вид
√ y − √1 < 3 y − √1 − y − 2 .
2
2
У к а з а н и е. Рассмотреть неравенство на трёх промежутках:
1
y<√ ,
2
√
1
√ ≤ y < 2,
2
y≥
√
2.
У к а з а н и е. После решения неравенства относительно y необходимо вернуться
к исходной переменной x.
x2
Р е ш е н и е. Пусть
+ x = y . После замены переменной неравенство принимает
2
вид
√ y − √1 < 3 y − √1 − y − 2 .
2
2
√
√
1
1
Рассмотрим неравенство на трёх промежутках: y < √ , √ ≤ y < 2 , y ≥ 2 .
2
2
√
√
1
1
3 2
1
√ −y <3 y− √
; значит,
− 2+y
⇐⇒
y>
1) При y < √
5
2
2
2
решений нет.
√
√
√
1
1
1
2 2
√
√
√
2) При
≤y< 2
< 3 y−
− 2+y
y−
⇐⇒
y>
.
3
2
2
2
√
√
2 2
< y < 2.
Следовательно,
3
√
√
1
1
3) При y ≥ 2 y− √ < 3 y − √ −y+ 2
⇐⇒
y > 0 . Следовательно,
2
2
√
y ≥ 2.
3.2.
Замены переменных в рациональных уравнениях, неравенствах...
243
√
2 2
. Возвращаемся к исходной переОбъединяя три случая, получаем y >
3
менной:
⎡
√
4 2
;
√
⎢ x > −1 + 1 +
3
⎢
x2
2 2
⎢
√
+x>
⇐⇒
⎢
2
3
⎣ x < −1 − 1 + 4 2 .
3
⎛
⎞ ⎛
⎞
√
√
(
4
2
4
2
О т в е т. ⎝−∞; −1 −
+ 1 ⎠ ⎝−1 +
+ 1; +∞⎠ .
3
3
Задача 13. (У)
При каких a система
x2 + y 2 = 1,
x2 + xy + y 2 = a
имеет решение?
И д е я. Получить однородное уравнение.
У к а з а н и е. Домножить первое уравнение на a и вычесть из второго.
x
У к а з а н и е. Сделать замену t = .
y
2
x = 1,
Р е ш е н и е. 1) Если y = 0, то
и решения есть только при a = 1 .
x2 = a;
2) Рассмотрим случай, когда y = 0 и a = 1 . Умножим первое уравнение исходной
системы на a и приравняем левые части уравнений:
ax2 + ay 2 = x2 + xy + y 2
⇐⇒
Разделим на y 2 , сделаем замену t =
(a − 1)x2 − xy + (a − 1)y 2 = 0.
x
, получим квадратное уравнение
y
(a − 1)t2 − t + a − 1 = 0.
Если это уравнение будет иметь решение t0 , то, подставив x = t0 y в первое уравнение исходной системы, найдём x, а затем и y . Выпишем условие существования
решения квадратного уравнения:
D ≥ 0,
a = 1;
⇐⇒
1
(a − 1)2 ≤ ,
4
a = 1;
Объединяя случаи, получаем ответ.
1 3
О т в е т.
;
.
2 2
3
1
.
a∈
; 1 ∪ 1;
2
2
⇐⇒
244
Указания и решения
Задача 14. (Экон.К-74.5)
Найти все действительные значения величины h, при которых уравнение
x(x + 1)(x + h)(x + 1 + h) = h2 имеет четыре действительных корня.
И д е я. Скомбинировать сомножители по два и сделать замену переменной
t = x2 + x(h + 1).
У к а з а н и е. Исходное уравнение можно представить в следующем виде:
(x2 + x(h + 1))(x2 + x(h + 1) + h) = h2 .
Сделать замену переменной t = x2 + x(h + 1).
У к а з а н и е. После замены переменной привести уравнение к виду t2 +th−h2 = 0
и рассмотреть случаи h = 0 и h = 0 .
У к а з а н и е. Если h = 0 , то t = 0 ; значит, исходное уравнение имеет только два
корня x = 0 и x = −1 , поэтому h = 0 не подходит. Если h = 0 , то исходное
уравнение эквивалентно совокупности двух квадратных уравнений:
√
⎡
1+ 5
2
x
h = 0;
+
x(h
+
1)
+
⎢
√ 2
⎣
5−1
h = 0.
x2 + x(h + 1) −
2
У к а з а н и е. Совокупность имеет 4 решения, если каждое уравнение имеет по два
различных решения, но общих корней у этих уравнений нет. Это возможно только
в случае, если каждое уравнение имеет строго положительный дискриминант, а
система из этих двух уравнений не имеет решений:
⎧
√
⎪
D1 = h2 − 2 5h + 1 > 0 ,
⎪
⎪
⎪
⎪
⎨ D = h2 + 2√5h + 1 > 0 ,
2
√
√
⎪
⎪
5−1
1+ 5
⎪
⎪
h
=
−
h.
⎪
⎩
2
2
Р е ш е н и е. Перемножим второй множитель с третьим, а первый – с четвёртым:
x(x + 1)(x + h)(x + 1 + h) = h2
⇐⇒
(x2 + x(h + 1))(x2 + x(h + 1) + h) = h2 .
Сделаем замену переменной t = x2 + x(h + 1). Тогда уравнение примет вид
√
−1 ± 5
h.
t(t + h) = h2
⇐⇒
t2 + th − h2 = 0,
⇐⇒
t12 =
2
Если h = 0 , то t = 0 и, значит, исходное уравнение имеет только два корня
x = 0 и x = −1 , поэтому h = 0 не подходит.
Если h = 0 , то исходное уравнение эквивалентно совокупности двух квадратных уравнений:
√
⎡
1+ 5
2
x
h = 0;
+
x(h
+
1)
+
⎢
√ 2
⎣
5−1
h = 0.
x2 + x(h + 1) −
2
3.3.
Замены переменных в иррациональных уравнениях, неравенствах...
245
Совокупность имеет 4 решения в том и только в том случае, когда каждое уравнение имеет по два различных решения, а общих корней у этих уравнений нет.
Заметим, что при h = 0 квадратные уравнения не имеют общих корней, поскольку
√
√
5−1
1+ 5
2
2
x + x(h + 1) +
h = x + x(h + 1) −
h.
2
2
Значит, для существования четырёх различных решений системы достаточно потребовать положительности дискриминантов квадратных уравнений:
⎧
√
√
⎨ D1 = (h + 1)2 − 2h(1 + 5) = h2 − 2 5h + 1 > 0,
√
√
⎩ D2 = (h + 1)2 + 2h( 5 − 1) = h2 + 2 5h + 1 > 0;
⇐⇒
⇐⇒
√
⎧ h > √5 + 2;
⎪
⎪
⎪
⎪
h < 5 − 2;
⎨
√
⎪
h > −√5 + 2;
⎪
⎪
⎪
⎩
h < − 5 − 2.
Отсюда легко получаем ответ.
√
√
√
√
О т в е т. (−∞; − 5 − 2) ∪ (− 5 + 2; 0) ∪ (0; 5 − 2) ∪ ( 5 + 2; +∞) .
3.3.
Замены переменных в иррациональных уравнениях,
неравенствах и системах
Задача 1. (ЕГЭ.B)
Решить уравнение
√
√
x2 + 1 − 2x − 6 x − 1 = 7 .
√
И д е я. Выполнить замену переменной t = x − 1 и свести исходное уравнение
к квадратному.
√
У к а з а н и е. Сделать замену переменной t = x − 1 , t ≥ 0 . Уравнение примет
вид t2 − 6t − 7 = 0
⇐⇒
(t − 7)(t + 1) = 0.
У к а з а н и е. Произвести отбор корней по условию t ≥ 0 .
√
Р е ш е н и е. Сделаем замену переменной t = x − 1 , t ≥ 0 ; уравнение примет вид
t2 − 6t − 7 = 0
⇐⇒
(t − 7)(t + 1) = 0.
Так как t ≥ 0 , то значение t = −1 не подходит. Остаётся t = 7 , то есть
√
x−1=7
⇐⇒
x = 50.
О т в е т. 50.
246
Указания и решения
Задача 2. (ЕГЭ.B)
Решить уравнение
√
√
x2 − 4x + 4 − 6 = 5 2 − x.
√
И д е я. Сделать замену t = 2 − x и свести исходное уравнение к квадратному
относительно новой переменной.
√
У к а з а н и е. Ввести новую переменную t = 2 − x , t ≥ 0 ; уравнение примет
вид
t2 − 5t − 6 = 0
⇐⇒
(t − 6)(t + 1) = 0.
У к а з а н и е. Произвести отбор корней по условию t ≥ 0 .
√
Р е ш е н и е. Сделаем замену переменной t = 2 − x , t ≥ 0 ; уравнение примет
вид
t2 − 5t − 6 = 0
⇐⇒
(t − 6)(t + 1) = 0.
Так как t ≥ 0 , то корень t = −1 не подходит. Значит,
√
2−x = 6
⇐⇒
x = −34.
t = 6 =⇒
О т в е т. −34 .
Задача 3. (Экон.К-83.1)
Решить уравнение x2 + 11 +
x2 + 11 = 42 .
√
И д е я. С помощью замены t = x2 + 11 уравнение сводится к квадратному относительно введённой переменной. √
У к а з а н и е. Сделать замену t = x2 + 11; уравнение принимает вид
t2 + t − 42 = 0
⇐⇒
(t + 7)(t − 6) = 0.
√
У к а з а н и е. Произвести отбор корней по условию t ≥ 11.
√
√
Р е ш е н и е. Произведём замену переменной t = x2 + 11 , t ≥ 11 . Уравнение
принимает вид
x2 + 11 +
x2 + 11 = 42
⇐⇒
t2 + t − 42 = 0
Корень t = −7 не подходит, так как t ≥
t=6
О т в е т. −5; 5.
=⇒
⇐⇒
(t + 7)(t − 6) = 0.
√
11 . Остаётся значение
x2 + 11 = 6
⇐⇒
x = ±5 .
3.3.
Замены переменных в иррациональных уравнениях, неравенствах...
247
Задача 4. (Геол-94(2).3)
Решить уравнение y2 + 2 y 2 + 3y − 4 − 4 + 3y = 0.
И д е я. С помощью замены t = y 2 + 3y − 4 свести уравнение к квадратному
относительно новой переменной.
У к а з а н и е. Сделать замену t = y 2 + 3y − 4 .
У к а з а н и е. После замены переменной уравнение приводится к виду
t2 + 2t = 0
⇐⇒
t(t + 2) = 0.
У к а з а н и е. Отобрать корни по условию t ≥ 0 .
Р е ш е н и е. Произведём замену переменной t =
уравнение
t2 + 2t = 0
⇐⇒
y 2 + 3y − 4, t ≥ 0 ; получаем
t(t + 2) = 0.
Поскольку t ≥ 0 , остаётся корень t = 0 . Возвращаемся к исходной переменной:
y 2 + 3y − 4 = 0
⇐⇒
(y + 4)(y − 1) = 0
⇐⇒
y = −4;
y = 1.
О т в е т. −4; 1 .
Задача 5. (У)
Решить уравнение
1+x
1
+ = 5.
x
x
И д е я. Свести уравнение к квадратному.
1
+ 1.
У к а з а н и е. Сделать замену t =
x
Р е ш е н и е. В результате замены t =
t + t2 − 1 = 5
откуда
t = 2 ⇐⇒
О т в е т. 1/3 .
1
+ 1 ≥ 0 наше уравнение примет вид
x
⇐⇒
t2 + t − 6 = 0,
1
1
+ 1 = 2 ⇐⇒ x = .
x
3
248
Указания и решения
Задача 6. (У)
⎧
1
1
⎪
⎪
⎨ x + y = 34,
Решить систему уравнений
⎪
⎪ √1 + √1 = 23 − √1 .
⎩
y
xy
x
1
1
И д е я. Сделать замену u = √ , v = √ .
x
y
У к а з а н и е. В получившейся после первой замены системе заменить сумму и
произведение.
1
1
Р е ш е н и е. Сделаем замену переменных u = √ > 0 и v = √ > 0 :
x
y
2
u + v 2 = 34,
(u + v)2 − 2uv = 34,
⇐⇒
u + v = 23 − uv;
u + v + uv = 23.
Теперь заменим a = u + v и b = uv :
2
a − 2b = 34,
⇐⇒
a + b = 23;
⎧
⎨ b = 23 − a,
a = 8,
⎩
a = −10.
Так как a = u + v > 0, то нам подходит только a = 8 . Возвращаясь к переменным
u и v, а затем к x и y, получим
a = 8,
u + v = 8,
v = 8 − u,
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
b = 15;
uv = 15;
u2 − 8u + 15 = 0;
⎡ ⎡ x = 1/25,
⎧
u = 5,
⎢
y = 1/9;
⎨ v = 8 − u,
⎢
⎢
⎢ v = 3;
u = 5;
⇐⇒ ⎢
⇐⇒
⇐⇒
⎢
⎣
x = 1/9,
u = 3,
⎩
⎣
u = 3;
y = 1/25.
v = 5;
О т в е т.
1 1
;
9 25
,
1 1
;
25 9
.
Задача 7. (У)
Решить уравнение
√
x+3−4 x−1+
√
x + 8 − 6 x − 1 = 1.
И д е я. Выделить полные квадраты
√ под внешними радикалами.
У к а з а н и е. Сделать замену y = x − 1.
√
Р е ш е н и е. Сделав замену переменной y = x − 1, y ≥ 0, получим
y 2 − 4y + 4 + y 2 − 6y + 9 = 1 ⇐⇒ |y − 2| + |y − 3| = 1.
Откуда 2 ≤ y ≤ 3, следовательно, 5 ≤ x ≤ 10.
О т в е т. [5; 10].
3.3.
Замены переменных в иррациональных уравнениях, неравенствах...
249
Задача 8. (ВМК-96(1).1)
Решить неравенство
(2x + 1)4 − (2x + 1)2 + (2x + 1)2 ≥ 0.
И д е я. В левой части неравенства стоит сумма двух неотрицательных чисел.
Следовательно, неравенство выполнено всегда, когда оно имеет смысл.
У к а з а н и е. Чтобы неравенство имело смысл, подкоренное выражение должно
быть неотрицательным, то есть (2x + 1)4 − (2x + 1)2 ≥ 0 .
Р е ш е н и е. Левая часть неравенства представляет собой сумму двух неотрицательных чисел. Следовательно, неравенство выполнено всегда, когда оно имеет
смысл:
(2x + 1)4 − (2x + 1)2 ≥ 0
⇐⇒
(2x + 1)2 ((2x + 1)2 − 1) ≥ 0
⇐⇒
(2x + 1)2 (2x + 1 − 1)(2x + 1 + 1 ≥ 0
⇐⇒
4x(2x + 1)2 (x + 1) ≥ 0.
⇐⇒
Решим неравенство методом интервалов.
0.2
0.1
+
−
−
+
0
−0.1
−0.2
0.2
−1
−1/2
"
1
∪ [0; +∞).
О т в е т. (−∞; −1] ∪ −
2
0.4
0.6
0.8
1
0
1.2
1.4
x
1.6
1.8
2
Задача 9. (Почв-96(1).3)
Решить неравенство
2
√
≤ 1.
2− x+3
√
И д е я. Сделать замену переменной t = x + 3. После замены неравенство становится дробно-рациональным.
√
У к а з а н и е. Произвести замену переменной t = x + 3.
t
≥0
У к а з а н и е. После замены переменной привести неравенство к виду
t−2
и решить методом интервалов.
У к а з а н и е. Не забыть вернуться к исходной переменной.
√
Р е ш е н и е. Введём новую переменную t = x + 3 , t ≥ 0 :
2
2−2+t
t
t ≤ 0;
≤1
⇐⇒
≤0
⇐⇒
≥0
⇐⇒
t > 2.
2−t
2−t
t−2
0.2
+
0.1
−
+
0
0
−0.1
−0.2
0.2
0.4
0.6
0.8
2
1
1.2
1.4
t
1.6
1.8
2
250
Указания и решения
Учитывая, что t ≥ 0 , получаем t ∈ {0} ∪ (2; +∞) ; возвращаемся к исходной
переменной:
√
x
+
3
=
0;
x = −3;
√
⇐⇒
x > 1.
x + 3 > 2;
О т в е т. {−3} ∪ (1; +∞).
Задача 10. (Геол-91.3)
2
1
√ .
≥
x+2
4− x
√
И д е я. С помощью замены t =
x свести иррациональное неравенство к
дробно-рациональному. Воспользоваться методом
√ интервалов.
У к а з а н и е. Сделать замену переменной t = x.
У к а з а н и е. После замены переменной привести неравенство к виду
3t
≥ 0; решить методом интервалов.
(t + 2)(t − 4)
√
Р е ш е н и е. Сделаем замену переменной t = x , t ≥ 0 . В новых обозначениях
неравенство принимает вид
Решить неравенство √
1
2
+
≥0
t+2 t−4
3t
≥ 0.
(t + 2)(t − 4)
⇐⇒
Решаем методом интервалов.
0.2
0.1
−
+
−
+
0
−2
−0.1
−0.2
0.2
0.4
0
0.6
0.8
1
4
1.2
1.4
t
1.6
1.8
2
Учитывая, что t ≥ 0 , получаем t ∈ {0} ∪ (4; +∞) ; возвращаемся к исходной
переменной: x ∈ {0} ∪ (16; +∞) .
О т в е т. {0} ∪ (16; +∞).
Задача 11. (Биол-93.3)
Решить неравенство 5 1 −
7z − 1
1
>
.
z
z
И д е я. С помощью замены переменной t =
ратному.
1−
1
свести неравенство к квадz
1
.
z
У к а з а н и е. Привести неравенство к виду t2 − 5t + 6 < 0 .
У к а з а н и е. Вернуться к исходной переменной.
У к а з а н и е. Сделать замену переменной t =
1−
3.3.
Замены переменных в иррациональных уравнениях, неравенствах...
251
Р е ш е н и е. Преобразуем неравенство:
5
1−
7z − 1
1
>
z
z
⇐⇒
Сделаем замену переменной t =
5t > 6 + t2
⇐⇒
t2 − 5t + 6 < 0
1−
5
1−
1
1
>6+ 1−
z
z
.
1
:
z
⇐⇒
(t − 2)(t − 3) < 0
⇐⇒
2 < t < 3.
Вернёмся к переменной z :
1−
2<
⇐⇒
О т в е т.
1
<3
z
⇐⇒
−8 <
1
< −3
z
4<1−
⇐⇒
1
<9
⇐⇒
z
1
1
− <z<− .
3
8
1
1
− ; −
.
3
8
Задача 12. (ВМК-83.5)
Для каждого значения параметра a найти все значения x, удовлетворяющие уравx+1
= (a − 1)(a + 2), и найти все значения
нению (x − 3)(x + 1) + 3(x − 3)
x−3
параметра a, при каждом из которых уравнение имеет только один корень.
И д е я. Уравнение имеет смысл при x ≤ −1 и
x > 3 . В каждом из этих случаев
внести |x − 3| под корень и сделать замену
(x + 1)(x − 3) = t.
У к а з а н и е. При x > 3 уравнение принимает вид
(x − 3)(x + 1) + 3 (x + 1)(x − 3) = (a − 1)(a + 2).
При x ≤ −1 уравнение можно записать так:
(x − 3)(x + 1) − 3 (x + 1)(x − 3) = (a − 1)(a + 2).
Рассмотреть каждый из случаев отдельно, сделав замену
(x + 1)(x − 3) = t, t ≥ 0.
У к а з а н и е. При x > 3 после замены получим уравнение
t = a − 1,
⇐⇒
t2 + 3t − (a − 1)(a + 2) = 0
t = −2 − a.
Для каждого t вернуться к исходной переменной x.
У к а з а н и е. Аналогично, при x ≤ −1
t = 1 − a,
⇐⇒
t2 − 3t − (a − 1)(a + 2) = 0
t = a + 2.
Вернуться к исходной переменной x.
У к а з а н и е. Объединив случаи, выписать решения при различных a. Найти значения параметра, при которых существует единственное решение.
252
Указания и решения
Р е ш е н и е. Уравнение имеет смысл при x ≤ −1 и x > 3 . Внесём во втором
слагаемом |x − 3| под корень и учтём знак множителя (x − 3).
При x > 3 уравнение принимает вид
(x − 3)(x + 1) + 3 (x + 1)(x − 3) = (a − 1)(a + 2).
При x ≤ −1 уравнение можно записать так:
(x − 3)(x + 1) − 3 (x + 1)(x − 3) = (a − 1)(a + 2).
Рассмотрим каждый из случаев отдельно, сделав замену (x + 1)(x − 3) = t.
1) При x > 3 получаем уравнение
t2 + 3t − (a − 1)(a + 2) = 0;
D = 9 + 4a2 + 4a − 8 = (2a + 1)2 ;
−3 ± (2a + 1)
, то есть t = a − 1 или t = −2 − a.
2
а) Рассмотрим первый корень t = a − 1 :
a − 1 ≥ 0,
(x + 1)(x − 3) = a − 1
⇐⇒
⇐⇒
(x + 1)(x − 3) = (a − 1)2
a ≥ 1, a ≥ 1,
⇐⇒
⇐⇒
x2 − 2x − 3 − (a − 1)2 = 0
x = 1 ± (a − 1)2 + 4.
t=
Так как рассматриваем только x > 3 , то решением является
x1 = 1 + (a − 1)2 + 4 при a > 1.
б) Аналогично рассмотрев второй корень t = −a − 2 , получаем, что решением
является
x2 = 1 + (a + 2)2 + 4 при a < −2.
2) Теперь рассмотрим случай x ≤ −1 :
t2 − 3t − (a − 1)(a + 2) = 0;
D = 9 + 4a2 + 4a − 8 = (2a + 1)2 ;
3 ± (2a + 1)
, то есть t = 1 − a или t = a + 2.
2
а) Рассмотрим первый корень t = 1 − a:
1 − a ≥ 0,
(x + 1)(x − 3) = 1 − a
⇐⇒
⇐⇒
(x + 1)(x − 3) = (a − 1)2
a ≤ 1, a ≤ 1,
⇐⇒
⇐⇒
x2 − 2x − 3 − (a − 1)2 = 0
x = 1 ± (a − 1)2 + 4.
t=
Так как x ≤ −1 , то решением является
x3 = 1 −
(a − 1)2 + 4 при
a ≤ 1.
3.3.
Замены переменных в иррациональных уравнениях, неравенствах...
253
б) Аналогично рассмотрев второй корень t = a + 2 , получаем, что решением
является
x4 = 1 − (a + 2)2 + 4 при a ≥ −2.
Собираем найденные решения вместе:
• при a < −2 есть два решения x2 и x3 ;
• при −2 ≤ a ≤ 1 есть два решения x3 и x4 ;
• при a > 1 есть два решения x1 и x4 ;
причём из этих пар решений совпадать могут только x3 и x4 , так как они из
одного случая x ≤ −1 , а остальные пары решений из разных случаев: x2 > 3 , а
x3 ≤ −1 и x1 > 3 , а x4 ≤ −1 .
Найдём a ∈ [−2; 1], при которых x3 = x4 :
1−
(a − 1)2 + 4 = 1− (a + 2)2 + 4
⇐⇒
(a−1)2 = (a+2)2
⇐⇒
1
a=− .
2
3
1
уравнение имеет единственный корень x = − .
Следовательно, при a = −
2
2
Осталось выписать ответ.
О т в е т.x = 1 − (a − 1)2 + 4 и x = 1 + (a + 2)2 + 4 при a < −2 ;
x = 1 − (a − 1)2 + 4 и x = 1 − (a + 2)2 + 4 при −2 ≤ a < −1/2 ;
x = −3/2
при a = −1/2 ;
x = 1 − (a − 1)2 + 4 и x = 1 − (a + 2)2 + 4 при −1/2 < a ≤ 1 ;
x = 1 + (a − 1)2 + 4 и x = 1 − (a + 2)2 + 4 при a > 1 ;
при a = −1/2 уравнение имеет только один корень.
Задача 13. (ВМК-90.4)
Решить неравенство
9v 2 − 48v − 21 + 9v 2 − 51v − 15 ≤ |3v − 6|.
И д е я. Заметив, что разность подкоренных выражений равна выражению, стоящему под модулем, сделать замену переменных
x = 9v 2 − 48v − 21 , y = 9v 2 − 51v − 15 .
У к а з а н и е. Выполнив замену
x = 9v 2 − 48v − 21 ,
y=
9v 2 − 51v − 15 ,
и используя очевидное ограничение x + y ≥ 0 (так как x ≥ 0 и y ≥ 0 ), привести
неравенство к виду
x + y = 0,
(x + y)(|x − y| − 1) ≥ 0
⇐⇒
|x − y| ≥ 1.
254
Указания и решения
У к а з а н и е. Из уравнения совокупности следует, что x = y = 0 . Из равенства
x = y получаем v = 2, однако при подстановке найденного значения в уравнение
x = 0 убеждаемся в том, что v = 2 корнем не является.
У к а з а н и е. Неравенство совокупности дважды возведём в квадрат:
(x2 − y 2 )2 − 2(x2 + y 2 ) + 1 ≥ 0.
Возвращаясь к исходной переменной, получим
27v 2 − 162v − 109 ≤ 0.
Осталось решить неравенство методом интервалов и учесть ОДЗ.
Р е ш е н и е. Неравенство имеет смысл только при неотрицательных значениях
подкоренных выражений (ОДЗ):
9v 2 − 48v − 21 ≥ 0,
3v 2 − 16v − 7 ≥ 0,
⇐⇒
⇐⇒
9v 2 − 51v − 15 ≥ 0;
3v 2 − 17v − 5 ≥ 0;
⎧
√ # !
√
⎪
8 − 85
8 + 85
⎪
⎪
; +∞ ,
⎪
⎨ v ∈ −∞;
3
3
# !
√
√
⎪
⎪
17 − 349
17 + 349
⎪
⎪
; +∞ ;
⎩ v ∈ −∞;
6
6
⇐⇒
⇐⇒
v∈
−∞;
8−
⇐⇒
√
√ # !
85 ( 17 + 349
; +∞ .
3
6
0.2
0.1
0
8−85 17−349 8+85
3
6
3
−0.1
−0.2
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
17+349
6
1.4
1.6
v
1.8
2
Легко заметить, что разность подкоренных выражений равна выражению, стоящему под модулем в правой части неравенства:
(9v 2 − 48v − 21) − (9v 2 − 51v − 15) = 3v − 6.
√
√
Сделаем замену переменных x = 9v 2 − 48v − 21 ≥ 0, y = 9v 2 − 51v − 15 ≥ 0.
В новых обозначениях неравенство принимает вид
x + y ≤ |x2 − y 2 |
⇐⇒
x + y ≤ |x + y| · |x − y|.
Так как x ≥ 0 и y ≥ 0 , то x + y ≥ 0 и, следовательно, |x + y| = x + y .
Раскладываем на множители:
x + y = 0;
(x + y)(|x − y| − 1) ≥ 0
⇐⇒
|x − y| ≥ 1.
3.3.
Замены переменных в иррациональных уравнениях, неравенствах...
255
Из уравнения совокупности, в силу неотрицательности x и y , следует, что x = 0
и y = 0 , то есть
9v 2 − 48v − 21 = 0,
9v 2 − 51v − 15 = 0;
⇐⇒
v = 2,
9v 2 − 51v − 15 = 0;
⇐⇒ ∅.
Переходим к неравенству совокупности. Возведём его в квадрат:
|x − y| ≥ 1
x2 − 2xy + y 2 ≥ 1
⇐⇒
⇐⇒
x2 + y 2 − 1 ≥ 2xy.
Поскольку 2xy ≥ 0 , должно выполняться неравенство x2 + y 2 − 1 ≥ 0 . Еще раз
возводим неравенство в квадрат:
x4 + 2x2 y 2 + y 4 − 2x2 − 2y 2 + 1 ≥ 4x2 y 2 ,
x2 + y 2 − 1 ≥ 0;
⇐⇒
⇐⇒
(x2 − y 2 )2 − 2(x2 + y 2 ) + 1 ≥ 0,
x2 + y 2 − 1 ≥ 0.
Возвращаемся к исходной переменной:
(3v − 6)2 − 2(18v 2 − 99v − 36) + 1 ≥ 0,
18v 2 − 99v − 37 ≥ 0;
⇐⇒
27v 2 − 162v − 109 ≤ 0,
18v 2 − 99v − 37 ≥ 0;
⇐⇒
!
⎧
√
√ #
⎪
27 − 4 66 27 + 4 66
⎪
⎪
;
,
⎪
⎨ v∈
9
9
# !
√
√
⎪
⎪
33
−
1385
1385
33
+
⎪ v ∈ −∞;
⎪
; +∞ .
⎩
12
12
⇐⇒
0.2
0.1
0
−0.1
27−466
9
−0.2
0.2
0.4
8−85
3
0.6
0.8
33−1385
12
1
33+1385 17+349 27+466
12
6
9
1.2
1.4
1.6
1.8
С учётом области определения получаем, что
√ # !
√
√ #
√
27 − 4 66 8 − 85 ( 17 + 349 27 + 4 66
;
;
.
v∈
9
3
6
9
!
!
О т в е т.
!
√ #
√
√ #
√
27 − 4 66 8 − 85 ( 17 + 349 27 + 4 66
.
;
;
9
3
6
9
V
2
256
Указания и решения
Задача 14. (М/м-80.4)
Решить систему уравнений
√
x3 − y = 1,
√
6
5x − 8x3 y + 2y = 2.
√
И д е я. С помощью замены переменных u = x3 , v = y задача сводится к
решению системы из одного линейного и одного квадратного уравнений.
У к а з а н и е. После замены переменных система принимает вид
u − v = 1,
5u2 − 8uv + 2v 2 = 2,
где u = x3 , v =
√
y.
√
Р е ш е н и е. Сделаем замену переменных u = x3 , v = y . Тогда система принимает вид
u − v = 1,
u = v + 1,
⇐⇒
⇐⇒
5u2 − 8uv + 2v 2 = 2,
5(v + 1)2 − 8(v + 1)v + 2v 2 = 2,
⇐⇒
u = v + 1,
v 2 − 2v − 3 = 0.
⇐⇒
⎧
⎨ u = v + 1,
v = −1;
⎩
v = 3.
√
Так как v = y ≥ 0, то подходит единственная пара v = 3, u = 4 . Возвращаясь
√
к переменным x, y, получаем x = 3 4 , y = 9 .
√
О т в е т. ( 3 4; 9).
Задача 15. (Хим-91.3)
Решить систему уравнений
√
√
2x − 1 + y + 3 = 3,
2xy − y + 6x − 3 = 4.
√
√
И д е я. Сделать замену переменных 2x − 1 = u , y + 3 = v .
У к а з а н и е. Привести систему к виду
√
√
2x − 1 + y + 3 = 3,
(2x − 1)(y + 3) = 4
√
√
2x −1 = u , y + 3 = v .
u + v = 3,
У к а з а н и е. Полученная система
легко решается. При решении
u2 v 2 = 4
необходимо проверить выполнение ограничений u ≥ 0 , v ≥ 0 .
У к а з а н и е. Не забыть вернуться к исходным переменным.
и сделать замену переменных
3.3.
Замены переменных в иррациональных уравнениях, неравенствах...
257
Р е ш е н и е. Разложим многочлен в левой части второго уравнения системы на
множители:
√
√
2x − 1 + y + 3 = 3,
(2x − 1)(y + 3) = 4.
√
√
Сделаем замену переменных u = 2x − 1 ≥ 0 , v = y + 3 ≥ 0 :
⎡ u = 1,
⎢
u + v = 3,
u + v = 3,
⎢ v = 2;
⇐⇒
⇐⇒
⎣
uv = 2;
u2 v 2 = 4;
u = 2,
v = 1.
Значит, x = 1, y = 1 или x =
О т в е т. (1; 1),
5
, y = −2.
2
5
; −2 .
2
Задача 16. (Геол-00.5)
Решить систему уравнений
√
x + y + x + y = 30,
2
2
x + y = 325.
√
И д е я. Сделать замену переменных t = x + y . Из первого уравнения найти
значение суммы x + y , далее из второго уравнения найти значение произведения
xy и решить полученную систему.
√
У к а з а н и е. Сделать замену переменных t = x + y, t ≥ 0 . Первое уравнение
системы является квадратным относительно новой
переменной.
√
У к а з а н и е. Найдя из первого уравнения
x+y = 5
⇐⇒
x + y = 25,
преобразовать второе уравнение системы к виду (x + y)2 − 2xy = 325.
У к а з а н и е. Зная x + y , найти xy и решить получившуюся систему.
Реш
√е н и е. В первом уравнении системы выполним замену переменных
t = x + y . В новых обозначениях уравнение становится квадратным:
t = −6 ;
⇐⇒
t2 + t − 30 = 0
t = 5.
Так как t ≥ 0 , то остаётся единственный корень t = 5 . Значит,
√
x+y =5
⇐⇒
x + y = 25.
Преобразуем второе уравнение системы, выделив квадрат суммы переменных:
x2 + y 2 = 325
⇐⇒
(x + y)2 − 2xy = 325 .
Учитывая, что x + y = 25 , находим значение произведения:
625 − 2xy = 325
⇐⇒
xy = 150.
258
Указания и решения
Получили систему для определения x и y :
x + y = 25,
xy = 150,
⇐⇒
⎡ x = 10,
⎢
⎢ y = 15;
⎣
x = 15,
y = 10.
О т в е т. (15; 10), (10; 15).
Задача 17. (ВКНМ-00(1).3)
Решить неравенство
2−
2
<
x+1
2+
2
+ 1.
x
И д е я. Преобразовать неравенство, приведя выражения под радикалами к общему знаменателю, и сделать замену переменной.
У к а з а н и е. Привести выражения под радикалами к общему знаменателю:
x
<
x+1
x+1
1
+√ .
x
2
x
.
x+1
У к а з а н и е. С учётом того, что t > 0 , решить получившееся неравенство:
У к а з а н и е. Сделать замену
t=
t−
1
1
− √ < 0.
t
2
У к а з а н и е. Не забыть вернуться к старой переменной.
Р е ш е н и е. Приведём выражения под радикалами к общему знаменателю:
2−
2
<
x+1
2+
2
+1
x
x
<
x+1
⇐⇒
Сделаем замену t =
венство
t−
2x
<
x+1
⇐⇒
2(x + 1)
+1
x
x+1
1
+√ .
x
2
x
. Тогда, с учётом ограничения t > 0 , получим нераx+1
1
1
−√ <0
t
2
⇐⇒
t
t2 − √ − 1 < 0
2
⇐⇒
Возвращаемся к исходной переменной:
0<
⇐⇒
√
x
< 2
x+1
⇐⇒
О т в е т. (−∞; −2) ∪ (0; +∞).
0<
x
<2
x+1
0<t<
⇐⇒
√
2.
x < −2;
x > 0.
3.4.
Замены переменных в показательных...
259
Задача 18. (У)
x
35
.
Решить уравнение x + √
=
2
12
x −1
И д е я. Свести уравнение к квадратному с помощью подходящей замены.
У к а з а н и е. Возвести обе части уравнения в квадрат и сделать замену переменx2
ной a = √
.
x2 − 1
Р е ш е н и е. Так как правая часть уравнения положительна, то, с учётом ОДЗ
получаем, что уравнение имеет смысл только при x > 1. Возведём обе части в
квадрат:
x2 +
2x2
x2
1225
+√
=
−1
144
x2 − 1
x2
⇐⇒
x4
2x2
1225
+√
.
=
−1
144
x2 − 1
x2
x2
1225
Заменив a = √
(a > 0), получим квадратное уравнение a2 +2a−
= 0,
144
x2 − 1
25
49
и a2 = − . Так как a > 0, то
с корнями a1 =
12
12
x2
25
√
=
12
x2 − 1
⇐⇒
144x4 − 625x2 + 625 = 0,
откуда, учитывая условие x > 1 , получаем x1 =
О т в е т.
3.4.
5
5
, x2 = .
3
4
5 5
; .
3 4
Замены переменных в показательных и логарифмических уравнениях, неравенствах и системах
Задача 1. (ЕГЭ.B)
Решить уравнение 2x + 21−x = 3 .
И д е я. С помощью замены переменной t = 2x свести уравнение к дробнорациональному.
У к а з а н и е. Сделав замену t = 2x , t > 0 , привести уравнение к виду
2
= 3.
t
Р е ш е н и е. Сделаем замену t = 2x , t > 0 . Тогда уравнение примет вид
2
t = 1;
2
⇐⇒
t − 3t + 2 = 0
t+ =3
⇐⇒
t = 2.
t
t+
Значит, x = 0 или x = 1 .
О т в е т. 0; 1 .
260
Указания и решения
Задача 2. (ЕГЭ.B)
Решить уравнение lg2 x2 + lg 10x − 6 = 0 .
И д е я. Преобразовать левую часть уравнения и при помощи замены t = lg x
свести уравнение к квадратному.
У к а з а н и е. Привести уравнение к виду 4 lg2 x + lg x − 5 = 0.
У к а з а н и е. Ввести новую переменную t = lg x и решить получившееся квадратное уравнение.
Р е ш е н и е. Преобразуем логарифмы в левой части уравнения:
4 lg2 x + lg x − 5 = 0.
Пусть t = lg x, тогда уравнение примет вид
⎡
2
4t + t − 5 = 0
⇐⇒
⎢
⎣
t = 1;
5
t=− .
4
5
Значит, x = 10 или x = 10− 4 .
5
О т в е т. 10; 10− 4 .
Задача 3. (ЕГЭ.B)
√
x
Решить уравнение 52
+ 125 = 6 · 5
√
x+1
.
√
И д е я. Преобразовать уравнение и при помощи замены t = 5 x свести его к
квадратному.
√
√
x
У к а з а н и е. Привести уравнение к виду 52 x −
+ 125 = 0.
√ 30 · 5
x
У к а з а н и е. Сделать замену переменной t = 5 , t ≥ 1 .
Р е ш е н и е. Преобразуем уравнение:
√
x
52
− 30 · 5
Сделаем замену переменной t = 5
становится квадратным:
√
x
О т в е т. 1; 4 .
+ 125 = 0.
, t ≥ 1 . В новых обозначениях уравнение
t2 − 30t + 125 = 0
то есть x = 1 или x = 4.
√
x
⇐⇒
t = 5;
t = 25;
3.4.
Замены переменных в показательных...
261
Задача 4. (ИСАА-98.2)
Решить уравнение 2−2x
2
+1
2
− 12 · 2−x + 5 = 0 .
И д е я. При помощи замены переменной свести показательное уравнение к квадратному.
2
У к а з а н и е. Сделать замену переменной t = 2−x .
У к а з а н и е. Решить полученное квадратное уравнение 2t2 − 12t + 5 = 0 .
2
Р е ш е н и е. Сделаем очевидную замену переменной t = 2−x , t > 0 ; получим
квадратное уравнение
√
6 ± 26
2
2t − 12t + 5 = 0
.
⇐⇒
t12 =
2
Вернёмся к√переменной x:
√
6 + 26
6 + 26
−x2
2
⇐⇒
x = − log2
< 0 – нет решений.
2
=
2√
2√
6 − 26
6 − 26
2
2
√ .
⇐⇒
x2 = − log2
>0
⇐⇒ x = ± log2
2−x =
2
2
6 − 26
√
√
6 − 26
6 + 26
; в другом виде ± log2
.
О т в е т. ± − log2
2
5
Задача 5. (Экон.М-98.4)
Решить уравнение 32(x+1)
2
+1
− 87 · 3x
2
+2x
+ 18 = 0.
И д е я. Преобразовать левую часть уравнения. Сделав замену переменной, свести
уравнение к квадратному.
У к а з а н и е. Привести исходное уравнение к виду
2
2
3 · 32(x+1) − 29 · 3(x+1) + 18 = 0 .
2
У к а з а н и е. Сделать замену переменной t = 3(x+1) , t ≥ 1 .
У к а з а н и е. Решить полученное квадратное уравнение; выполнить отбор корней.
Р е ш е н и е. Приведём уравнение к виду
2
2
3 · 32(x+1) − 29 · 3(x+1) + 18 = 0 .
2
Сделав замену переменной t = 3(x+1) , t ≥ 1 , получаем квадратное уравнение
!
t = 9;
2
2
3t − 29t + 18 = 0
⇐⇒
t= .
3
Условию t ≥ 1 удовлетворяет единственный корень t = 9; возвращаемся к
исходной переменной:
√
2
3(x+1) = 9
⇐⇒
(x + 1)2 = 2
⇐⇒
x = −1 ± 2 .
√
О т в е т. −1 ± 2 .
262
Указания и решения
Задача 6. (Почв-73.5)
Найти все решения уравнения 43x
2
+x
− 8 = 2 · 8x
2
+x
3
.
И д е я. Преобразовать правую часть уравнения и, сделав замену переменной, свести уравнение к квадратному.
2
2
У к а з а н и е. Привести уравнение к виду 43x +x − 8 = 2 · 23x +x .
2
У к а з а н и е. Сделать замену y = 23x +x , y > 0 .
Р е ш е н и е. Приведём уравнение к виду
43x
Пусть y = 23x
квадратным:
2
+x
2
+x
− 8 = 2 · 23x
2
+x
.
, y > 0 ; относительно новой переменной уравнение является
y 2 − 2y − 8 = 0
⇐⇒
(y − 4)(y + 2) = 0.
Поскольку y > 0 , остаётся корень y = 4. Вернёмся к исходной переменной:
⎡
x = −1;
⎢
3x2 +x
2
2
2
2
=4
⇐⇒
3x + x = 2
⇐⇒
3x + x − 2 = 0
⇐⇒
⎣
x= .
3
О т в е т. −1;
2
.
3
Задача 7. (Физ-80.3)
Решить уравнение 3 log3 x − log3 3x − 1 = 0.
И д е я. Преобразовать уравнение и сделать замену переменной.
У к а з а н и е. Привести уравнение к виду 3 log3 x − (log3 x + 1) − 1 = 0.
У к а з а н и е. Сделать замену t = log3 x и решить получившееся квадратное
уравнение.
У к а з а н и е. Не забыть вернуться к исходной переменной.
Р е ш е н и е. Преобразуем уравнение:
3 log3 x − log3 3x − 1 = 0
⇐⇒
Сделаем замену t = log3 x, тогда
3t − t2 − 2 = 0
Значит, x = 3 или x = 81 .
О т в е т. 3 ; 81 .
⇐⇒
3 log3 x − (log3 x + 1) − 1 = 0.
t2 − 3t + 2 = 0
⇐⇒
t = 1;
t = 2.
3.4.
Замены переменных в показательных...
263
Задача 8. (Физ-74.3)
Решить уравнение 2 3 2 log216 x −
3
log2 x − 6 = 0.
И д е я. Преобразовать левую часть уравнения и при помощи замены переменной
свести уравнение к квадратному.
У к а з а н и е. Привести уравнение к виду
3
(log2 x)2 − 3 log2 x − 6 = 0.
У к а з а н и е. Сделать замену переменной t = 3 log2 x .
У к а з а н и е. Решить получившееся квадратное уравнение t2 − t − 6 = 0. Вернуться к переменной x.
Р е ш е н и е. В левой части уравнения перейдём к логарифмам по основанию 2:
3
(log2 x)2 − 3 log2 x − 6 = 0.
Сделаем замену переменной t = 3 log2 x , после которой уравнение приобретает
вид
t = 3;
t2 − t − 6 = 0
⇐⇒
t = −2 .
Возвращаемся к исходной переменной:
⎡ 3
log2 x = 3 ;
⎣ 3
log2 x = −2 ;
⎡
⇐⇒
⎣
x = 227 ;
x = 2−8 .
О т в е т. 2−8 , 227 .
Задача 9. (ИСАА-93.4)
Решить уравнение logx (3x − 2) − 2 =
log2x (3x − 2) + 4 logx
x
.
3x − 2
И д е я. Преобразовать логарифмические выражения в правой части и сделать
замену переменной.
У к а з а н и е. Исходное уравнение привести к виду
logx (3x − 2) − 2 =
log2x (3x − 2) − 4 logx (3x − 2) + 4 .
У к а з а н и е. Выполнить замену logx (3x − 2) = t.
У к а з а н и е. Не забыть вернуться к старой переменной.
Р е ш е н и е. Перейдём в правой части уравнения от логарифма частного к разности логарифмов:
logx (3x − 2) − 2 =
log2x (3x − 2) − 4 logx (3x − 2) + 4 .
264
Указания и решения
Сделаем замену logx (3x − 2) = t. Тогда уравнение примет вид
t − 2 = t2 − 4t + 4
⇐⇒
t − 2 = |t − 2|
⇐⇒
t ≥ 2.
Возвращаемся к переменной x и решаем получившееся неравенство модифицированным методом интервалов:
logx (3x − 2) ≥ 2
⇐⇒
logx x2 − logx (3x − 2) ≤ 0
⇐⇒
⎧
⎡
(x − 1)(x2 − 3x + 2) ≤ 0,
2
⎪
⎪
⎨
< x < 1;
2
⎢ 3
⇐⇒
⇐⇒
x> ,
⎣
⎪
3
⎪
1 < x ≤ 2.
⎩
x = 1;
О т в е т.
2
; 1 ∪ (1; 2].
3
Задача 10. (Экон-79.5)
Решить уравнение log3x+7 (9 + 12x + 4x2 ) + log2x+3 (21 + 23x + 6x2 ) = 4.
И д е я. Упростить левую часть уравнения путём эквивалентных преобразований;
при помощи замены переменной свести уравнение к дробно-рациональному.
У к а з а н и е. Равносильными преобразованиями привести уравнение к виду
2 log3x+7 (2x + 3) + log2x+3 (3x + 7) − 3 = 0 .
У к а з а н и е. Сделать замену переменной t = log2x+3 (3x + 7); получить дробнорациональное уравнение.
У к а з а н и е. Вернуться к исходной переменной.
Р е ш е н и е. Разложим подлогарифменные функции на множители:
log3x+7 (2x + 3)2 + log2x+3 (2x + 3)(3x + 7) = 4
⇐⇒
⇐⇒
2 log3x+7 (2x + 3) + log2x+3 (3x + 7) − 3 = 0 .
Введём новую переменную t = log2x+3 (3x + 7). В новых обозначениях уравнение
становится дробно-рациональным:
t2 − 3t + 2
2
t = 1;
⇐⇒
=0
⇐⇒
t+ −3 =0
t = 2.
t
t
Найдём соответствующие значения переменной x:
⎧
2x + 3 > 0,
⎪
⎪
⎡
⎪
⎪
log2x+3 (3x + 7) = 1 ;
⎨ 2x + 3 = 1 ;
⎡
⎣
⇐⇒
3x + 7 = 2x + 3 ;
log2x+3 (3x + 7) = 2;
⎪
⎪
⎣
⎪
⎪
⎩
3x + 7 = (2x + 3)2 ;
1
О т в е т. − .
4
⇐⇒
1
x=− .
4
3.4.
Замены переменных в показательных...
265
Задача 11. (Геогр-78.4)
Решить неравенство
log9 (3x2 − 4x + 2) + 1 > log3 (3x2 − 4x + 2).
И д е я. Привести логарифмы в левой и правой частях неравенства к одному основанию и, сделав замену переменной, свести исходное неравенство к квадратному.
У к а з а н и е. Привести логарифм в правой части неравенства к основанию 9:
log9 (3x2 − 4x + 2) + 1 > 2 log9 (3x2 − 4x + 2) .
У к а з а н и е. Сделать замену переменной t = log9 (3x2 − 4x + 2) и решить получившееся квадратное неравенство 2t2 − t − 1 < 0 .
У к а з а н и е. Вернуться к исходной переменной.
Р е ш е н и е. Приведём логарифмы к одному основанию:
log9 (3x2 − 4x + 2) + 1 > 2 log9 (3x2 − 4x + 2).
Введём новую переменную t = log9 (3x2 − 4x + 2), t ≥ 0 ; получим квадратное
неравенство
t + 1 > 2t2
⇐⇒
2t2 − t − 1 < 0
⇐⇒
−
1
< t < 1.
2
Вернёмся к переменной x:
−
1 < log9 (3x2 − 4x + 2) < 1
2
⇐⇒
1 ≤ 3x2 − 4x + 2 < 9
Решаем неравенства:
О т в е т.
−1;
⇐⇒
⎧ ⎡
1
⎪
⎪
⎪
⎨ ⎣ x ≤ 3;
x ≥ 1;
⎪
⎪
⎪
⎩ −1 < x < 7 ;
3
1
7
∪ 1;
3
3
0 ≤ log9 (3x2 − 4x + 2) < 1
⇐⇒
⎧
⎨ 3x2 − 4x + 1 ≥ 0 ,
⎩ 3x2 − 4x − 7 < 0.
⎡
⇐⇒
⇐⇒
⎢
⎣
−1 < x ≤
1≤x<
1
;
3
7
.
3
.
Задача 12. (М/м-74.2)
Решить неравенство
1 − log5 (x2 − 2x + 2) < log5 (5x2 − 10x + 10).
И д е я. Преобразовать правую часть и свести неравенство к квадратному при
помощи замены переменной.
У к а з а н и е. Привести неравенство к виду
1 − log5 (x2 − 2x + 2) + 1 − log5 (x2 − 2x + 2) − 2 < 0.
266
Указания и решения
У к а з а н и е. Сделать замену переменной y = 1 − log5 (x2 − 2x + 2) .
У к а з а н и е. Решить получившееся квадратное неравенство и вернуться к исходной переменной.
Р е ш е н и е. В правой части неравенства перейдём от логарифма произведения к
сумме логарифмов и перенесём все слагаемые в левую часть:
1 − log5 (x2 − 2x + 2) + 1 − log5 (x2 − 2x + 2) − 2 < 0.
Сделаем замену переменной y = 1 − log5 (x2 − 2x + 2). После замены неравенство принимает вид
y2 + y − 2 < 0
⇐⇒
Вернёмся к переменной x:
−2 < 1 − log5 (x2 − 2x + 2) < 1
⇐⇒
(y + 2)(y − 1) < 0
⇐⇒
−2 < y < 1.
0 ≤ 1 − log5 (x2 − 2x + 2) < 1
⇐⇒
0 < log5 (x2 − 2x + 2) ≤ 1
⇐⇒
1 < x2 − 2x + 2 ≤ 5
2
−1 ≤ x ≤ 3,
x − 2x − 3 ≤ 0,
⇐⇒
⇐⇒
x = 1.
x2 − 2x + 1 > 0;
⇐⇒
⇐⇒
О т в е т. [−1; 1) ∪ (1; 3].
Задача 13. (Геогр-90.3)
√
22+ x−1 − 24
√
> 1.
Решить неравенство
21+ x−1 − 8
И д е я. Преобразовать левую часть и, сделав нужную замену переменной, свести
показательное неравенство к дробно-рациональному.
√
2 · 21+ x−1 − 24
√
У к а з а н и е. Привести неравенство к виду
> 1.
21+ x−1 √
−8
У к а з а н и е. Выполнив замену переменной t = 21+ x−1 , t ≥ 2 , получить
t − 16
> 0.
дробно-рациональное неравенство
t−8
У к а з а н и е. Вернуться к переменной x.
√
√
2 · 21+ x−1 − 24
√
> 1. Пусть t = 21+ x−1 ,
Р е ш е н и е. Преобразуем неравенство:
1+
x−1
2
−8
t ≥ 2 ; относительно новой переменной неравенство является дробно-рациональным:
t − 16
2t − 24
t < 8;
>1
⇐⇒
>0
⇐⇒
t > 16.
t−8
t−8
Возвращаемся к исходной переменной:
1) t < 8
2) t > 16
=⇒
=⇒
21+
2
√
x−1
<8
√
1+ x−1
> 16
О т в е т. [1; 5) ∪ (10; +∞).
⇐⇒
⇐⇒
√
x−1<3
⇐⇒
1 ≤ x < 5.
√
1+ x−1>4
⇐⇒
x > 10.
1+
3.4.
Замены переменных в показательных...
267
Задача 14. (М/м-76.2)
Решить неравенство
9x
2
7
≥ x
.
−2
3 −1
И д е я. Сделать замену переменной и свести исходное неравенство к дробнорациональному. Решить неравенство методом интервалов относительно новой переменной, а затем вернуться к переменной x.
У к а з а н и е. Сделать замену переменной t = 3x , t > 0 .
У к а з а н и е. После замены исходное неравенство привести к дробно-рациональному
виду
2 t − 12 (t − 3)
√
√ ≤ 0.
(t − 1)(t − 2)(t + 2)
У к а з а н и е. Решить неравенство методом интервалов; вернуться к исходной переменной.
Р е ш е н и е. Сделаем замену переменной t = 3x , t > 0 :
7
2
≥
2
t −2
t−1
7t − 7 − 2t2 + 4
≥0
⇐⇒
(t − 1)(t2 − 2)
2 t − 12 (t − 3)
√
√ ≤ 0.
⇐⇒
(t − 1)(t − 2)(t + 2)
⇐⇒
2t2 − 7t + 3
≤0
(t − 1)(t2 − 2)
⇐⇒
0.2
0.1
−
+
−
+
−
+
0
−0.1
−2
−0.2
0.2
0.4
0
0.6
0.8
1/2
2
1
1
1.2
1.4
3
1.6
t
1.8
2
√
1
≤t<1 и
Неравенство выполнено при
2 < t ≤ 3 . Возвращаемся к исходной
2
переменной:
1
1
1) ≤ t < 1 =⇒
≤ 3x < 1
⇐⇒
− log3 2 ≤ x < 0.
2
2
√
√
1
log3 2 < x ≤ 1.
2 < 3x ≤ 3
⇐⇒
2) 2 < t ≤ 3 =⇒
2
1
О т в е т. [− log3 2; 0) ∪
log3 2; 1 .
2
Задача 15. (Экон-99.2)
Решить неравенство 4 ·
2x − 1 √
+ 14 ≤ 14 ·
2x
2x−2
.
2x − 1
И д е я. Преобразовать неравенство и при помощи замены переменной свести его
к дробно-рациональному.
268
Указания и решения
2x − 1 √
2x
.
+ 14 ≤ 7 ·
x
x
2
2 −1
2x − 1
. Привести неравенство
2x
У к а з а н и е. Привести неравенство к виду 4 ·
У к а з а н и е. Сделать замену переменной t =
√
4t2 − 14t − 7
≤ 0.
к виду
t
Р е ш е н и е. Преобразуем правую часть неравенства:
4·
2x − 1 √
+ 14 ≤ 7 ·
2x
2x
.
−1
2x
2x − 1
, t > 0 ; относительно новой переменной неравенство приво2x
дится к дробно-рациональному виду:
√
√
4t2 + 14t − 7
7
⇐⇒
≤ 0.
4t + 14 ≤
t
t
Пусть t =
Найдём корни числителя:
D = 14 + 28 · 4 = 14 · (1 + 8) = 9 · 14;
√
14
t1 = −
,
2
√
t2 =
14
.
4
√
14
.
4
Поскольку t > 0 , решением неравенства является промежуток 0 < t ≤
Определим соответствующие значения исходной переменной:
0<
⇐⇒
2x − 1
≤
2x
√
14
4
x > 0,
8 · 2x − 8 − 7 · 2x ≤ 0;
⇐⇒
0<
⇐⇒
2x − 1
7
≤
2x
8
x > 0,
2x ≤ 8;
⇐⇒
⇐⇒
0 < x ≤ 3.
О т в е т. (0; 3].
Задача 16. (Псих-81.4)
Решить уравнение
2
1
4
log3 (5x − 6)3 − (log3 (5x − 6)3 ) log3 x6 = −6 log3
3
x
2
.
И д е я. Преобразовать уравнение; ввести новую переменную; привести уравнение
к квадратному.
У к а з а н и е. Привести уравнение к виду
12(log3 (5x − 6))2 − 18(log3 (5x − 6)) log3 x + 6 (log3 x)2 = 0.
3.4.
Замены переменных в показательных...
269
У к а з а н и е. Так как x = 1 корнем не является (не входит в ОДЗ), то log3 x = 0 ,
поэтому можно обе части уравнения разделить на 6(log3 x)2 .
У к а з а н и е. После деления на 6(log3 x)2 и преобразований логарифмов получаем уравнение
2 log2x (5x − 6) − 3 logx (5x − 6) + 1 = 0.
У к а з а н и е. Сделав замену t = logx (5x − 6), привести уравнение к виду
2t2 − 3t + 1 = 0.
Далее необходимо решить это уравнение, вернуться к исходной переменной, решить полученные логарифмические уравнения и отобрать корни, которые входят
в ОДЗ.
Р е ш е н и е. Выражения под знаком логарифма должны быть положительны, по6
этому ОДЗ задаётся неравенством x > . Выполним несложные преобразования
5
логарифмов:
2
12(log3 (5x − 6))2 − 18(log3 (5x − 6)) log3 x + 6 (log3 x) = 0.
Так как x = 1 не входит в ОДЗ, то log3 x = 0 , поэтому можно разделить обе
части уравнения на 6(log3 x)2 ; в результате получим
2 log2x (5x − 6) − 3 logx (5x − 6) + 1 = 0 .
Сделаем замену переменной t = logx (5x − 6), тогда
2t2 − 3t + 1 = 0
⇐⇒
2(t − 1) t −
1
2
⇐⇒
5x − 6 = x
⇐⇒
⇐⇒
(5x−6)2 = x
⇐⇒
= 0.
Вернёмся к исходной переменной.
1) t = 1
1
2) t =
2
=⇒
=⇒
logx (5x − 6) = 1
1
logx (5x−6) =
2
D = 3721 − 3600 = 121 = 112 ,
x1 = 1 не удовлетворяет ОДЗ, x2 =
О т в е т.
x12 =
3
.
2
25x2 −61x+36 = 0;
x=
61 ± 11
.
50
36
подходит.
25
3 36
;
.
2 25
Задача 17. (Псих-89.3)
Решить систему уравнений
logx 25 + 2y = 2,
−(logx 0, 2)3 + y = 1.
И д е я. Преобразовать уравнения системы, сделать замену переменной.
270
Указания и решения
2 logx 5 + 2(y − 1) = 0,
(logx 5)3 + (y − 1) = 0.
У к а
з а н и е. После замены переменных p = logx 5 , q = y−1 система принимает
p + q = 0,
Далее необходимо решить уравнения и отобрать корни.
вид
p3 + q = 0.
У к а з а н и е. Привести систему к виду
Р е ш е н и е. Преобразуем систему:
logx 25 + 2y = 2,
−(logx 0, 2)3 + y = 1;
⇐⇒
2 logx 5 + 2(y − 1) = 0,
(logx 5)3 + (y − 1) = 0.
После замены переменных p = logx 5 , q = y − 1 система принимает вид
p + q = 0,
q = −p,
q = −p,
⇐⇒
⇐⇒
p(p − 1)(p + 1) = 0.
p3 + q = 0,
p3 − p = 0,
Второе уравнение даёт три возможных значения переменной p.
1) При p = 0 =⇒ logx 5 = 0 ; это уравнение не имеет решений.
2) При p = 1 , q = −1 =⇒ logx 5 = 1, y − 1 = −1 ⇐⇒ x = 5, y = 0.
1
3) При p = −1 , q = 1 =⇒ logx 5 = −1, y − 1 = 1 ⇐⇒ x = , y = 2.
5
О т в е т. (5; 0),
1
; 2 .
5
Задача 18. (Геол.ОГ-74.2)
Решить систему неравенств
32x+1 − 3x+2 + 6 > 0,
32x+2 − 2 · 3x+2 − 27 < 0.
И д е я. Преобразовать неравенства системы и при помощи замены переменной
свести их к квадратным.
У к а з а н и е. Привести неравенства системы к виду
2x
3 − 3 · 3x + 2 > 0,
32x − 2 · 3x − 3 < 0.
У к а з а н и е. При помощи замены переменной y = 3x , y > 0 каждое из неравенств системы приводится к квадратному:
2
y − 3y + 2 > 0,
y 2 − 2y − 3 < 0;
У к а з а н и е. Вернуться к исходной переменной.
Р е ш е н и е. Преобразуем неравенства системы:
2x
3 − 3 · 3x + 2 > 0,
3 · (32x − 3 · 3x + 2) > 0,
⇐⇒
2x
x
9 · (3 − 2 · 3 − 3) < 0;
32x − 2 · 3x − 3 < 0.
3.4.
Замены переменных в показательных...
271
С помощью замены переменной y = 3x , y > 0 каждое из неравенств системы
приводится к квадратному:
2
y − 3y + 2 > 0,
(y − 2)(y − 1) > 0,
−1 < y < 1 ;
⇐⇒
⇐⇒
(y − 3)(y + 1) < 0;
2 < y < 3.
y 2 − 2y − 3 < 0;
Возвращаясь к переменной x, окончательно получаем:
−1 < 3x < 1 ,
x < 0,
⇐⇒
2 < 3x < 3 ;
log3 2 < x < 1.
О т в е т. (−∞; 0) ∪ (log3 2; 1).
Задача 19. (Экон-75.3)
Решить систему уравнений
3 + logx (1 − y) = logx x(1 − y) ,
xy = −6.
И д е я. Преобразовать первое уравнение системы и при помощи замены переменной свести его к квадратному относительно введённой неизвестной.
У к а з а н и е. Привести первое уравнение к виду
3 + logx (1 − y) − 3 + logx (1 − y) − 2 = 0.
У к а з а н и е. В первом уравнении сделать замену переменной t = 3 + logx (1 − y),
t ≥ 0 . Решить получившееся квадратное уравнение t2 − t − 2 = 0 .
У к а з а н и е. Вернувшись к переменным x и y , из первого уравнения получить:
⎧
⎨ x =1−y,
x > 0,
⎩ x = 1 .
У к а з а н и е. В итоге получается система для определения x и y :
⎧
x =1−y,
⎪
⎨
xy = −6 ,
x
⎪
⎩ > 0,
x = 1 .
Р е ш е н и е. Приведём первое уравнение системы к виду
3 + logx (1 − y) − 3 + logx (1 − y) − 2 = 0.
В этом уравнении сделаем замену t = 3 + logx (1 − y), t ≥ 0 :
t2 − t − 2 = 0
⇐⇒
(t − 2)(t + 1) = 0.
Поскольку t ≥ 0 , остаётся корень t = 2. Вернёмся к переменным x и y :
⎧
⎨ x =1−y,
x > 0,
3 + logx (1 − y) = 2
⇐⇒
logx (1 − y) = 1
⇐⇒
⎩ x = 1 .
272
Указания и решения
Получается система для определения значений x и y :
⎧
x =1−y,
⎪
⎨
xy = −6 ,
x = 3,
⇐⇒
x
>
0,
y = −2.
⎪
⎩
x = 1 ;
О т в е т. (3; −2).
Задача 20. (ВМК-97.4)
Найти все решения системы уравнений
4x + 5 · 2x − 2 · 3y = 2,
2 · 9y + 2x + 2 · 3y = 1.
И д е я. Произвести замену переменных u = 2x , u > 0 , v = 3y , v > 0 . Решить
полученную систему двух квадратных уравнений и вернуться к исходным переменным.
У к а з а н и е. После замены переменных система принимает вид
2
u + 5u − 2v = 2,
2v 2 + u + 2v = 1.
У к а з а н и е. Из левой и правой частей первого уравнения системы вычесть соответственно удвоенные левую и правую части второго уравнения и записать полученное уравнение вместо первого уравнения системы.
Р е ш е н и е. Произведём замену переменных u = 2x , v = 3y , u > 0 , v > 0 .
Исходная система примет следующий вид:
2
u + 5u − 2v = 2,
2v 2 + u + 2v = 1.
Вычтем из левой и правой частей первого уравнения системы соответственно удвоенные левую и правую части второго уравнения и запишем полученное уравнение
вместо первого уравнения:
2
(u − 2v) · (u + 2v + 3) = 0,
u − 4v 2 + 3u − 6v = 0,
⇐⇒
2v 2 + u + 2v = 1.
2v 2 + u + 2v = 1;
Так как u > 0 и v > 0 , то u+2v+3 > 0 , поэтому система равносильна следующей:
u = 2v,
u = 2v,
⇐⇒
2v 2 + u + 2v = 1;
2v 2 + 4v − 1 = 0.
√
√
Из двух корней квадратного уравнения v1 = (−2 + 6)/2 и v2 = (−2 − 6)/2
положительным является лишь v1 ; значит,
√
⎧
⎧
√
6−2
⎨
⎨
−2 + 6
,
y = log3
,
v=
то
есть
2√
√2
⎩
⎩
u = −2 + 6;
x = log2 ( 6 − 2).
√
√
6−2
.
6 − 2 ; log3
О т в е т. log2
2
3.4.
Замены переменных в показательных...
273
Задача 21. (Хим-85.5)
Решить систему уравнений
|x − y| − log22 (|x| + y + 1) + 6 = 0,
(x − y)2 − 6(x − y) log2 (|x| + y + 1) + 5 log22 (|x| + y + 1) = 0.
И д е я. Сделать замену переменных u = log2 (|x| + y + 1), v = x − y ; решить
полученные уравнения и произвести отбор корней.
У к а з а н и е. После замены переменных u = log2 (|x| + y + 1), v = x − y система
уравнений принимает вид
|v| − u2 + 6 = 0,
v 2 − 6vu + 5u2 = 0.
У к а з а н и е. Если u = 0 , то из второго уравнения получаем, что v = 0 , но эти
значения не обращают первое уравнение в тождество. После деления обеих частей
второго уравнения на u2 = 0 получаем систему
|v| − u2 + 6 = 0,
v 2
v
+ 5 = 0.
−6
u
u
v
v
v 2
v +5 = 0
⇐⇒
−1
− 5 = 0. Значит, либо
У к а з а н и е.
−6
u
u
u
u
v = u , либо v = 5u .
У к а з а н и е. Пусть (u0 , v0 ) – решение системы, тогда
x − y = v0 ,
=⇒ 2u0 + v0 = |x| + x + 1 ≥ 1.
|x| + y + 1 = 2u0 ;
Используя полученное следствие, исключить найденные значения u и v , которые
заведомо не удовлетворяют условию задачи.
У к а з а н и е. Если v = u , то
u2 − |u| − 6 = 0
⇐⇒
• при u = v = −3
• при u = v = 3
(|u| − 3)(|u| + 2) = 0
2
−3
⇐⇒
|u| = 3
⇐⇒
u = ±3;
− 3 < 0 ; следовательно, это значение не подходит.
23 + 3 = 11 > 1 ; это значение подходит.
У к а з а н и е. Если v = 5u , то
u2 − 5|u| − 6 = 0
⇐⇒
(|u| − 6)(|u| + 1) = 0
• при u = −6, v = −30
дит.
• при u = 6, v = 30
⇐⇒
|u| = 6
⇐⇒
u = ±6;
2−6 − 30 < 0 ; следовательно, это значение не подхо-
26 + 30 = 94 > 1 ; это значение подходит.
У к а з а н и е. Для каждой найденной пары (u; v) решить систему
x − y = v,
|x| + y + 1 = 2u
для определения значений переменных x и y .
274
Указания и решения
Р е ш е н и е. Сделаем замену переменных u = log2 (|x| + y + 1), v = x − y ; система
уравнений принимает вид
|v| − u2 + 6 = 0,
v 2 − 6vu + 5u2 = 0.
Если u = 0 , то из второго уравнения получаем, что v = 0 , но эти значения
не являются решением первого уравнения системы. Разделим обе части второго
уравнения на u2 = 0 :
|v| − u2 + 6 = 0,
v 2
v
+ 5 = 0.
−6
u
u
Рассмотрим второе уравнение:
v 2
v
v
v
+5=0
⇐⇒
−1
− 5 = 0.
−6
u
u
u
u
Значит, либо v = u , либо v = 5u .
Получим полезное следствие. Пусть (u0 , v0 ) – решение системы, тогда
x − y = v0 ,
=⇒ 2u0 + v0 = |x| + x + 1 ≥ 1.
|x| + y + 1 = 2u0 ;
Последнее неравенство будем использовать, чтобы исключить значения u и v ,
которые заведомо не удовлетворяют условию задачи.
1) Если v = u , то
u2 − |u| − 6 = 0
⇐⇒
• при u = v = −3
• при u = v = 3
(|u| − 3)(|u| + 2) = 0
2
−3
⇐⇒
|u| = 3
⇐⇒
u = ±3;
− 3 < 0 ; следовательно, это значение не подходит.
23 + 3 = 11 > 1 ; это значение подходит.
Возвращаемся к исходным переменным:
x − y = 3,
y = x − 3,
⇐⇒
|x| + y + 1 = 8,
|x| + x = 10,
⇐⇒
x = 5,
y = 2.
|u| = 6
⇐⇒
2) Если v = 5u , то
u2 − 5|u| − 6 = 0
⇐⇒
(|u| − 6)(|u| + 1) = 0
• при u = −6, v = −30
• при u = 6, v = 30
⇐⇒
2−6 − 30 < 0 ; не подходит.
26 + 30 = 94 > 1 ; подходит.
Итак, для второго случая:
x − y = 30,
|x| + y + 1 = 64,
О т в е т. (5; 2),
93 33
;
.
2
2
⇐⇒
y = x − 30,
|x| + x = 93,
⇐⇒
⎧
93
⎪
⎪
⎨ x= 2,
33
⎪
⎪
.
⎩ y=
2
u = ±6;
3.4.
Замены переменных в показательных...
275
Задача 22. (Хим-00.6)
√
√
√
√
Решить уравнение (26 + 15 3)x − 5(7 + 4 3)x + 6(2 + 3)x + (2 − 3)x = 5.
И д е я. Преобразовать левую часть уравнения, используя формулы сокращённого
умножения (куб суммы и квадрат суммы) и свойства степеней. Сделать замену
переменных и свести уравнение к возвратному уравнению относительно введённой
переменной.
У к а з а н и е. Привести уравнение к виду
((2 +
√
3)3 )x − 5((2 +
√ 2 x
√
3) ) + 6(2 + 3)x +
(2 +
1
√
= 5.
3)x
√
У к а з а н и е. Сделав замену переменной t = (2 + 3)x , t > 0 , поделить уравнение на t:
1
1
+ 6 = 0.
t2 + 2 − 5 t +
t
t
У к а з а н и е. Сделать вторую замену переменной p = t +
t2 +
1
. Тогда
t
1
= p2 − 2,
t2
и уравнение приводится к виду
p2 − 2 − 5p + 6 = 0.
Р е ш е н и е. Воспользуемся в левой части уравнения формулами сокращённого
умножения (куб суммы и квадрат суммы) и свойствами степеней:
((2 +
√
3)3 )x − 5((2 +
√ 2 x
√
3) ) + 6(2 + 3)x +
Сделаем замену переменной t = (2 +
t3 − 5t2 + 6t +
1
=5
t
(2 +
1
√
= 5.
3)x
√ x
3) , t > 0 :
⇐⇒
t2 +
1
1
−5 t+
t2
t
+ 6 = 0.
1
Сделаем ещё одну замену переменной p = t + , тогда уравнение запишется слеt
дующим образом:
p2 − 2 − 5p + 6 = 0
⇐⇒
Поскольку t > 0 , то p = t +
p= t+
1
=4
t
О т в е т. ±1 .
⇐⇒
p2 − 5p + 4 = 0
⇐⇒
(p − 1)(p − 4) = 0.
1
≥ 2 , поэтому p = 1 не подходит. Значит,
t
t2 − 4t + 1
=0
t
⇐⇒
t=2±
√
3
=⇒
x = ±1.
276
3.5.
Указания и решения
Замены в тригонометрических уравнениях и тригонометрические замены
Задача 1. (Геол-00.4)
Решить неравенство 4 cos2 x + tg2 x ≤ 3.
И д е я. Перенести все слагаемые в левую часть; воспользоваться следствием из
основного тригонометрического тождества; привести к общему знаменателю; выделить полный квадрат и решить дробно-рациональное неравенство.
У к а з а н и е. Воспользоваться следствием из основного тригонометрического
1
тождества: tg2 x + 1 =
.
cos2 x
(2 cos2 x − 1)2
≤ 0.
У к а з а н и е. Привести неравенство к виду
cos2 x
Р е ш е н и е. Воспользуемся следствием из основного тригонометрического тожде1
ства tg2 x + 1 =
и преобразуем неравенство:
cos2 x
4 cos2 x +
⇐⇒
О т в е т.
1
−4≤0
cos2 x
1
cos x = ± √
2
⇐⇒
(2 cos2 x − 1)2
≤0
cos2 x
⇐⇒
x=
⇐⇒
πn
π
+
, n ∈ Z.
4
2
π
πn
+
, n ∈ Z.
4
2
Задача 2. (У)
Решить неравенство tg3 x + ctg3 x + tg4 x + ctg4 x ≥ 0.
И д е я. Разложить левую часть неравенства на множители.
У к а з а н и е. Домножить обе части неравенства на tg4 x и сделать замену переменной y = tg x.
πn
, n ∈ Z. Сделаем замену
2
y = tg x (где y = 0 ) и домножим обе части неравенства на y 4 . Получим
Р е ш е н и е. Областью определения являются x =
y7 + y + y8 + 1 ≥ 0
⇐⇒
⇐⇒
y 7 (y + 1) + y + 1 ≥ 0
(y + 1)(y 7 + 1) ≥ 0
⇐⇒
С учётом области допустимых значений получим ответ.
О т в е т. x ∈ R, x =
πn
, n ∈ Z.
2
y ∈ R.
⇐⇒
3.5.
Замены в тригонометрических уравнениях...
Задача 3. (Псих-76.4)
Найти все корни уравнения
277
√
5 + 4 sin x − 4 cos2 x = 2 + cos 2x.
И д е я. Используя основное тригонометрическое тождество и формулу для косинуса двойного аргумента, при помощи замены переменной свести уравнение к
квадратному с модулем.
У к а з а н и е. Используя основное тригонометрическое тождество и формулу для
косинуса двойного аргумента, привести уравнение к виду
|2 sin x + 1| = 3 − 2 sin2 x.
У к а з а н и е. Сделав замену переменной t = sin x, |t| ≤ 1 , решить получившееся
стандартное уравнение с модулем. Вернуться к переменной x.
Р е ш е н и е. Воспользуемся основным тригонометрическим тождеством и формулой для косинуса двойного аргумента:
4 sin2 x + 4 sin x + 1 = 3 − 2 sin2 x
⇐⇒
|2 sin x + 1| = 3 − 2 sin2 x.
Сделаем замену переменной t = sin x, |t| ≤ 1 =⇒ 3 − 2t2 > 0 . С учётом
последнего неравенства снимаем модуль через геометрический смысл:
2
2t + 1 = 3 − 2t2 ;
2t + 2t − 2 = 0;
|2t + 1| = 3 − 2t2
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
2t + 1 = 2t2 − 3;
2t2 − 2t − 4 = 0;
⇐⇒
⎡ t2 + t − 1 = 0;
t2 − t − 2 = 0;
⇐⇒
⎢
⎣
√ √ 1− 5
1+ 5
t+
= 0;
t+
2
2
(t − 2)(t + 1) = 0.
Так как |t| ≤ 1 , то подходят только два решения.
√
√
5−1
5−1
n
⇐⇒
x = (−1) arcsin
+ πn, n ∈ Z;
1) sin x =
2
2
π
2) sin x = −1
⇐⇒
x = − + 2πk, k ∈ Z.
2
√
5
−
1
π
+ πn, − + 2πk; n, k ∈ Z.
О т в е т. (−1)n arcsin
2
2
Задача 4. (ВМК-96(1).3)
Решить уравнение
12 sin x −
17
9
1
9
cos 2x +
= + 4 sin x + cos2 x.
2
2
8
2
И д е я. Используя формулу двойного угла и основное тригонометрическое тождество, получить уравнение относительно sin x; сделать соответствующую замену
переменной.
278
Указания и решения
У к а з а н и е. Используя формулу двойного угла и основное тригонометрическое
тождество, привести уравнение к виду
|3 sin x + 2| =
13
1
+ 4 sin x − sin2 x.
8
2
У к а з а н и е. Сделать замену переменной t = sin x, |t| ≤ 1 . Полученное квадратное уравнение с модулем относительно t
1
13
+ 4t − t2
8
2
решить, раскрывая модуль по определению.
У к а з а н и е. Отобрать найденные значения, учитывая, что |t| ≤ 1 . Вернуться к
переменной x.
|3t + 2| =
Р е ш е н и е. Преобразуем уравнение, используя формулу двойного угла и основное
тригонометрическое тождество:
12 sin x −
17
9
1
9
cos 2x +
= + 4 sin x + cos2 x
2
2
8
2
⇐⇒
1
13
+ 4 sin x − sin2 x
9 sin2 x + 12 sin x + 4 =
⇐⇒
8
2
1
13
+ 4 sin x − sin2 x
(3 sin x + 2)2 =
⇐⇒
⇐⇒
8
2
1
13
+ 4 sin x − sin2 x.
⇐⇒
|3 sin x + 2| =
8
2
Сделаем замену переменной t = sin x, |t| ≤ 1 ; получим квадратное уравнение с
модулем относительно новой переменной:
⇐⇒
|3t + 2| =
1
13
+ 4t − t2 .
8
2
Раскроем модуль по определению.
⎧
⎪
⎨ 3t + 2 < 0 ,
1 2
13
⇐⇒
1)
⎪
⎩ −3t − 2 = 8 + 4t − 2 t ;
⎧
2
⎪
⎪
⎨ t < −3 ,
⇐⇒
∅.
29
⎪
2
⎪
= 0;
⎩ t − 14t −
4
⎧
⎡
⎧
1
2
⎪
3t
+
2
≥
0
,
t= ;
,
t
≥
−
⎪
⎪
⎨
⎨
⎢
3
2
⎢
13
1 2
⇐⇒
2)
⇐⇒
⎣
3
3
⎪
⎪
2
⎩ 3t + 2 = 8 + 4t − 2 t ;
⎪
t= .
⎩ t − 2t + = 0 ;
4
2
1
Так как |t| ≤ 1, то подходит только корень t = . Найдём соответствующие
2
значения переменной x:
sin x =
О т в е т. (−1)n
1
2
π
+ πn, n ∈ Z.
6
⇐⇒
x = (−1)n
π
+ πn , n ∈ Z.
6
3.5.
Замены в тригонометрических уравнениях...
279
Задача 5. (Биол-76.1)
Решить уравнение | sin x + cos x| = 1 + sin 2x.
И д е я. Преобразовать правую часть уравнения и с помощью замены переменных
свести уравнение к квадратному.
У к а з а н и е. Привести правую часть уравнения к виду 1+sin 2x = (sin x+cos x)2 .
У к а з а н и е. Сделать замену переменной t = | sin x + cos x|, t ≥ 0 . Получившееся квадратное уравнение t = t2 легко решается. Не забудьте вернуться к
переменной x.
Р е ш е н и е. Заметим, что 1 + sin 2x = (sin x + cos x)2 , и сделаем замену переменной t = | sin x + cos x|, t ≥ 0 . Тогда исходное уравнение принимает вид
t = 0;
2
⇐⇒
t=t
t = 1.
Возвращаемся к исходной переменной.
π
π
1) sin x + cos x = 0
⇐⇒
sin x +
=0
⇐⇒
x = − + πn, n ∈ Z.
4
4
π
1
πk
2) sin x + cos x = ±1
⇐⇒
sin x +
= ±√
, k ∈ Z.
⇐⇒
x=
4
2
2
О т в е т. −
π
πk
+ πn,
; n, k ∈ Z.
4
2
Задача 6. (Биол-85.5)
Сколько корней на отрезке [0; 1] имеет уравнение 8x(2x2 −1)·(8x4 −8x2 +1) = 1?
И д е я. Так как задача рассматривается на отрезке [0;
то можно сделать три 1],
π
. Получится тригоногонометрическую замену переменной x = cos t, t ∈ 0;
2
метрическое уравнение, левая часть которого легко сворачивается
в произведение
косинусов.
У к а з а н и е. Сделать замену x = cos t. Тогда для того, чтобы ответить на вопрос задачи, надо подсчитать количество решений уравнения
8 cos t(2 cos2 t − 1) · (8 cos4 t − 8 cos2 t + 1) = 1
π
.
на отрезке 0;
2
У к а з а н и е. Последний сомножитель левой части уравнения можно преобразовать следующим образом:
8 cos4 t − 8 cos2 t + 1 = 8 cos2 t(cos2 t − 1) + 1 = 1 − 2 sin2 2t = cos 4t.
Итак, уравнение принимает вид
8 cos t cos 2t cos 4t = 1.
280
Указания и решения
У к а з а н и е. Значения переменной t, при которых sin t = 0 , не являются решениями уравнения. Умножить обе части уравнения на sin t:
8 sin t cos t cos 2t cos 4t = sin t
⇐⇒
sin 8t = sin t.
Решив
π это уравнение, посчитайте количество решений, попавших на полуинтервал
, предварительно исключив те решения, при которых sin t = 0 .
0;
2
Р е ш е н и е. Для любого числа x из
отрезка [0; 1] существует (и притом единπ
такое, что x = cos t. Заменив x на cos t,
ственное) число t из отрезка 0;
2
придём к уравнению
8 cos t(2 cos2 t − 1) · (8 cos4 t − 8 cos2 t + 1) = 1.
(∗)
π
. ПреобраТребуется определить число корней уравнения (∗) на отрезке 0;
2
зуем выражение, стоящее в последних скобках уравнения (∗):
8 cos4 t − 8 cos2 t + 1 = 8 cos2 t(cos2 t − 1) + 1 = 1 − 2 sin2 2t = cos 4t.
Тогда уравнение (∗) преобразуется к виду
8 cos t cos 2t cos 4t = 1.
(∗∗)
Так как решения уравнения sin t = 0 не являются решениями уравнения (∗∗),
домножим последнее на sin t, при этом мы вносим постороннее решение t = 0 ,
которое надо будет потом исключить.
8 sin t cos t cos 2t cos 4t = sin t
⇐⇒
sin 8t = sin t
⇐⇒
⎡
⇐⇒
⇐⇒
⎢ sin
⎢
⎣
cos
2 sin
7t
2
9t
2
4 sin 2t cos 2t cos 4t = sin t
⇐⇒
7t
2
sin 8t − sin t = 0
cos
=0
⇐⇒
⇐⇒
⎡
= 0;
⇐⇒
= 0;
9t
2
⇐⇒
2πn
⎢ t = 7 , n ∈ Z;
⎣
π
2πk
t= +
, k ∈ Z.
9
9
π
, окончательно получим:
Учитывая, наконец, условие t ∈ 0;
2
t=
2π π π
, , .
7 9 3
О т в е т. 3 корня.
Задача 7. (Экон.К-85.5)
⎧
⎨ x2 + y 2 = 4,
z 2 + v 2 = 9, найти такие, при кажСреди всех решений (x, y, z, v) системы
⎩ xv + yz ≥ 6;
дом из которых выражение x + z принимает наибольшее значение.
3.5.
Замены в тригонометрических уравнениях...
281
И д е я. Сделать тригонометрическую замену переменных; решить неравенство
системы и найти, при каких значениях новых переменных достигается максимум
заданной функции; затем вернуться к исходным переменным.
У к а з а н и е. Так как x2 + y 2 = 4 , то удобно сделать замену
x = 2 sin t,
y = 2 cos t.
Аналогично, для z 2 + v 2 = 9 удобно сделать замену
z = 3 sin p,
v = 3 cos p.
У к а з а н и е. После замены переменных неравенство примет вид
sin(t + p) ≥ 1
⇐⇒
t+p=
π
+ 2πn, n ∈ Z.
2
У к а з а н и е. Записать x + z в новых переменных и преобразовать с учётом
полученного значения t + p :
π
x + z = 2 sin t + 3 sin p = 2 sin t + 3 sin
+ 2πn − t = 2 sin t + 3 cos t =
2
√
√
3
13 sin t + arcsin √
≤ 13.
13
√
13 достигается, например, в точке
У к а з а н и е. Значение
=
π
3
t + arcsin √ = ,
2
13
3
p = arcsin √ .
13
У к а з а н и е. Необходимо вернуться исходным переменным.
Р е ш е н и е. Так как x2 + y 2 = 4 , то удобно сделать замену
x = 2 sin t,
y = 2 cos t.
Аналогично, для z 2 + v 2 = 9 удобно сделать замену
z = 3 sin p,
v = 3 cos p.
После замены переменных неравенство принимает вид
6 sin t cos p+6 cos t sin p ≥ 6
⇐⇒
sin(t+p) ≥ 1
⇐⇒
t+p =
π
+2πn, n ∈ Z.
2
Запишем искомую сумму x + z в новых переменных и преобразуем с учётом
полученного значения t + p :
π
x + z = 2 sin t + 3 sin p = 2 sin t + 3 sin
+ 2πn − t = 2 sin t + 3 cos t =
2
=
√
3
13 sin t + arcsin √
13
≤
√
13.
282
Значение
Указания и решения
√
13 достигается, например, в точке
3
π
t + arcsin √ = ,
2
13
3
p = arcsin √ .
13
Вернёмся к исходным переменным:
3
t = arccos √
13
=⇒
4
x= √ ,
13
6
y= √ ;
13
3
p = arcsin √
13
=⇒
9
z=√ ,
13
6
v=√ .
13
4
6
9
6
О т в е т. √ ; √ ; √ ; √ .
13
13
13
13
Задача 8. (М/м-75.2)
Найти все пары действительных
чисел
(x, y), удовлетворяющие условию x > 0
√
sin (x − π)2 + y 2 = 0,
и системе уравнений
log√2π x2 + y 2 + 2 log2π x2 + y 2 = 2.
И д е я. При помощи замены переменных свести второе уравнение системы к квадратному. Найти значение суммы x2 + y 2 и далее определить значения x и y из
первого уравнения.
У к а з а н и е. Сделать замену переменных t =
log√2π x2 + y 2 во втором
уравнении.
У к а з а н и е. При решении получившегося уравнения t2 + t − 2 = 0 учесть, что
t ≥ 0 . Вернуться к переменным x, y : x2 + y 2 = 2π.
У к а з а н и е. Воспользоваться найденным решением второго уравнения системы
при рассмотрении первого.
Р е ш е н и е. Рассмотрим второе уравнение системы. Его можно записать следующим образом:
log√2π x2 + y 2 + log√2π x2 + y 2 = 2.
Сделаем замену переменных t = log√2π x2 + y 2 , t ≥ 0 . После замены получаем:
⇐⇒
t2 + t − 2 = 0
⇐⇒
(t + 2)(t − 1) = 0.
t2 + t = 2
Поскольку t ≥ 0 , остаётся корень t = 1. Вернемся к переменным x, y :
log√2π
x2 + y 2 = 1
Рассмотрим первое уравнение системы.
√
sin (x − π)2 + y 2 = 0
⇐⇒
⇐⇒
(x −
x2 + y 2 = 2π.
√ 2
π) + y 2 = πk, k ∈ Z.
3.5.
Замены в тригонометрических уравнениях...
283
Принимая во внимание решение второго уравнения, получаем систему:
⎧
⎧ 2
√
√
⎨ π(2 − k) = 2 πx, k ∈ Z,
⎨ x − 2 πx + y 2 = πk, k ∈ Z,
⇐⇒
⎩ x2 + y 2 = 2π;
⎩ x2 + y 2 = 2π;
⇐⇒
⇐⇒
√
⎧
π(2 − k)
⎪
⎨ x=
, k ∈ Z,
2
⎪
⎩ x2 + y 2 = 2π.
Из второго уравнения x2 + y 2 = 2π следует ограничение на x:
√
√
− 2π ≤ x ≤ 2π.
Учитывая это ограничение
√ и ограничение из условия задачи ( x > 0 ), получаем,
√
π
. Находим соответствующие значения второй переменчто x = π или x =
2
ной y и получаем ответ.
√
√ √
√
π
7π
О т в е т. ( π; ± π),
;±
.
2
2
Задача 9. (Экон.К-75.1)
Найти все действительные решения уравнения
√
3+2 2
sin x
+
√
3−2 2
sin x
=
10
.
3
И д е я. Выделив в подкоренных выражениях полные квадраты, заметить, что
произведение радикалов, стоящих в левой части уравнения, равно 1. Значит, они
взаимообратны. Сделать соответствующую замену и свести уравнение к дробнорациональному относительно введённой
переменной.
√
√
√
√
У√к а з а н и√
е. Заметить, что
3 + 2 2 = √ 2 + 1,
3−2 2 =
2 − 1,
( 2 + 1) · ( 2 − 1) = 1, и сделать замену t = ( 2 + 1)sin x , t > 0 .
10
1
У к а з а н и е. Решить получившееся дробно-рациональное уравнение t + =
t
3
и вернуться к переменной x.
Р е ш е н и е. Выделим в подкоренных выражениях полные квадраты:
√
√
√
√
3 + 2 2 = 2 + 1,
3 − 2 2 = 2 − 1.
√
√
√
Заметим, что ( 2 + 1) · ( 2 − 1) = 1. Сделаем замену t = ( 2 + 1)sin x , t > 0 .
Тогда уравнение принимает вид
t+
1
10
=
t
3
⇐⇒
√
1) t = ( 2 + 1)sin x = 3
√
1
2) t = ( 2 + 1)sin x =
3
О т в е т. Нет решений.
3t2 − 10t + 3 = 0
⇐⇒
3(t − 3) t −
⇐⇒
sin x = log√2+1 3 > 1
=⇒
⇐⇒
sin x = − log√2+1 3 < −1
1
3
∅.
=⇒
∅.
= 0.
284
4.
4.1.
Указания и решения
Нестандартные текстовые задачи
Недоопределённые задачи
Задача 1. (Почв-83.1)
Поле разделено на три участка. За день были вспаханы половина первого участка и 3/4 второго участка, а третий участок, который составляет четвертую часть
всего поля, был вспахан полностью. Вспаханная за день площадь поля в два раза
больше площади второго участка. Какую часть площади поля составляет площадь, вспаханная за день?
И д е я. Составить систему из двух уравнений с тремя неизвестными, подстановкой исключить одну из неизвестных и из оставшегося уравнения найти отношение
нужных переменных.
У к а з а н и е. Обозначить за неизвестные общую площадь поля, площадь первого
и площадь второго участков.
У к а з а н и е. Если S – общая площадь поля, x – площадь первого участка, y –
площадь второго, то третий участок имеет площадь S/4 .
S
x 3
S
У к а з а н и е. Согласно условию задачи x+ y + = S,
+ y + = 2y. Найти
4
2 4
4
2y
.
надо
S
У к а з а н и е. Исключить из системы переменную x.
Р е ш е н и е. Пусть S – общая площадь поля, x – площадь первого участка, y –
площадь второго. Тогда третий участок имеет площадь S/4 и
x+y+
S
= S.
4
Так как за день были вспаханы половина первого участка, 3/4 второго участка
x
3
S
и весь третий участок, то вся вспаханная площадь равна
+ y + , что по
2
4
4
условию задачи в два раза больше площади второго участка, то есть равно 2y .
Следовательно,
x 3
S
+ y + = 2y.
2 4
4
2y
Найти надо
. Исключим из системы x. Из первого уравнения следует, что
S
3S
x=
− y . Подставив это значение во второе уравнение, получим:
4
y 3
S
3S
− + y + = 2y
8
2 4
4
откуда искомая величина равна
О т в е т.
5
.
7
5
2y
= .
S
7
⇐⇒
5S
7y
=
,
8
4
4.1.
Недоопределённые задачи
285
Задача 2. (Почв-78.3)
Имеются два слитка золота с серебром. Процентное содержание золота в первом
слитке в два с половиной раза больше, чем процентное содержание золота во втором слитке. Если сплавить оба слитка вместе, то получится слиток, в котором
будет 40% золота. Найти, во сколько раз первый слиток тяжелее второго, если
известно, что при сплавке равных по весу частей первого и второго слитков получается слиток, в котором содержится 35% золота.
И д е я. Определить процентное содержание золота в исходных слитках из того,
что при сплавке равных по весу частей первого и второго слитков получается
слиток, в котором содержится 35% золота. Далее составить уравнение с двумя
неизвестными, из которого найти их отношение.
У к а з а н и е. При сплавке A кг p%-го и A кг 2, 5p% слитков получается слиток,
в котором содержится 35% золота, следовательно,
A·
2, 5p
p
35
+A·
= 2A ·
.
100
100
100
У к а з а н и е. Условие того, что при сплавке y кг первого и x кг второго слитков получается слиток, в котором содержится 40% золота, приводит (при p =
20; 2, 5p = 50 ) к уравнению:
y·
50
20
40
+x·
= (x + y) ·
.
100
100
100
Р е ш е н и е. Пусть второй слиток весит x кг и содержит p% золота, а первый
слиток весит y кг и содержит 2, 5p% золота.
При сплавке A кг первого и A кг второго слитков получается слиток, в котором содержится 35% золота, то есть
A·
2, 5p
p
35
+A·
= 2A ·
,
100
100
100
откуда p = 20; 2, 5p = 50 .
При сплавке y кг первого и x кг второго слитков получается слиток, в котором
содержится 40% золота, то есть
y·
50
20
40
y
+x·
= (x + y) ·
⇐⇒ 2x + 5y = 4(x + y) ⇐⇒ = 2.
100
100
100
x
О т в е т. В 2 раза.
Задача 3. (Геол-97(2).6)
В момент, когда два бассейна были пустыми, 4 трубы одинаковой производительности были подключены для заполнения первого бассейна. Когда первый бассейн
был заполнен на 1/6 его объёма, одну трубу переключили для заполнения второго бассейна. Когда первый бассейн был заполнен на 1/2 его объёма, еще 2 трубы
286
Указания и решения
переключили для заполнения второго бассейна. После этого оба бассейна наполнились доверху одновременно. Найти отношение объёмов бассейнов. (Временем на
переключения пренебречь).
И д е я. Обозначить за неизвестные величины объёмы бассейнов и производительность одной трубы. Для составления уравнения использовать тот факт, что после
второго переключения труб оба бассейна наполнились одновременно.
У к а з а н и е. Выразить объёмы, оставшиеся незаполненными к моменту второго
переключения, через введённые неизвестные, поделить на соответствующие производительности и полученные величины приравнять.
У к а з а н и е. Пусть x – объём первого бассейна, y – объём второго бассейна, p –
производительность одной трубы. Тогда время между первым и вторым переключениями труб, в течение которого первый бассейн наполнялся тремя трубами (от
1 1
−
x
1
1
2 6
объема x до объема x), а второй – одной, равно
.
6
2
3p
Р е ш е н и е. Пусть x – объём первого бассейна, y – объём второго бассейна, p –
производительность одной трубы. Требуется найти величину x/y.
После второго переключения труб оба бассейна наполнились одновременно.
Это значит, что оставшиеся незаполненными к моменту второго переключения
труб части объёмов бассейнов заполнились одновременно, при этом первый бассейн заполнялся одной трубой производительностью p, а второй бассейн – тремя
трубами совместной производительностью 3p.
Выясним, какие объёмы остались незаполненными к моменту второго переключения.
Время между первым и вторым переключениями труб, в течение которого первый бассейн наполнялся тремя трубами (от объема 16 x до объема 12 x), а второй –
( 1 − 1 )x
одной, равно 2 6 .
3p
В течение этого времени во втором бассейне заполнился объём
( 12 − 16 )x
1
· p = x.
3p
9
Значит, к моменту второго переключения труб в первом бассейне незаполненным остался объём x − 12 x, а во втором бассейне объём y − 19 x.
Время, необходимое для заполнения этих объёмов, по условию одинаково:
1
(y − 19 x)
x
3
1
x
18
2
=
⇐⇒
x + x = y ⇐⇒
=
.
p
3p
2
9
y
29
О т в е т.
18
.
29
Задача 4. (Фил-90.4)
От двух сплавов массами 7 кг и 3 кг с разным процентным содержанием магния
отрезали по куску одинаковой массы. Затем кусок, отрезанный от первого сплава, сплавили с остатком второго сплава, а кусок, отрезанный от второго сплава,
4.1.
Недоопределённые задачи
287
сплавили с остатком первого сплава. Определить массу каждого из отрезанных
кусков, если новые сплавы получились с одинаковым процентным содержанием
магния.
И д е я. Обозначить за неизвестные величины искомую массу и процентные содержания магния в первом и втором сплаве. Выразить через эти величины процентные содержания магния в каждом из новых сплавов и приравнять их друг
другу.
У к а з а н и е. Процентное содержание вещества в смеси равно отношению массы
этого вещества к массе всей смеси.
У к а з а н и е. Пусть m = 7 кг и n = 3 кг – массы данных сплавов, p%, q% –
процентное содержание магния в этих сплавах, x кг – искомая масса каждого из
отрезанных кусков. Тогда согласно условию:
p · (m − x) + q · x
p · x + q · (n − x)
=
.
m−x+x
n−x+x
Р е ш е н и е. Пусть m = 7 кг и n = 3 кг – массы данных сплавов, p%, q% –
процентное содержание магния в этих сплавах, x кг – искомая масса каждого
из отрезанных кусков. Так как процентное содержание вещества в смеси равно
отношению массы этого вещества к массе всей смеси, умноженному на 100%, то
в соответствии с условием можно написать уравнение:
p · (m − x) + q · x
p · x + q · (n − x)
=
⇐⇒
m−x+x
n−x+x
⇐⇒ pmn − pnx + qnx = pmx + qmn − mqx ⇐⇒
⇐⇒ x(qn − pn + qm − pm) = qmn − pmn ⇐⇒
⇐⇒ x(q − p)(m + n) = (q − p)mn,
откуда, с учётом того, что q = p, следует:
x=
7·3
mn
=
= 2,1.
m+n
10
О т в е т. 2,1 кг.
Задача 5. (Геогр-88.3)
Из пункта A в пункт C , находящийся на расстоянии 20 км от A, выехал грузовик.
Одновременно с ним из пункта B , расположенного между A и C на расстоянии 15
км от A, в пункт C вышел пешеход, а из C навстречу им выехал автобус. За какое
время грузовик догнал пешехода, если известно, что это произошло через полчаса
после встречи грузовика с автобусом, а пешеход до встречи с автобусом находился
в пути втрое меньше времени, чем грузовик до своей встречи с автобусом?
И д е я. Приняв за неизвестные величины скорости грузовика, автобуса и пешехода и время, через которое встретились грузовик и автобус, составить систему из
трёх уравнений.
288
Указания и решения
У к а з а н и е. Пусть vг , vа , vп км/ч – скорости грузовика, автобуса и пешехода, а
t ч – время, через которое встретились грузовик и автобус. Тогда согласно условию:
⎧
⎪ (vг + vа )t = 20,
⎪
⎪
⎪
⎪
⎨
t
(vа + vп ) = 5,
3
⎪
⎪
⎪
⎪
1
1
⎪
⎩ vг t +
= vп t +
+ 15.
2
2
У к а з а н и е. Полученную систему удобно решать подстановкой, последовательно
сокращая количество неизвестных и количество уравнений.
Р е ш е н и е. Пусть vг , vа , vп км/ч – скорости грузовика, автобуса и пешехода, а
t ч – время, через которое встретились грузовик и автобус.
Так как грузовик и автобус проехали вместе 20 км за время t, то (vг +vа )t = 20.
t
Так как автобус и пешеход прошли 5 км за время t/3 , то (vа + vп ) = 5.
3
1
Грузовик догнал пешехода через t + , при этом грузовик проехал на 15 км
2
больше, чем прошёл пешеход, следовательно,
vг t +
1
2
= vп t +
1
2
+ 15.
В итоге получаем систему:
⎧
(vг + vа )t = 20,
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎨
t
(vа + vп ) = 5,
3
⎪
⎪
⎪
⎪
1
1
⎪
⎩ vг t +
= vп t +
2
2
⇐⇒
+ 15;
⎧
⎪
vг + vа =
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎨
vа + vп =
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩ vг − vп =
20
,
t
15
,
t
15
.
t + 12
Сложив последние два уравнения, придём к системе:
⎧
20
⎪
⎪
⎨ vг + vа = t ,
15
15
⎪
⎪
+
.
⎩ vа + vг =
t
t + 12
Приравняв правые части уравнений, получим:
15
15
20
=
+
,
t
t
t + 12
откуда t = 1/4 часа, следовательно, искомое время равно t +
минут.
О т в е т. 45 минут.
1
2
часа, то есть 45
4.1.
Недоопределённые задачи
289
Задача 6. (ВМК-89.3)
Из пункта A в пункт B вышел пешеход. Вслед за ним через 2 часа из пункта
A выехал велосипедист, а еще через 30 минут – мотоциклист. Пешеход, велосипедист и мотоциклист двигались равномерно и без остановок. Через некоторое
время после выезда мотоциклиста оказалось, что к этому моменту все трое преодолели одинаковую часть пути от A до B . На сколько минут раньше пешехода
в пункт B прибыл велосипедист, если пешеход прибыл в пункт B на 1 час позже
мотоциклиста?
И д е я. Приняв за неизвестные величины скорости пешехода, велосипедиста, мотоциклиста, расстояние от пункта A до места встречи и расстояние от места встречи до пункта B , составить систему из трёх уравнений с пятью неизвестными.
У к а з а н и е. Пусть vп , vв , vм – скорости пешехода, велосипедиста, мотоциклиста.
Пусть S1 – расстояние от пункта A до места встречи и S2 – расстояние от места
встречи до пункта B . Тогда:
⎧
1
1
⎪
⎪
S1
= 2,
−
⎪
⎪
⎪
v
v
п
в
⎪
⎪
⎨
1
1
S1
= 2, 5,
−
⎪
v
v
п
м
⎪
⎪
⎪
⎪
1
1
⎪
⎪
= 1.
−
⎩ S2
vп
vм
1
1
.
−
vп
vв
У к а з а н и е. Полученную систему удобно решать подстановкой, последовательно
сокращая количество неизвестных и количество уравнений.
Найти надо величину S2
Р е ш е н и е. Пусть vп , vв , vм – скорости пешехода, велосипедиста, мотоциклиста.
Пусть S1 – расстояние от пункта A до места встречи и S2 – расстояние от места
встречи до пункта B . Так как велосипедист выехал из пункта A через 2 часа
после выхода пешехода, а мотоциклист через 2 часа 30 минут, то
⎧
S1
S1
⎪
⎪
−
= 2,
⎨
vп
vв
S
S
⎪
⎪
⎩ 1 − 1 = 2, 5.
vп
vм
Поскольку пешеход прибыл в пункт B на 1 час позже мотоциклиста, то
S2
S2
−
= 1;
vп
vм
причём найти надо величину
x=
S2
S2
−
.
vп
vв
290
Указания и решения
В результате получаем систему:
⎧
⎪
⎪
S1
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎨ S1
⎪
⎪
⎪
S2
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩ S2
1
vп
1
vп
1
vп
1
vп
1
vв
1
−
vм
1
−
vв
1
−
vм
−
= 2,
= 2, 5,
= x,
= 1.
Поделив первое уравнение на второе, а третье на четвёртое, получим:
⎧
1
1
4
1
1
⎪
⎪
⎪
⎨ vп − vв : vп − vм = 5 ,
⎪
⎪
⎪
⎩
1
1
−
vп
vв
:
1
1
−
vп
vм
= x;
4
часа = 48 минут.
5
О т в е т. 48 минут.
откуда x =
Задача 7. (Псих-82.5)
Из пункта A в пункт B вышел пешеход, и одновременно из пункта B в пункт A
выехал мотоциклист. Встретив в пути пешехода, мотоциклист сразу же развернулся, довёз пешехода до пункта B , а затем тотчас же снова поехал в пункт A, куда
беспрепятственно и добрался. В результате мотоциклист затратил на дорогу до
пункта A в два с половиной раза больше времени, чем если бы он ехал из пункта
B в пункт A, не подвозя пешехода. Во сколько раз медленнее пешеход добрался
бы до пункта B , если бы весь путь от A до B он прошел пешком?
И д е я. Приняв за неизвестные величины скорости мотоциклиста и пешехода, всё
расстояние AB и ту часть, которую проехал мотоциклист до встречи с пешеходом,
составить систему из двух уравнений с четырьмя неизвестными.
У к а з а н и е. Первое уравнение: время, затраченное мотоциклистом на дорогу до
пункта A, увеличилось в два с половиной раза из-за возвращения в пункт B .
У к а з а н и е. Второе уравнение: время движения пешехода до момента встречи
равно времени движения мотоциклиста до момента встречи.
У к а з а н и е. Выразить искомую величину через введённые переменные.
Р е ш е н и е. Пусть vм км/ч и vп км/ч – скорости мотоциклиста и пешехода. Пусть
S км – всё расстояние AB , а S1 км – та часть, которую проехал мотоциклист до
встречи с пешеходом.
Так как время, затраченное мотоциклистом на дорогу до пункта A, увеличилось в два с половиной раза из-за возвращения в пункт B , то
S
S + 2S1
3
· 2, 5 =
⇐⇒ 2, 5S = S + 2S1 ⇐⇒ S1 = S.
vм
vм
4
4.1.
Недоопределённые задачи
291
Следовательно, до встречи мотоциклист проехал 3S/4 , а пешеход прошёл S/4 .
Так как время движения пешехода до момента встречи равно времени движения
мотоциклиста до момента встречи, то
S/4
3S/4
=
⇐⇒ vм = 3vп .
vп
vм
Теперь выразим искомую величину через наши переменные. Время, которое заS/4 3S/4
+
. Если бы он весь путь от A до B он прошёл пешком,
тратил пешеход:
vп
vм
S
. Искомое отношение равно:
то затратил бы
vп
S
vп
=
=
= 2.
S/4 3S/4
S/4 S/4
S/2
+
+
vп
vм
vп
vп
vп
S
vп
S
vп
О т в е т. В 2 раза.
Задача 8. (Геол-94(2).9)
Четыре бригады разрабатывали месторождение железной руды в течение трёх
лет, работая с постоянной для каждой бригады производительностью. По одному
месяцу на первом и третьем году работа не велась, а всё остальное время (то есть
в течение 34 месяцев) работала только одна из бригад. Отношения времён работы
первой, второй, третьей и четвёртой бригад и количество выработанной продукции соответственно равны:
в первый год 3 : 2 : 4 : 2 и 10 млн.т,
во второй год 4 : 2 : 5 : 1 и 9 млн.т,
в третий год 4 : 3 : 3 : 1 и 8 млн.т.
Сколько млн.т железной руды выработали бы за 7 месяцев четыре бригады, работая все вместе?
И д е я. Обозначить за неизвестные величины производительности бригад и составить три линейных уравнения с четырьмя неизвестными.
У к а з а н и е. Пусть x, y, z и v млн.т/месяц – производительности первой, второй,
третьей и четвёртой бригад. Тогда
⎧
⎪
⎨3x + 2y + 4z + 2v = 10,
4x + 2y + 5z + v = 9,
⎪
⎩4x + 3y + 3z + v = 8.
У к а з а н и е. Для поиска искомой линейной комбинации переменных 7(x + y +
z + v) удобно использовать метод неопределённых коэффициентов.
У к а з а н и е. Домножив первое уравнение на a, второе на b , третье на c и сложив
их, получим:
(3a + 4b + 4c)x + (2a + 2b + 3c)y + (4a + 5b + 3c)z + (2a + b + c)v = 10a + 9b + 8c.
292
Указания и решения
Приравняв каждый из коэффициентов при переменных x, y, z, v к семи, получим
систему уравнений для a,⎧
b, c.
3a + 4b + 4c = 7,
⎪
⎨
2a + 2b + 3c = 7,
можно решить с помощью подстаУ к а з а н и е. Систему
⎪
⎩ 4a + 5b + 3c = 7,
2a + b + c = 7;
новки.
Р е ш е н и е. Пусть x, y, z и v млн.т/месяц – производительности первой, второй,
третьей и четвёртой бригад.
В первый год было выработано 10 млн.т, работа велась 11 месяцев и времена
работы бригад относились как 3 : 2 : 4 : 2, следовательно,
3x + 2y + 4z + 2v = 10.
Во второй год было выработано 9 млн.т, работа велась 12 месяцев и времена
работы бригад относились как 4 : 2 : 5 : 1, следовательно,
4x + 2y + 5z + v = 9.
В третий год было выработано 8 млн.т, работа велась 11 месяцев и времена
работы бригад относились как 4 : 3 : 3 : 1, следовательно,
4x + 3y + 3z + v = 8.
Для того, чтобы найти, сколько млн.т железной руды выработали бы за 7
месяцев четыре бригады, работая все вместе, надо вычислить величину 7(x + y +
z + v).
Домножим первое уравнение на a, второе на b , третье на c и сложим. После
приведения подобных членов получим:
(3a + 4b + 4c)x + (2a + 2b + 3c)y + (4a + 5b + 3c)z + (2a + b + c)v = 10a + 9b + 8c.
Приравняв каждый из коэффициентов при переменных x, y, z, v семи, получим
систему уравнений:
⎧
3a + 4b + 4c = 7,
⎪
⎨
2a + 2b + 3c = 7,
⎪
⎩ 4a + 5b + 3c = 7,
2a + b + c = 7.
21
14
7
, b=− , c= .
5
5
5
Подставив эти значения в последнее уравнение с переменными x, y, z, v , получим:
Решив систему подстановкой, найдём: a =
7x + 7y + 7z + 7v = 10 ·
О т в е т. 28 млн.т.
14
7
21
−9·
+ 8 · = 28.
5
5
5
4.2.
4.2.
Неравенства в текстовых задачах
293
Неравенства в текстовых задачах
Задача 1. (Физ-68.3)
Купили несколько одинаковых книг и одинаковых альбомов. За книги заплатили 10 руб. 56 коп., за альбомы – 56 коп. Книг купили на 6 штук больше, чем
альбомов. Сколько купили книг, если цена одной книги больше, чем на 1 руб.
превосходит цену одного альбома?
И д е я. Обозначив за неизвестные величины количество книг и альбомов, а также
их цены соответственно, составить основные уравнения задачи с дополнительными
условиями и воспользоваться целочисленностью переменных.
У к а з а н и е. Если было куплено n альбомов по a руб., n+6 книг по b руб., то
получим: b(n + 6) = 10, 56; an = 0, 56; b − a > 1.
У к а з а н и е. Для решения задачи удобно перейти к неравенству для n ∈ N .
Р е ш е н и е. Обозначим для решения задачи: n альбомов по a руб., n+6 книг по
b руб. Тогда из условия находим (n ∈ N ):
⎧
⎨ b(n + 6) = 10, 56;
10, 56
0, 56
an = 0, 56;
=⇒ b =
, a=
;
⎩ b − a > 1.
n+6
n
подставляем в неравенство:
10, 56 0, 56
−
> 1, n ∈ N =⇒
n+6
n
10, 56n − 0, 56n − 6 · 0, 56 > n2 + 6n ⇐⇒ n2 − 4n + 3, 36 < 0 ⇐⇒ 1, 2 < n < 2, 8.
Так как n ∈ N , то n = 2
=⇒
n + 6 = 8.
О т в е т. 8 книг.
Задача 2. (Псих-84.5)
Второй член арифметической прогрессии, состоящей из целых чисел, равен 2, а
сумма квадратов третьего и четвертого её членов меньше 4. Найти первый член
этой прогрессии.
И д е я. Составив уравнение и неравенство, соответствующие условию задачи, свести их к неравенству с целочисленным отбором решений.
У к а з а н и е. Если a1 ∈ Z и d ∈ Z, соответственно, первый член прогрессии и её
разность, то условие задачи приводит к системе:
a1 + d = 2, a1 , d ∈ Z,
(a1 + 2d)2 + (a1 + 3d)2 < 4.
У к а з а н и е. Выразив, например, разность прогрессии из уравнения и подставив её в неравенство, можно решить его либо как квадратное по традиционному
алгоритму, либо оценкой модулей соответствующих слагаемых.
294
Указания и решения
Р е ш е н и е. Пусть a1 – первый член, d – разность рассматриваемой прогрессии.
Тогда из условия задачи получаем (a1 , d ∈ Z):
a1 + d = 2,
a23 + a24 < 4.
Учитывая, что a3 = a1 + 2d, a4 = a1 + 3d, находим:
d = 2 − a1 ,
(a1 + 2(2 − a1 ))2 + (a1 + 3(2 − a1 ))2 < 4.
Решим неравенство:
(a1 − 4)2 + (2a1 − 6)2 < 4
⇐⇒
5a21 − 32a1 + 48 < 0
⇐⇒
12
< a1 < 4.
5
Так как a1 ∈ Z, получаем, что a 1 = 3, d = −1.
О т в е т. 3 .
Задача 3. (Геогр-97(1).4)
Танкер может заполняться через две трубы, причём его заполнение через первую
трубу происходит на 5 часов медленнее, чем через вторую. При каких значениях
времени заполнения танкера через первую трубу его заполнение через обе трубы
одновременно занимает не менее 6 часов?
И д е я. Составить неравенство для времени заполнения и решить его с учётом
естественного смысла переменной.
У к а з а н и е. Если t ч – время заполнения танкера через первую трубу, то искомое
1
время задается дробью
.
1
1
+
t
t−5
Р е ш е н и е. Если t ч – время заполнения танкера первой трубой, а его объем
1
1
и
– производительности первой и второй труб соравен единичному, то
t
t−5
ответственно. Тогда время совместного заполнения танкера выражается дробью
(неравенство составлено сразу из требования условия):
1
≥6
1
1
+
t
t−5
⇐⇒
t(t − 5)
≥ 6.
2t − 5
По смыслу задачи t > 5 , поэтому
2
t − 5t ≥ 12t − 30
О т в е т. [15; +∞).
⇐⇒
2
t − 17t + 30 ≥ 0
⇐⇒
t ≤ 2;
t ≥ 15;
=⇒
t ≥ 15.
4.2.
Неравенства в текстовых задачах
295
Задача 4. (Хим-97.4)
N насосов различной мощности наполняют бассейн водой. Первый насос, работая автономно, может наполнить весь бассейн за 2 часа, второй за 4 часа,
. . . , n-ый – за 2n часов. Каким должно быть наименьшее число насосов n, чтобы все n насосов, работая одновременно, наполнили бассейн быстрее, чем за 1 час
и 1 минуту? Можно ли наполнить бассейн быстрее, чем за 1 час?
И д е я. Составив формулу для вычисления времени наполнения бассейна всеми
насосами с учётом их совместной производительности, решить заданное условием
задачи неравенство.
У к а з а н и е. Приняв объем бассейна за единицу, производительность k -ого насо1
са выразить как k . Тогда совместная производительность n ∈ N насосов выра2
жается суммой
1 1
1
+ ··· + k,
2 4
2
вычисляемой по формуле суммы n членов геометрической прогрессии.
Р е ш е н и е. Если принять объём бассейна за единицу, то производительность n1
ого насоса (n ∈ N ) принимает вид: n , время наполнения бассейна одновременно
2
работающими n насосами равно:
1
.
1 1
1
+ + ···+ n
2 4
2
В знаменателе стоит сумма n членов геометрической прогрессии, b1 =
1 1
−1
1 1
1
2 2n
+ + ···+ n =
1
2 4
2
−1
2
=1−
1
1
, q= :
2
2
1
.
2n
Тогда для ответа на первый вопрос получаем неравенство:
1
1
1− n
2
< 1+
1
60
⇐⇒
1−
1
60
>
2n
61
⇐⇒
1
1
<
2n
61
⇐⇒
2n > 61
=⇒
n ≥ 6,
так как n ∈ N . Значит, наименьшее число насосов, отвечающих условию задачи,
равно 6.
Для ответа на второй вопрос получаем неравенство:
1
1
1− n
2
<1
⇐⇒
1−
1
>1
2n
⇐⇒
1
<0
2n
⇐⇒
Следовательно, быстрее, чем за 1 час наполнить бассейн нельзя.
О т в е т. 6 насосов; нет.
∅.
296
Указания и решения
Задача 5. (М/м-92.4)
Один рабочий на новом станке производит за 1 час число деталей, большее 8, а
на старом станке – на 3 детали меньше. На новом станке один рабочий выполняет
дневную норму за целое число часов, а два рабочих вместе выполняют норму на
старых станках на 1 час быстрее. Из какого количества деталей состоит дневная
норма?
И д е я. Обозначив за неизвестные величины производительности труда и дневную
норму, составить основное уравнение задачи и организовать перебор целочисленных значений переменных.
У к а з а н и е. Если p деталей – производительность на первом станке, а n деталей
– дневная норма, причём p, n ∈ N , то получаем по условию:
n
n
n
= − 1, p > 8, p ∈ N,
∈ N.
2(p − 3)
p
p
У к а з а н и е. Из основного уравнения задачи с учётом целочисленности переменных получается, что (p − 6) – делитель 36.
Р е ш е н и е. Пусть p ∈ N деталей в час – производительность рабочего на новом
станке, n ∈ N деталей – дневная норма, тогда из условия получаем:
n
n
n
= − 1, p > 8, p ∈ N,
∈ N.
2(p − 3)
p
p
Выразим n из уравнения:
n=
p(2p − 6)
2(p2 − 6p) + 6(p − 6) + 36
36
=
= 2p + 6 +
.
p−6
p−6
p−6
Значит, (p − 6) – делитель 36, так как n ∈ N;
(p − 6) ∈ {1; 2; 3; 4; 6; 9; 12; 18; 36} , проверим все варианты с учётом p>8:
p = 9 : n = 18 + 6 + 12 = 36 – подходит;
n
p = 10 : n = 20 + 6 + 9 = 35 – не подходит,так как по условию
∈ N;
p
p = 12 : n = 24 + 6 + 6 = 36 – подходит;
p = 15 : n = 30 + 6 + 4 = 40 – не подходит;
p = 18 : n = 36 + 6 + 3 = 45 – не подходит;
p = 24 : n = 48 + 6 + 2 = 56 – не подходит;
p = 42 : n = 84 + 6 + 1 = 91 – не подходит;
Получается, что n = 36 , и достигается это значение при p = 9 и при p = 12 .
О т в е т. 36.
Задача 6. (Экон-85.5)
Из пункта A в пункт B вышел пешеход. Не позже, чем через 40 минут, вслед за
ним вышел ещё один пешеход. В пункт B сначала пришёл один из пешеходов, а
4.2.
Неравенства в текстовых задачах
297
другой достиг B не раньше, чем через час после этого. Если бы пешеходы вышли
одновременно, то они бы прибыли в пункт B с интервалом не более, чем в 20
минут. Определить, сколько времени требуется каждому пешеходу на путь от A
до B , если скорость одного из них в 1,5 раза больше скорости другого.
И д е я. Составить модель задачи на основе естественных переменных и параметров. Затем рассмотреть её для разных вариантов прибытия пешеходов в конечный
пункт и случаев отношений их скоростей.
У к а з а н и е. Удобно обозначить за х и у км/ч скорости пешеходов, за S км – весь
путь, за t1 ч – интервал выхода пешеходов из пункта A, и за t2 ч – разность времени прибытия пешеходов в пункт B . После чего составить два варианта модели,
в зависимости от того, кто из пешеходов первым придёт в пункт B .
2
У к а з а н и е. Переменные t1 ≤ и t2 ≥ 1 эффективнее применить для составле3
ния уравнения времени прибытия пешеходов, а не неравенства.
У к а з а н и е. В каждом из рассматриваемых случаев понадобится два варианта
3
3
соотношений между скоростями пешеходов x = y и y = x.
2
2
У к а з а н и е. Если в пункт B первым придёт второй пешеход, то реализуется
следующая система:
⎧ S
S
2
⎪
= + t1 + t2 ,
t1 ≤ , t2 ≥ 1,
⎪
⎪
⎪
x
y
3
⎨ S 1
S
− ≤ − условие одновременного выхода из пункта A,
⎪
x
y
3
⎪
⎪
⎪
3
3
⎩
x = y или y = x.
2
2
У к а з а н и е. После преобразования системы становится очевидно, что она несовместна, то есть второй пешеход не может обогнать первого.
Р е ш е н и е. Пусть S км – весь путь AB , х км/ч – скорость первого пешехода, у
км/ч – скорость второго пешехода. Обозначим за t1 ч – интервал выхода пешеходов из пункта A и за t2 ч – разность времени прибытия пешеходов в пункт B .
Предположим, что в пункт B первым придёт второй пешеход, тогда:
⎧ S
S
2
⎪
= + t1 + t2 ,
t1 ≤ , t2 ≥ 1,
⎪
⎪
⎪
x
y
3
⎨ S 1
S
− ≤ − условие одновременного выхода из пункта A,
⎪
x
y
3
⎪
⎪
⎪
3
3
⎩
x = y или y = x.
2
2
S S
Из первого уравнения находим − = t1 + t2 ≥ 1 , что противоречит неравенству
x y
S
S 1
− ≤ , значит, данное предположение неверно.
x
y
3
Предположим, что первым в пункт B первым придёт первый пешеход, тогда:
298
Указания и решения
⎧ S
S
2
⎪
+ t2 = + t1 ,
t1 ≤ , t2 ≥ 1,
⎪
⎪
⎪
x
y
3
⎨ S 1
S
− ≤ − условие одновременного выхода из пункта A,
⎪
x
y
3
⎪
⎪
⎪
3
3
⎩
x = y или y = x.
2
2
1
S S
2
Из уравнения получаем − = t1 − t2 , но t1 − t2 ≤ − 1 = − , поэтому система
x y
3
3
приобретает вид:
⎧ S
S
1
⎪
− ≥ ,
⎪
⎪
⎪
y
x
3
⎨ S 1
S
− ≤ ,
⎪
y
x
3
⎪
⎪
⎪
⎩ x = 3 y или y = 3 x,
2
2
S
S
1
следовательно,
− = .
y
x
3
Далее рассматриваем два случая:
3
2S
S
1
S
1) y = x, тогда
− = , следовательно,
≤ 0 , что противоречит смыслу
2
3x
x
3
x
задачи;
3
S
2S
1
S
S
2
2) x = y , тогда
−
= , следовательно,
= 1, а
= , эти значения не
2
y
3y
3
y
x
3
противоречат смыслу задачи.
О т в е т. 40 минут и 1 час соответственно.
Задача 7. (Геол.ОГ-83.5)
Автобус проходит путь AE , состоящий из участков AB , BC, CD, DE длиной
10 км, 5 км, 5 км, 6 км соответственно. При этом, согласно расписанию, выезжая
из пункта A в 9 ч, он проходит пункт B в 9 15 ч, пункт C – в 9 83 ч, пункт D –
в 9 23 ч. С какой постоянной скоростью v должен двигаться автобус, чтобы сумма
абсолютных величин отклонений от расписания прохождения пунктов B, C, D и
времени движения автобуса от A до E при скорости v , не превосходила 51,7 мин?
И д е я. Составив основное неравенство, исследовать функцию в нём на возрастание и убывание на соответствующих промежутках.
З а м е ч а н и е. Функция времени движения от скорости в итоге строится как сумма модулей, поэтому её исследование по стандартному алгоритму раскрытия через
точки смены знака приводит к требуемому результату. Однако этот путь приводит
к трудоёмким вычислениям.
У к а з а н и е.
10 1 как: − υ
5
У к а з а н и е.
15 3 как: − υ
8
Отклонение от расписания при прохождении пункта B записывается
ч.
Отклонение от расписания при прохождении пункта C записывается
ч.
4.2.
Неравенства в текстовых задачах
299
У к а з а н и е. Основное неравенство задачи имеет вид:
10 1 15 3 20 2 26
51, 7
≤
.
− + − + − +
v
5
v
8
v
3
v
60
5
> 0,
У к а з а н и е. Рассмотрев левую часть неравенства как функцию от t =
v
1
и равно в точзаметить, что её наименьшее значение достигается в точке t =
10
ности правой части.
Р е ш е н и е. Если скорость автобуса v км/ч, что сумма отклонений от расписания
за весь маршрут имеет вид:
10 1 15 3 20 2 26
51, 7
h(v) = − + − + − +
≤
.
v
5
v
8
v
3
v
60
З а м е ч а н и е. Отклонение от расписания при прохождении, например, пункта
20 2
5 2 3
D, выражается через разность
− , а не −
−
, так как отклонение от
v
3
v
3 8
расписания в пунктах B и C не влияет на время прохождения пункта D.
5
>0 и
v
f (t) = 2t −
Обозначим: t =
запишем:
1 + 3t −
5 3 + 4t −
8 51, 7
2 + 5, 2t ≤
,
3
60
точками смены знака подмодульного выражения являются числа
+
f(t):
1
10
+
1
8
1 1 1
; ; .
10 8 6
+
1
6
t
В результате раскрытия модулей на соответствующих участках функция f (t)
приводится к линейному виду и в зависимости от знака старшего коэффициента
либо возрастает, либо убывает. Наименьшее значение функции достигается в точке
1
t=
и равно:
10
517
1
f
=
.
10
600
Учитывая неравенство задачи, находим, что t =
= 50 км/ч.
О т в е т. 50 км/ч.
1
– искомое решение, значит v
10
300
4.3.
Указания и решения
Оптимальный выбор, наибольшие и наименьшие значения
Задача 1. (Экон.К-68.3)
На 100 рублей решено купить ёлочных игрушек. Ёлочные игрушки продаются
наборами. Набор, состоящий из 20 игрушек, стоит 4 рубля; набор, состоящий из
35 игрушек, стоит 6 рублей, и набор, состоящий из 50 игрушек, стоит 9 рублей. Сколько каких наборов нужно купить, истратив все 100 рублей, чтобы было
куплено наибольшее количество игрушек?
И д е я. Составить уравнение с тремя неизвестными и выразить суммарное количество игрушек через эти неизвестные. Определить из соображений делимости
возможные значения этих неизвестных.
У к а з а н и е. Если n наборов за 4 рубля, m наборов за 6 рублей и k наборов за
9 рублей, то модель задачи описывается системой:
S = 20n + 35m + 50k → max,
4n + 6m + 9k = 100, где n, m, k ∈ N0 ,
где S – общее количество игрушек.
У к а з а н и е. Определить самый выгодный и самый невыгодный набор. Найти
минимальное число невыгодных наборов.
Р е ш е н и е. Пусть куплено n наборов за 4 рубля по 20 игрушек, m наборов за 6
рублей по 35 игрушек, k наборов за 9 рублей по 50 игрушек. Тогда
S = 20n + 35m + 50k,
4n + 6m + 9k = 100,
где S – общее количество игрушек, а n, m, k ∈ N0 .
Из уравнения следует, что k чётно. Заметим, что вместо двух наборов за 9
рублей выгоднее купить три набора за 6 рублей, так как в первом случае на 18
рублей приобретается 100 игрушек, а во втором – 105. Следовательно, k = 0 и
S = 20n + 35m,
2n + 3m = 50;
=⇒
S = 5(100 − 6m) + 35m = 500 + 5m.
Для того, чтобы найти максимальное значение m воспользуемся вторым уравнением системы:
2n + 3m = 50
=⇒
3m ≤ 50
=⇒
При m = 16 получаем, что n = 1 .
О т в е т. 1 набор за 4 рубля и 16 наборов по 6 рублей.
m ≤ 16.
4.3.
Оптимальный выбор...
301
Задача 2. (Экон.М-96.3)
В контейнер упакованы изделия двух типов. Стоимость и вес одного изделия составляют 400 тыс.руб. и 12 кг для первого типа и 600 тыс.руб. и 15 кг для второго
типа. Общий вес комплектующих равен 321 кг. Определить минимальную и максимальную возможную суммарную стоимость находящихся в контейнере изделий.
И д е я. Обозначив за неизвестные величины число деталей каждого из типов,
составить модель задачи и исследовать выражение для общей стоимости через
цену одного килограмма, организовав на этой основе целочисленный перебор.
У к а з а н и е. Если n и m деталей каждого из типов соответственно, то получаем
12n + 15m = 321, где m, n ∈ N0 , S = 400n + 600m – общая стоимость.
У к а з а н и е. Несложно вычислить, что наименьшую цену имеют изделия первого
типа.
У к а з а н и е. Для минимизации общей стоимости изделий следует максимизировать в контейнере число изделий первого типа, тогда как для максимизации общей
стоимости, соответственно, взять наибольшее число деталей второго типа. Данное
утверждение является условием организации перебора.
Р е ш е н и е. Обозначим за неизвестные величины:
400
1
I: n изделий (12 кг, 400 тыс.руб.); цена:
= 33 тыс.руб./кг;
12
3
600
= 40 тыс.руб./кг;
II: m изделий (15 кг, 600 тыс.руб.); цена:
15
всего: 321 кг, m, n ∈ N0 . По условию 12n + 15m = 321 , то есть 4n + 5m = 107 ,
общая стоимость S = 400n + 600m = 200(2n + 3m) тыс.руб.
Для минимизации стоимости логично выбрать в контейнере максимально возможное число деталей первого типа, так как их цена ниже. Так как 4n+ 5m = 107,
107
то n ≤
, то есть n ≤ 26 .
4
Рассмотрим решение этого уравнения в целых числах:
n = 26 : 5m = 3 - нет решений;
n = 25 : 5m = 7 - нет решений;
n = 24 : 5m = 11 - нет решений;
n = 23 : 5m = 15, m = 3; тогда S = 200(2n+ 3m) = 200(46 + 9) = 11000 тыс.руб.
Для максимизации общей стоимости логичнее выбрать как можно больше
"самых дорогих деталей" с точки зрения цены, то есть второго типа. Так как
107
4n + 5m = 107, то m ≤
, то есть m ≤ 21.
5
Рассмотрим решение этого уравнения в целых числах:
m = 21 : 4n = 2 – нет решений;
m = 20 : 4n = 7 – нет решений;
m = 19 : 4n = 12, n = 3; тогда S = 200(2n + 3m) = 200(6 + 57) = 12600 тыс.руб.
О т в е т. 11000 тыс.руб. и 12600 тыс.руб.
302
Указания и решения
Задача 3. (Экон-96.4)
В контейнер упакованы комплектующие изделия трёх типов. Стоимость и вес одного изделия составляют 400 тыс.руб. и 12 кг для первого типа, 500 тыс.руб. и
16 кг для второго типа, 600 тыс.руб. и 15 кг для третьего типа. Общий вес комплектующих равен 326 кг. Определить минимальную и максимальную возможную
суммарную стоимость находящихся в контейнере комплектующих изделий.
И д е я. Обозначив за неизвестные величины число деталей каждого из типов,
составить модель задачи и исследовать выражение для общей стоимости через
цену одного килограмма изделия, организовав целочисленный перебор.
У к а з а н и е. Если n, m, и k – число деталей каждого из типов, то:
12n + 16m + 15k = 326, где n, m, k ∈ N0 ,
S = 400n + 500m + 600k;
где S – общая стоимость.
У к а з а н и е. Наименьшую "удельную стоимость" имеют изделия второго типа,
а наибольшую – третьего типа.
У к а з а н и е. Для увеличения общей стоимости нужно брать больше деталей третьего типа, а для уменьшения – второго типа. На этом следует основывать перебор.
Р е ш е н и е. Обозначим за неизвестные величины:
1
I: n изделий (12 кг; 400 тыс.руб.); цена: 400
12 = 33 3 тыс.руб./кг.;
1
II: m изделий (16 кг; 500 тыс.р.); цена: 500
16 = 31 4 тыс.руб./кг.;
600
III: k изделий (15 кг; 600 тыс.руб.); цена: 15 = 40 тыс.руб./кг.
По условию задачи общий вес изделий: 12n+16m+15k = 326 , где n, m, k ∈ N0 ;
суммарная стоимость: S = 400n + 500m + 600k .
Из отношения 31 41 < 33 31 < 40 следует, что дешевле всего изделия второго
типа, а дороже всего – изделия третьего типа.
Для минимизации суммарной стоимости логично выбрать как можно больше
самых недорогих изделий, то есть второго типа. Из условия 12n + 16m + 15k = 326
находим, что m ≤ 20 . Рассмотрим решение этого уравнения в целых числах:
m = 20 :
m = 19 :
m = 18 :
m = 17 :
12n + 15k = 6, нет решений;
12n + 15k = 22, нет решений;
12n + 15k = 38, нет решений;
12n + 15k = 54, n = 2, k = 2.
Тогда S = 100(4n + 5m + 6k) = 100(8 + 85 + 12) = 100 · 105 = 10500 тыс.руб.
Для максимизации суммарной стоимости логично выбрать как можно больше
самых дорогих изделий, то есть третьего типа. Из условия 12n + 16m + 15k = 326
находим, что k ≤ 21 . Рассмотрим решение этого уравнения в целых числах:
k
k
k
k
= 21 :
= 20 :
= 19 :
= 18 :
12n + 16m = 11,
12n + 16m = 26,
12n + 16m = 41,
12n + 16m = 56,
нет решений;
нет решений;
нет решений;
m = 2, n = 2.
Тогда S = 100(4n + 5m + 6k) = 100(8 + 10 + 108) = 100 · 126 = 12600 тыс.руб.
О т в е т. 10500 тыс.руб. и 12600 тыс.руб.
4.3.
Оптимальный выбор...
303
Задача 4. (Псих-87.3)
Бригада маляров белила потолки в классе и в актовом зале школы, причём площадь потолка в актовом зале в три раза больше, чем площадь потолка в классе.
В той части бригады, которая работала в актовом зале, было на 6 маляров больше, чем в той части, которая работала в классе. Когда побелка всего потолка в
актовом зале закончилась, та часть бригады, которая была в классе, еще работала. Какое наибольшее число маляров могло быть в бригаде, если все они начали
работать одновременно и работали с одинаковой производительностью?
И д е я. Введя в рассмотрение "естественные" переменные и параметры, составить
неравенство о времени работы соответствующих частей бригады и решить его по
числу людей в бригаде.
У к а з а н и е. Обозначив за S площадь потолка в классе, а за p кв.м./чел. – производительность работы одного человека, тогда время побелки потолка в классе
S
равно t =
, где n ∈ N – количество маляров в данной части бригады.
pn
S
3S
<
, которое
У к а з а н и е. Основное неравенство в задаче имеет вид:
p(n + 6)
pn
требуется решить для n ∈ N и найти наибольшее значение выражения 2n + 6 .
Р е ш е н и е. Пусть S (кв.м.) – площадь потолка в классе, n человек занято на его
побелке, p (кв.м./чел.) – производительность каждого из них. Требуется найти
наибольшее значение выражения K = 2n + 6 , n ∈ N , при выполнении неравенства
(одна часть бригады завершила работу раньше другой):
3S
S
<
p(n + 6)
pn
⇐⇒
3n < n + 6
⇐⇒
n < 3.
Значит, наибольшее возможное значение n = 2 , при этом K = 10 .
О т в е т. 10 человек.
Задача 5. (Экон-90.4)
Натуральные числа a, b, c, взятые в указанном порядке, образуют возрастающую
геометрическую прогрессию, знаменатель которой является целым числом. Числа
2240 и 4312 делятся без остатка на b и с соответственно. Найти числа a, b и c,
если известно, что при указанных условиях сумма a + b + c максимальна.
И д е я. Расписав числа через первый член и знаменатель геометрической прогрессии и разложив заданные в условии числа на простые множители, исследовать все
возможные варианты значений знаменателя.
У к а з а н и е. Если 2 ≤ q ∈ N – знаменатель прогрессии, то b = aq , c = aq2 ,
a ∈ N ; 2240 = 26 · 5 · 7 , 4312 = 23 · 72 · 11.
У к а з а н и е. По условию задачи получаем 2240 = bn, 4312 = cm, где m, n ∈ N.
У к а з а н и е. Анализ системы уравнений
aqn = 26 · 5 · 7,
где a, q, m, n ∈ N,
aq 2 m = 23 · 72 · 11;
304
Указания и решения
показывает, что для знаменателя q возможные значения находятся в множестве
{2; 7; 2 · 7} .
У к а з а н и е. Окончательный отбор решений системы при выборе всех возможных вариантов значений a и q производится по факту максимизации S = a+b+c =
a(1 + q + q 2 ).
Р е ш е н и е. Если q ∈ N – знаменатель возрастающей геометрической прогрессии,
то получаем q ≥ 2 , b = aq, c = aq 2 , a ∈ N . Раскладывая данные в условии числа
на простые множители, получаем:
2240 = 26 · 5 · 7, 4312 = 23 · 72 · 11.
Сумма S = a + b + c = a(1 + q + q 2 ) по условию должна быть максимальна. Это
условие выбора решений. Так как числа 2240 и 4312 делятся без остатка на b и
с соответственно, то получаем систему в натуральных числах:
aqn = 26 · 5 · 7,
где a, q, m, n ∈ N.
aq 2 m = 23 · 72 · 11;
Поскольку 26 · 5 · 7 делится без остатка на q , а 23 · 72 · 11 делится без остатка
на q 2 , то приходим к выводу, что q ∈ {2, 7, 2 · 7} . Организуем перебор всех
вариантов. При этом учтём, что требуется найти такие a, b и c, что сумма S =
a(1 + q + q 2 ) принимает максимальное значение. Так как S линейно зависит от
a, то её максимальное значение достигается при максимально возможном a для
каждого рассматриваемого значения q .
an = 25 · 5 · 7,
1) q = 2 =⇒
=⇒ a = 2 · 7 =⇒ S = 98;
am = 2 · 72 · 11;
an = 26 · 5,
2) q = 7 =⇒
=⇒ a = 23 =⇒ S = 456;
am = 23 · 11;
an = 25 · 5,
3) q = 2 · 7 =⇒
=⇒ a = 2 =⇒ S = 422.
am = 2 · 11;
Максимальное значение S = 456 , откуда a = 8 , q = 7 и b = 56 , c = 392 .
О т в е т. 8; 56; 392.
Задача 6. (Псих-94.5)
Абитуриенты сдавали экзамены в течение трёх дней в одних и тех же аудиториях. Число экзаменовавшихся каждый день абитуриентов в каждой аудитории
было равно числу аудиторий. Если бы экзамены проводились в другом корпусе,
то их можно было бы провести за два дня, используя каждый день одни и те же
аудитории, причём каждый день в каждой аудитории абитуриентов удалось бы
рассадить по рядам так что число рядов, а также число людей в ряду было бы
равно числу используемых аудиторий. Определить минимальное возможное число
абитуриентов, которое могло бы быть проэкзаменовано при этих условиях.
И д е я. Обозначив за неизвестное число аудиторий в каждом из корпусов соответственно, составить уравнение в натуральных числах и решить его через исследование делимости обеих частей.
4.3.
Оптимальный выбор...
305
У к а з а н и е. Если n и m – число аудиторий в первом и втором корпусах соответственно, то получаем: 3n2 = 2m3 , где m, n ∈ N .
У к а з а н и е. Из первого уравнения в силу целочисленности переменных следует,
.
.
что n .. 2, m .. 3 , то есть n = 2p, m = 3q , где p и q – натуральные числа.
У к а з а н и е. Процесс исследования делимости обеих частей приведёт к уравнению t2 = n3 , где t, n ∈ N . Его решением является t = n = 1 .
Р е ш е н и е. Пусть n аудиторий задействовано в первом корпусе и m аудиторий – во втором, тогда 3n2 = 2m3 , где m, n ∈ N . Ищем М = 3n2 ; заметим, что
.
.
n .. 2, m .. 3 , то есть n = 2p, m = 3q , где p и q натуральные числа. Подставляем эти
.
.
значения: 12p2 = 54q 3 , то есть 2p2 = 9q 3 ; значит, q .. 2, p .. 3 , то есть q = 2s, p = 3r ,
где r и s натуральные числа. Подставляем: 18r2 = 72s3 , то есть r2 = 4s3 ; значит,
.
r .. 2 , то есть r = 2k, k ∈ N ; подставляем 4k2 = 4s3 , то есть k 2 = s3 . Наименьшим
натуральным решением этого уравнения являются k = s = 1 . Возвращаемся к
числу абитуриентов:
M = 3n2 = 12p2 = 12 · 9r2 = 12 · 9 · 4k 2 = 12 · 36 = 432.
О т в е т. 432 человека.
Задача 7. (ВМК-87.5)
С завода на стройку нужно перевезти 24 больших и 510 маленьких бетонных блоков. Доставка блоков осуществляется автомашинами, каждая из которых вмещает
44 маленьких блока и имеет грузоподъёмность 10 тонн. Вес маленького блока 0, 2 тонны, большой блок весит 3, 6 тонны и занимает место 14 маленьких. Найти
минимальное число рейсов, достаточное для перевозки всех блоков.
И д е я. Рассмотрев все возможные варианты загрузки автомашин, получить нижнюю оценку для необходимого числа рейсов и доказать её достижимость.
У к а з а н и е. Возможны три варианта загрузки автомашин:
два больших блока и 14 малых,
один большой блок и 30 малых,
44 малых блока.
У к а з а н и е. Если по трём типам загрузки автомашин принять их количество
рейсов соответственно за m, n, k , то можно составить систему:
2n + m ≥ 24; n, m, k ∈ N0 ;
14n + 30m + 44k ≥ 510.
У к а з а н и е. Учитывая, что требуется найти наименьшее возможное значение
S = m + n + k , получить следствия из рассматриваемой системы для оценки
величины S .
У к а з а н и е. Для достаточно объективной оценки суммы S = m + n + k удобно
умножить первое неравенство на 14 и сложить со вторым неравенством.
306
Указания и решения
Р е ш е н и е. Рассмотрим типы загрузки автомашин. С учётом вместимости и грузоподъёмности автомашин получаем:
m рейсов: два больших блока и 14 малых,
n рейсов: один большой блок и 30 малых,
k рейсов: 44 малых блока, где n, m, k, ∈ N0 .
Так как надо перевезти все блоки, то получаем:
2n + m ≥ 24; n, m, k ∈ N0 ;
14n + 30m + 44k ≥ 510.
Требуется найти наименьшее возможное при этих условиях значение суммы S =
m + n + k . Умножив первое неравенство на 14 и сложив со вторым, получим
следствие:
42n + 44m + 44k ≥ 14 · 24 + 510 = 846.
Запишем оценку:
44S = 44n + 44m + 44k ≥ 42n + 44m + 44k ≥ 846
=⇒
S≥
846
5
= 19 .
44
22
Значит, в силу целочисленности S , можно говорить, что S ≥ 20 . Следовательно, рейсов не может быть меньше 20 . Поскольку при получении оценки снизу
для S мы использовали не эквивалентный переход, а следствие, то необходимо
предъявить набор значений m, n и k , при которых выполняется условие задачи и
S = 20 . Выбрав, например, n = 12, m = 0, k = 8 , получаем S = 20 и выполнение
условия задачи.
З а м е ч а н и е. При обосновании достижимости значения S = 20 набор соответствующих чисел m, n, k может отличаться от предложенного.
О т в е т. 20 рейсов.
Задача 8. (Геол-99.6)
Дана арифметическая прогрессия a1 , a2 , . . . , an , в которой a3 = −13 и a7 = 3.
Определить, при каком количестве членов сумма прогрессии будет наименьшей;
найти значение этой суммы.
И д е я. Найдя первый член и разность прогрессии, выразить искомую сумму как
функцию от количества членов прогрессии.
У к а з а н и е. Если a1 – первый член прогрессии, d – её разность, то получаем:
a3 = a1 + 2d = −13,
a7 = a1 + 6d = 3;
У к а з а н и е. Найдя a1 = −21 и d = 4 , выразить искомую сумму Sn = n(2n−23).
У к а з а н и е. Исследовав функцию f (n) = 2n2 − 23n на минимум как параболу,
получаем, что для ответа на вопрос задачи нужно сравнить f (5) и f (6).
4.3.
Оптимальный выбор...
307
Р е ш е н и е. Если a1 – первый член прогрессии, d – её разность, то получаем:
a1 = −21,
a3 = a1 + 2d = −13,
⇐⇒
a7 = a1 + 6d = 3;
d = 4.
Сумма n первых членов:
Sn =
2a1 + (n − 1)d
· n = (2n − 23)n = 2n2 − 23n.
n
Рассмотрим функцию f (t) = 2t2 − 23t, t ∈ R; её наименьшее значение достигается в вершине параболы (так как f (t) задана квадратным трёхчленом, ветви
соответствующей параболы направлены вверх): t0 = 23/4 ∈ (5; 6). Устанавливая
соответствие f (t) с Sn в связи с тем, что t ∈ R , тогда как n ∈ N , получаем, что
для ответа на вопрос задачи достаточно вычислить и сравнить f (5) и f (6):
f (5) = 50 − 115 = −65 > −66 = 72 − 138 = f (6).
Значит, наименьшее значение суммы равно −66 , и достигается оно при n = 6 .
О т в е т. При шести членах; −66 .
Задача 9. (Экон-94.5)
Предприятие производит телевизоры и является прибыльным. Известно, что при
изготовлении n телевизоров в месяц расходы
предприятия
на выпуск одного теле
40500
40500
тыс.руб., а цена реализации
визора составляют не менее
+270−90 −
n
n 3n
тыс.руб. Определить ежекаждого телевизора при этом не превосходит 540 −
10
месячный объём производства, при котором может быть получена наибольшая из
возможных в данных условиях ежемесячная прибыль.
И д е я. Составив выражение для "функции прибыли" как зависимости от числа
проданных телевизоров, исследовать её на наибольшие значения с учётом вариантов раскрытия модуля.
У к а з а н и е. В силу прибыльности предприятия (из условия задачи) его месячный доход ориентирован на разность стоимости продажи телевизора и затрат на
его изготовление.
У к а з а н и е. Выражение для "функции прибыли" по n телевизорам в месяц можно рассматривать в виде:
3
40500
40500 P (n) = n 540 − n − n
.
+ 270 − 90 −
10
n
n У к а з а н и е. Исследуя случай равенства в выражении для "функции прибыли"
и раскрывая модуль в нём по определению, получаем выражение функции в виде
квадратного трёхчлена с отрицательным старшим коэффициентом:
⎧
3 2
⎪
⎪
⎨ − 10 n + 360n − 81000, если n ≥ 450,
P (n) =
⎪
⎪
⎩ − 3 n2 + 180n, если n < 450,
10
308
Указания и решения
У к а з а н и е. Наибольшее значение квадратного трёхчлена с отрицательным
старшим коэффициентом достигается в его вершине.
Р е ш е н и е. Расходы предприятия по выпуску одного телевизора:
40500
40500 r(n) ≥
+ 270 − 90 −
тыс.руб.
n
n 3
Цена реализации одного телевизора: c(n) ≤ 540 − n тыс.руб.
10
Так как предприятие по условию задачи прибыльно, то доход от продажи n
телевизоров в месяц не превысит разности цены и расходов на выпуск:
3
40500
40500 P (n) ≤ n(c(n) − r(n)) ≤ n 540 − n −
=
− 270 + 90 −
10
n
n 3 2
n + 270n + |90n − 40500| − 40500.
10
Рассмотрим "функцию прибыли" от числа реализованных телевизоров по случаю
равенства:
3
P (n) = − n2 + 270n + |90n − 40500| − 40500
10
Раскрывая модуль через точку смены знака, находим:
⎧
3 2
⎪
⎪
⎨ − 10 n + 360n − 81000, если n ≥ 450,
P (n) =
⎪
⎪
⎩ − 3 n2 + 180n, если n < 450,
10
=−
В каждом из случаев это квадратный трёхчлен с отрицательным старшим коэффициентом, то есть его наибольшее значение достигается в вершине.
−360 · 5
1)n ≥ 450, n0 =
= 600,
−3
3
P (600) = − 6002 + 360 · 600 − 81000 = 27000 тыс.руб.
10
−180 · 5
= 300,
2)n < 450, n0 =
−3
3
P (300) = − 3002 + 180 · 300 = 27000 тыс.руб.
10
Так как эти значения равны, то в ответ нужно внести оба варианта.
О т в е т. 300 или 600 шт.
4.3.
Оптимальный выбор...
309
Задача 10. (ВМК-95.5)
Строительной организации необходимо построить некоторое количество одинаковых домов общей площадью ровно 2500 кв.м. Стоимость одного дома площадью
a кв.м складывается из стоимости материалов p1 a3/2 тыс.руб., стоимости строительных работ p2 a тыс.руб. и стоимости отделочных работ p3 a1/2 тыс.руб. Числа
p1 , p2 , p3 являются последовательными членами геометрической прогрессии, их
сумма равна 21, а их произведение равно 64. Если построить 63 дома, то затраты
на материалы будут меньше, чем затраты на строительные и отделочные работы.
Сколько следует построить домов, чтобы общие затраты были минимальными?
И д е я. Вычислив p1 , p2 , p3 на основе условия задачи, составить "функцию затрат"на строительство произвольного числа домов и исследовать её на наименьшее значение при целочисленности аргумента.
У к а з а н и е. Условие принадлежности коэффициентов p1 , p2 , p3 к одной геометрической прогрессии приводит к соответствующей системе уравнений, решениями
которой являются наборы:
p1 = 1, p2 = 4, p3 = 16 и p1 = 16, p2 = 4, p3 = 1 .
У к а з а н и е. Подставив оба набора (p1 ; p2 ; p3 ) в условие строительства 63-х домов получим, что подходит лишь первый вариант:
p1 = 1, p2 = 4, p3 = 16.
2500 2
м , искомая "функция
У к а з а н и е. Учитывая, что по смыслу задачи a =
n
затрат" на строительство n домов принимает вид:
√
√
√
50
P (n) = n(p1 a a + p2 a + p3 a) = 2500 · √ + 10000 + 16 · 50 n; n ∈ N.
n
У к а з а н и е. Полученную "функцию затрат" удобно исследовать на наименьшее
значение с помощью неравенства, связывающего среднее арифметическое и среднее геометрическое двух неотрицательных чисел.
У к а з а н и е. Наименьшее значение P (n) достигается при выполнении равенства
(n ∈ R, n > 0 ):
√
50
16 · 50 n = 2500 · √ ,
n
то есть при n=156,25. Значит, возвращаясь к n ∈ N , следует сравнить значения
функций f (156) ∨ f (157).
Р е ш е н и е. Пусть требуется построить ровно n ∈ N домов общей площадью
S = 2500 м2 . Если один дом площадью a м2 , то по условию его стоимость составляется
из:
√
p1 a a тыс.руб. за материалы;
p2 a
√ тыс.руб. за строительные работы;
p2 a тыс.руб. за отделочные работы.
2500 2
S
м ;
Несложно видеть, что a = =
n
n
из условия принадлежности коэффициентов p1 , p2 , p3 к одной геометрической
прогрессии получаем систему уравнений:
310
Указания и решения
⎧
⎨ p1 + p2 + p3 = 21,
p1 p2 p3 = 64,
⎩ p2 = p p .
1 3
2
Из последних двух: p2 = 4 , тогда:
p1 + p3 = 17,
p1 p3 = 16.
Значит, возможны два набора коэффициентов:
p1 = 1, p2 = 4, p3 = 16 и p1 = 16, p2 = 4, p3 = 1 .
Проведём отбор значений на основе заданного в условии частного случая (63
дома). При n = 63 должно выполняться неравенство:
√
√
√
p1 a a ≤ p2 a + p3 a ⇐⇒ p1 a < p2 a + p3 .
Так как в этом случае a =
2500
, то
63
2500p1
50p2
< √ + p3
63
3 7
⇐⇒
√
2500p1 < 150 7p2 + 63p3 .
Подставим наборы коэффициентов:
1) p1 = 1, p2 = 4, p3 = 16. Проверим выполнение неравенства:
2500
625
373
139129
<
<
<
<
√
600 7 + 63 · 16
√
150 7 + 63 · 4
√
150 7
157500 − верно
2) p1 = 16, p2 = 4, p3 = 1. Проверим выполнение неравенства:
√
16 · 2500 < 600 7 + 63
√
40000 − 63 < 600 7
√
но 600 7 < 600 · 3 = 1800 , поэтому неравенство неверно.
Окончательно получаем:
2500 2
м .
n
Тогда общая "функция затрат" на строительство n домов принимает вид:
p1 = 1, p2 = 4, p3 = 16, a =
√
√
√
2500 · 50
√
+ 4 · 2500 + 16 · 50 n =
P (n) = n(p1 a a + p2 a + p3 a) =
n
√
625
= 200 4 n + √
n
+ 10000; n ∈ N.
4.3.
Оптимальный выбор...
311
Наименьшего значения P (n) достигает там же, где и
√
625
f (n) = 4 n + √ ; n ∈ N.
n
625
; t > 0, t ∈ R; её наименьшее значение по теореме о
Рассмотрим f (t) = 4t +
t
среднем геометрическом и среднем арифметическом достигается тогда и только
25
625
, то есть t =
.
тогда, когда 4t =
t
2
Возвращаясь к натуральному числу n в качестве аргумента в функции f (n), получаем:
√
625
t = n, n =
= 156, 25 ∈ (156; 157);
4
значит, требуется сравнить между собой значения функций f (156) и f (157).
√
625
4 · 156 + 625
1249
√
f (156) = 4 156 + √
=
= √ ;
156
156
2 39
√
4 · 157 + 625
1253
625
√
=
=√
.
f (157) = 4 157 + √
157
157
157
Сравним
f (156) ∨
1249
√
∨
2 39
√
1249 157 ∨
(1250 − 1)2 · 157 ∨
2
1250 · 157 − 2500 · 157 + 157 ∨
157 · 12502 − 157 · 2500 ∨
12502 ∨
12502 ∨
0 <
f (157)
1253
√
157
√
2506 39
(2500 + 6)2 · 39
39 · 25002 + 2 · 6 · 2500 · 39 + 36 · 39
39 · 4 · 12502 + 39 · 12 · 2500 + 1247
2500(468 + 157) + 1247
625 · 2500 + 1247
1247
значит, f (156) < f (157); следовательно, условие задачи реализуется при n = 156 .
О т в е т. 156 домов.
312
5.
5.1.
Указания и решения
Использование свойств квадратного трехчлена
в задачах с параметрами
Исследование свойств квадратичной функции в зависимости от значений параметра. Теорема Виета
Задача 1. (ЕГЭ.С)
При каких значениях a функция y = x2 + (a − 2)x + 0, 25 не принимает отрицательных значений?
И д е я. При всех значениях x должно выполняться неравенство:
x2 + (a − 2)x + 0, 25 ≥ 0.
У к а з а н и е. Исследовать знак дискриминанта.
У к а з а н и е. Должно выполняться условие D ≤ 0.
Р е ш е н и е. Неравенство x2 + (a − 2)x + 0, 25 ≥ 0 справедливо при все значениях
x только, если дискриминант неположителен:
D = (a − 2)2 − 1 = (a − 2 + 1)(a − 2 − 1) = (a − 1)(a − 3) ≤ 0
⇐⇒
a ∈ [1; 3].
О т в е т. [1; 3].
Задача 2. (Биол-75.2)
Найти все значения параметра p, при которых квадратное уравнение
(3x)2 + (3
1
3+ p
− 15)x + 4 = 0 имеет ровно одно решение.
И д е я. Квадратное уравнение имеет ровно одно решение, если его дискриминант
равен нулю.
1
У к а з а н и е. Найти p, при которых D = (27 · 3 p − 15)2 − 36 · 4 = 0 .
Р е ш е н и е. Перепишем уравнение в виде:
1
9x2 + (27 · 3 p − 15)x + 4 = 0;
оно имеет ровно одно решение при нулевом дискриминанте:
1
D = (27 · 3 p − 15)2 − 36 · 4 = 0
⎡ 1
p
⎢ 3 = 1;
⇐⇒ ⎣ 1
1 ⇐⇒
3p = ;
9
1
О т в е т. − .
2
1
⇐⇒ 27 · 3 p − 15 = ±12 ⇐⇒
⎡
1
⎢ p = 0;
1
⎢
⇐⇒ p = − .
⎣ 1
2
= −2;
p
5.1.
Исследование свойств квадратичной функции...
313
Задача 3. (У)
Пусть 4a + 2b + c > 0 и уравнение ax2 + bx + c = 0 не имеет действительных
корней. Каков знак c?
И д е я. Исследовать функцию f (x) = ax2 + bx + c на предмет знакопостоянства.
У к а з а н и е. Определить x0 , для которого f (x0 ) = 4a + 2b + c.
У к а з а н и е. Поскольку f (2) = 4a + 2b + c > 0, то f (x) > 0 для всех x ∈ R.
Р е ш е н и е. Так как уравнение не имеет действительных корней, то функция
f (x) = ax2 + bx + c не обращается в ноль и, следовательно, при всех x сохраняет знак. Поскольку f (2) = 4a + 2b + c > 0, то f (x) > 0 для всех x ∈ R. И так
как c = f (0), то c > 0.
О т в е т. c > 0.
Задача 4. (У)
При каких значениях q уравнение x2 − px + q = 0 имеет решение при любом p?
И д е я. Записать условие существование решения с помощью неравенства для
дискриминанта.
У к а з а н и е. Неравенство D = p2 − 4q ≥ 0 должно выполняться при любом p.
Р е ш е н и е. Уравнение будет иметь решение, если
D = p2 − 4q ≥ 0
А так как неравенство q ≤
⇐⇒
q≤
p2
.
4
p2
должно выполняться при любом p, то q ≤ 0.
4
О т в е т. q ≤ 0.
Задача 5. (У)
Пусть x1 , x2 – корни квадратного уравнения x2 + px − q = 0. Найти x41 + x42 , не
вычисляя этих корней.
И д е я. Воспользоваться теоремой Виета.
У к а з а н и е. Выразить сумму четвёртых степеней через сумму и произведение
корней с помощью выделения полного квадрата.
x1 + x2 = −p,
Р е ш е н и е. По теореме Виета:
Выразим x41 + x42 через p и q :
x1 · x2 = −q.
2
2
2
x41 + x42 = x21 + x22 − 2x21 x22 = (x1 + x2 ) − 2x1 x2 − 2x21 x22 = (p2 + 2q)2 − 2q 2 .
О т в е т. (p2 + 2q)2 − 2q 2 .
314
Указания и решения
Задача 6. (У)
Дано уравнение x2 + px + q = 0. Составить квадратное уравнение, корнями которого являются сумма квадратов и сумма кубов корней данного уравнения.
И д е я. Воспользоваться теоремой Виета.
У к а з а н и е. С помощью теоремы Виета найти сумму квадратов и сумму кубов
корней исходного
уравнения.
y1 = x21 + x22 = (x1 + x2 )2 − 2x1 x2 = p2 − 2q,
У к а з а н и е.
y2 = x31 + x32 = (x1 + x2 )(x21 − x1 x2 + x22 ) = −p3 + 3pq.
У к а з а н и е. С помощью теоремы Виета составить новое уравнение с такими
корнями.
Р е ш е н и е. Пусть x1 и x2 – корни данного уравнения, y1 и y2 – корни уравнения,
которое надо составить. Тогда по теореме Виета:
x1 + x2 = −p,
x1 · x2 = q.
Выразим y1 и y2 через p и q :
y1 = x21 + x22 = (x1 + x2 )2 − 2x1 x2 ,
y2 = x31 + x32 = (x1 + x2 )(x21 − x1 x2 + x22 ),
⇐⇒
⇐⇒
y 1 = p2 −
2q,
y2 = −p (x1 + x2 )2 − 3x1 x2 = −p(p2 − 3q) = −p3 + 3pq.
Теперь составим уравнение с корнями y1 и y2 :
(y − y1 ) (y − y2 ) = 0 ⇐⇒ y 2 − (y1 + y2 )y + y1 y2 = 0 ⇐⇒
⇐⇒ y 2 + p3 − p2 − 3pq + 2q y − p2 − 2q p3 − 3pq = 0.
О т в е т. y 2 + p3 − p2 − 3pq + 2q y − p2 − 2q p3 − 3pq = 0.
Задача 7. (Псих-78.5)
Известно, что для некоторой квадратичной функции f (x) = ax2 +bx+c выполнены
неравенства: f (−1) < 1 , f (1) > −1 , f (3) < −4 . Определить знак коэффициента a.
И д е я. Выписать соответствующие неравенства и сложить их с такими коэффициентами, чтобы из получившегося неравенства можно было определить знак a.
У к а з а н и е. Из условия задачи получаем:
⎧
⎪
⎨f (−1) = a − b + c < 1,
f (1) = a + b + c > −1,
⎪
⎩f (3) = 9a + 3b + c < −4.
У к а з а н и е. Сложить неравенства с коэффициентами 1, −2 и 1 соответственно.
5.1.
Исследование свойств квадратичной функции...
315
Р е ш е н и е. Для наглядности можно привлечь график f (x) в координатной плоскости: лучи из т.A(−1; 1), т.B(1; −1), т.C(3; −4) содержат точки графика f (x); на
визуальном уровне ясно, что a = 0 и парабола может иметь лишь отрицательный
старший коэффициент (ветви вниз); строгое доказательство этого факта неизбежно выведет на геометрическое исследование ΔABC и расположения его вершин,
а также на вопрос о направлении выпуклости параболы (любая точка графика
f (x) будет лежать выше произвольно выбранной хорды этого графика ⇒ выпуклость вверх, то есть ветви вниз a < 0 ), что, вообще говоря, составляет отдельную
теорию и задаёт свой класс задач.
Поэтому запишем данные в условии неравенства и получим из них неравенство,
позволяющее определить знак коэффициента a:
⎧
⎪
⎨f (−1) = a − b + c < 1,
f (1) = a + b + c > −1,
⎪
⎩f (3) = 9a + 3b + c < −4;
складываем первое неравенство с третьим: 10a + 2b + 2c < −3 ; прибавив к этому
неравенству второе неравенство системы, домноженное на −2 , получим:
4a < −
1
2
⇐⇒
a<−
1
8
=⇒
a < 0.
О т в е т. Минус.
Задача 8. (Физ-94(2).7)
Найти все значения a, для каждого из которых система
−x2 + 12x − a ≥ 0,
x ≤ 2;
выполняется хотя бы для одного x.
И д е я. Отрезок (в вырожденном случае точка), являющийся решением первого
неравенства, должен пересекаться с лучом, являющимся решением второго неравенства.
У к а з а н и е. Меньший корень квадратного трёхчлена должен не превосходить 2.
У к а з а н и е. Найти искомое значение параметра из неравенства:
√
6 − 36 − a ≤ 2.
Р е ш е н и е. Перепишем систему в виде:
x2 − 12x + a ≤ 0,
x ≤ 2;
квадратное неравенство выполнимо при D ≥ 0 ⇐⇒ a ≤ 36 . Решением квадратного
неравенства будет отрезок [x1 ; x2 ] (в случае совпадающих корней – точка); для
выполнения условия задачи достаточно потребовать:
√
√
x1 ≤ 2 ⇐⇒ 6 − 36 − a ≤ 2 ⇐⇒
36 − a ≥ 4 ⇐⇒ a ≤ 20.
О т в е т. (−∞; 20].
316
Указания и решения
Задача 9. (М/м-71.4)
x2 + 2x + α ≤ 0,
имеет единНайти все α , при которых система неравенств
x2 − 4x − 6α ≤ 0;
ственное решение.
И д е я. Рассмотреть три возможных случая взаимного расположения отрезков,
являющихся решениями данных неравенств.
У к а з а н и е. Либо левая граница одного отрезка является правой границей другого; либо один из отрезков вырождается в точку, которая принадлежит другому
отрезку.
У к а з а н и е. Для f (x) = x2 + 2x + α и g(x) = x2 − 4x − 6α возможны следующие
варианты:
f (x) = g(x) = 0,
D(f ) = 0,
D(g) = 0,
1)
2)
3)
−1 < x < 2;
g(x) ≤ 0;
f (x) ≤ 0;
где D(f ) и D(g) – дискриминанты трёхчленов f (x) и g(x) соответственно.
Р е ш е н и е. Обозначим для удобства:
f (x) = x2 + 2x + α ≤ 0, xв = −1, D1 = 1 − α ≥ 0,
g(x) = x2 − 4x − 6α ≤ 0, xв = 2, D1 = 4 + 6α ≥ 0;
чтобы система имела решения, необходима неотрицательность обоих дискрими2
нантов, то есть − ≤ α ≤ 1 ; графиками функций являются две параболы; усло3
вию задачи отвечают три случая:
⎧
2
2
⎪
⎨x + 2x + α = x − 4x − 6α,
f (x) = g(x) = 0,
1)
⇐⇒
⇐⇒
x2 + 2x + α = 0,
⎪
−1 < x < 2;
⎩−1 < x < 2;
⎧
⎧
6
⎪
⎪
⎪6x + 7α = 0,
⎪α = − x,
⎨
⎨
7
x = 0,
2
8
⇐⇒
x + 2x + α = 0, ⇐⇒
x2 + x = 0, ⇐⇒
⎪
⎪
α = 0.
⎩−1 < x < 2;
⎪
⎪
⎩−1 < 7x < 2;
Условие f (x) = g(x) = 0 без уточнения x ∈ (−1; 2) является только необходимым,
так как не учитывает возможной вложенности“ парабол.
”
2) Уравнение f (x) = 0 имеет единственный корень, одновременно удовлетворяющий неравенству g(x) ≤ 0 . Единственное решение уравнения f (x) = 0 достигается при D1 = 0 , то есть α = 1 , x = −1 . Проверим условие g(x) ≤ 0 :
g(−1) = 1 + 4 − 6 = −1 < 0 – верно =⇒
α = 1 – подходит.
5.1.
Исследование свойств квадратичной функции...
317
3) Уравнение g(x) = 0 имеет единственный корень, одновременно удовлетворяющий неравенству f (x) ≤ 0 . Единственное решение уравнения g(x) = 0 до2
стигается при D1 = 0 , то есть α = − , x = 2 . Проверим условие f (x) ≤ 0 :
3
2
f (2) = 4 + 4 − > 0 – не подходит.
3
О т в е т. 0 ; 1 .
Задача 10. (Экон-98.5)
Найти все действительные значения c, для которых все числа из области значений
x2 + cx − 1
принадлежат интервалу (−1; 2).
функции f (x) = 2
2x − 3x + 2
x2 + cx − 1
< 2 для всех значений x.
2x2 − 3x + 2
У к а з а н и е. Домножить двойное неравенство
И д е я. Надо найти c такие, что −1 <
x2 + cx − 1
<2
2x2 − 3x + 2
на знаменатель, так как он положителен при
x.
всех
3x2 + (c − 3)x + 1 > 0,
У к а з а н и е. Найти c такие, что система
справедлива
3x2 − (c + 6)x + 5 > 0;
при всех x.
У к а з а н и е. Необходимо и достаточно, чтобы соответствующие дискриминанты
были отрицательными.
−1 <
Р е ш е н и е. Нужно найти такие c ∈ R, что для любого x из области определения
выполняются неравенства:
−1 <
x2 + cx − 1
< 2.
2x2 − 3x + 2
318
Указания и решения
Дискриминант квадратного трёхчлена 2x2 − 3x + 2 отрицателен, следовательно,
2x2 − 3x + 2 > 0 при любом x, и исходные неравенства равносильны следующим:
−(2x2 − 3x + 2) < x2 + cx − 1,
3x2 + (c − 3)x + 1 > 0,
⇐⇒
2
2
x + cx − 1 < 2(2x − 3x + 2);
3x2 − (c + 6)x + 5 > 0.
Для того, чтобы эти неравенства выполнялись при любом x, необходимо и достаточно, чтобы соответствующие дискриминанты были отрицательными. Запишем
это условие в виде системы и решим её.
√
√
(c − 3)2 − 12 < 0,
−2√3 < c − 3 < 2 3,
√
⇐⇒
⇐⇒
(c + 6)2 − 60 < 0;
−2 15 < c + 6 < 2 15;
√
√
√ √
3 < c < 3 + 2√ 3,
3−2 √
⇐⇒
⇐⇒ c ∈ (3 − 2 3; 2 15 − 6).
−6 − 2 15 < c < 2 15 − 6;
√ √
О т в е т. (3 − 2 3; 2 15 − 6).
Задача 11. (Физ-93.7)
Уравнение ax2 + bx + 2 = 0 , где a < 0 , имеет одним из своих корней число x = 3 .
Решить уравнение ax4 + bx2 + 2 = 0.
И д е я. Определить знак второго корня квадратного уравнения с помощью теоремы Виета.
У к а з а н и е. Уравнение at2 + bt + 2 = 0 , где t = x2 ≥ 0 , имеет корни t1 = 3 и
t2 < 0 .
Р е ш е н и е. Согласно условию задачи уравнение at2 + bt + 2 = 0 , где a < 0 , одним
2
из решений имеет t1 = 3 . По теореме Виета t1 t2 = < 0 , следовательно, t2 < 0 .
a
ax4 + bx2 + 2 = 0 ). Получим:
Положим t = x2 ≥ 0 (то есть перейдем к уравнению
√
2
2
x = t1 = 3 или x = t2 < 0 , откуда x = ± 3.
√
О т в е т. ± 3 .
Задача 12. (Физ-89.5)
Найти все значения параметра m, при каждом из которых уравнение
1
(2x)2 − 4x · (m · 3m ) 2 + 3m+1 + m − 3 = 0
имеет корни. Выяснить знаки корней при различных значениях m.
И д е я. Квадратное уравнение имеет корни при D ≥ 0 . Знаки корней можно
определить с помощью теоремы Виета.
У к а з а н и е. D1 = 4m · 3m − 4 (3 · 3m + m − 3) =
= 4m · 3m − 12 · 3m − 4(m − 3) = 4(m − 3)(3m − 1) ≥ 0.
1
У к а з а н и е. Из условия существования величины (m · 3m ) 2 следует, что m ≥ 0 .
У к а з а н и е. Знаки корней можно определить с помощью теоремы Виета.
5.1.
Исследование свойств квадратичной функции...
319
Р е ш е н и е. Перепишем уравнение при m ≥ 0 :
√
4x2 − 4 m · 3m · x + 3 · 3m + m − 3 = 0;
оно имеет корни при D1 ≥ 0 :
D1 = 4m · 3m − 4 (3 · 3m + m − 3) =
= 4m · 3m − 12 · 3m − 4(m − 3) = 4(m − 3)(3m − 1) ≥ 0.
С учётом m ≥ 0 получаем, что решения есть при m = 0 и m ≥ 3 . Выясним теперь
какие знаки у корней:
1) при m = 0 получаем 4x2 = 0 ⇐⇒ x = 0 ;
2) при m = 3 D1 = 0 и, значит, единственный корень:
4x2 − 36x + 81 = 0
⇐⇒
(2x − 9)2 = 0
⇐⇒
x=
9
> 0;
2
3) при m >
√3 D1 > 0 и, следовательно, два корня. По теореме Виета:
x1 + x2 = m · 3m > 0 ;
1
x1 · x2 = (3m+1 + m − 3) > 0 ;
4
значит, оба корня положительны.
9
О т в е т. {0} ∪ [3; +∞); если m = 0 , то x = 0 ; если m = 3 , то x = > 0 ; если
2
m > 3 , то два положительных корня; если 0 =
m < 3 , то нет решений.
Задача 13. (Физ-91.5)
При каких значениях a все корни уравнения
3ax2 + (3a3 − 12a2 − 1)x − a(a − 4) = 0 удовлетворяют условию |x| < 1 ?
И д е я. Выразить корни уравнения через параметр и решить относительно параметра соответствующее неравенство с модулем.
У к а з а н и е. Рассмотреть отдельно случай, когда неравенство не является квадратным, то есть при a = 0 .
У к а з а н и е. При a = 0 корни можно угадать с помощью теоремы Виета или
вычислить непосредственно через дискриминант.
У к а з а н и е. Квадратное уравнение имеет корни:
x1 = −a(a − 4), x2 =
1
.
3a
Р е ш е н и е. Если a = 0 , то x = 0 , то есть x = 0 – единственное решение.
При a = 0 поделим на 3a обе части уравнения:
x2 + a(a − 4) −
1
3a
1
x − (a − 4) = 0;
3
320
Указания и решения
2
1
4
+ (a − 4) =
3a
3
1
1
1
a
−4
= a2 (a − 4)2 − 2a(a − 4) ·
+ 2 + 4a
= a(a − 4) +
3a 9a
3a
3a
1
.
корни: x1 = −a(a − 4), x2 =
3a
Условие задачи будет выполнено, если
⎧
⎨| − a(a
− 4)| < 1,
1
⎩ < 1;
3a
дискриминант: D =
a(a − 4) −
2
≥ 0;
возводим оба неравенства в квадрат и раскладываем на множители:
2
a2 − 4a + 1 a2 − 4a − 1 < 0,
4a − a2 < 1,
(3a + 1) (3a − 1) > 0;
1 < 9a2 , a = 0;
√
√
точки смены знака в первом неравенстве:
a1,2√ = 2 ± 3 , a3,4 = 2 ± 5; значит,
√
решением системы являются a ∈ (2 + 3; 2 + 5).
.2
.1
0
.1
_
−6
−41/16
−1/3 2−5 0
О т в е т. {0} ∪ (2 +
−1
_
2−3 1/3
5 _7
x_
2+3 2+5
a
√
√
3; 2 + 5).
Задача 14. (Псих-81.5)
Найти все значения параметра a, при каждом из которых наименьшее значение
квадратного трёхчлена 4x2 − 4ax + a2 − 2a + 2 на отрезке 0 ≤ x ≤ 2 равно 3 .
И д е я. Наименьшее значение достигается либо в вершине параболы, либо на одной из границ отрезка.
У к а з а н и е. Рассмотреть различные варианты расположения вершины параболы относительно отрезка.
У к а з а н и е. Первый случай: если xв ∈ [0; 2], то наименьшее значение f (x) достигается в вершине.
У к а з а н и е. Второй случай: если xв < 0 , то наименьшее значение f (x) на [0; 2]
достигается в т. x = 0 .
У к а з а н и е. Третий случай: если xв > 2 , то наименьшее значение f (x) достигается при x = 2 .
Р е ш е н и е. Обозначим f (x) = 4x2 −4ax+a2 −2a+2 . Графиком является парабола,
a
ветви вверх, xв = . Наименьшее значение f (x) достигается либо в вершине,
2
5.1.
Исследование свойств квадратичной функции...
321
либо на одной из границ исследуемого отрезка [0; 2]. Все зависит от расположения
вершины.
1) Если xв ∈ [0; 2], то наименьшее значение f (x) достигается
выполнена система:
a
0 ≤ ≤ 2,
0 ≤ a ≤ 4,
2
⇐⇒
⇐⇒
a2 − 2a2 + a2 − 2a + 2 = 3;
f (xв ) = 3;
в вершине, то есть
⎧
⎨0 ≤ a ≤ 4,
1
⎩a = − ;
2
у системы нет решений. Значит, этот случай невозможен.
2) Если xв < 0 , то наименьшее значение f (x) на [0; 2] достигается в левой границе
отрезка, так как f (x) на этом отрезке возрастает. Значит, должна выполняться
система:
a
√
< 0,
xв < 0,
a < 0,
2
⇐⇒
⇐⇒ a = 1− 2.
⇐⇒
2
f (0) = 3;
a − 2a − 1 = 0;
a2 − 2a + 2 = 3;
3) Если xв > 2 , то наименьшее значение f (x) на [0; 2] достигается в правой границе отрезка, так как f (x) на [0; 2] убывает. Значит, должна выполняться система:
a
√
> 2,
xв > 2,
a > 4,
⇐⇒ 2
⇐⇒ a = 5+ 10.
⇐⇒
2
f (2) = 3;
a − 10a + 15 = 0;
a2 − 10a + 18 = 3;
О т в е т. 1 −
√
2; 5 +
√
10.
322
5.2.
Указания и решения
Теоремы о расположении корней квадратного трехчлена на числовой оси
Задача 1. (У)
При каких значениях a оба корня уравнения (2 − a)x2 − 3ax + 2a = 0 больше
1
?
2
И д е я. Использовать необходимое и достаточное условие того, что оба корня
больше заданного числа.
У к а з а н и е. Пусть x1 , x2 – корни квадратного трёхчлена f (x) = ax2 + bx + c.
Тогда
⎧
⎪
⎨D > 0,
x1 > M,
⇐⇒
a · f (M ) > 0,
⎪
x2 > M ;
⎩x > M.
в
1
для
2
2
f (x) = (2 − a)x − 3ax + 2a должны выполняться следующие условия
Р е ш е н и е. Для того, чтобы оба корня уравнения были больше
⎧
D = 9a2 − 8a(2 − a) > 0,
⎪
⎪
⎪
1
⎨
> 0,
(2 − a)f
⇐⇒
2
⎪
⎪
1
3a
⎪
⎩ xв =
> ;
2(2 − a)
2
⇐⇒
О т в е т.
⎧
⎪
⎪
a ∈ (−∞; 0) ∪
⎪
⎪
⎨
a ∈ (−2; 2) ,
⎪
⎪
1
⎪
⎪
;2 ;
⎩ a∈
2
⎧
2
⎪
⎨ 17a − 16a > 0,
(a − 2)(a + 2) < 0, ⇐⇒
⎪
⎩ 2a − 1 < 0;
a−2
16
; +∞ ,
17
⇐⇒
16
< a < 2.
17
16
;2 .
17
Задача 2. (У)
При каких значениях a один из корней уравнения
(a2 + a + 1)x2 + (2a − 3)x + (a − 5) = 0 больше 1, а другой меньше 1?
И д е я. Использовать необходимое и достаточное условие того, что заданное число
лежит между корнями квадратного трёхчлена.
У к а з а н и е. Пусть x1 , x2 – корни квадратного трёхчлена f (x) = ax2 + bx + c.
Тогда
x1 < M < x2 ⇐⇒ a · f (M ) < 0.
5.2.
Теоремы о расположении корней ...
323
Р е ш е н и е. Так как x1 < 1 < x2 , то для
f (x) = (a2 + a + 1)x2 + (2a − 3)x + (a − 5)
должно выполняться неравенство:
(a2 + a + 1)f (1) < 0.
Поскольку a2 + a + 1 > 0 , получаем:
⇐⇒ a2 + 4a − 7 < 0
√
√
О т в е т. (−2 − 11; −2 + 11).
f (1) < 0
⇐⇒
a ∈ (−2 −
√
11; −2 +
√
11).
Задача 3. (У)
Найти все значения a, при которых оба корня уравнения (a + 1)x2 − 3ax + 4a = 0
больше 1.
И д е я. Использовать необходимое и достаточное условие того, что оба корня
больше заданного числа.
У к а з а н и е. Пусть x1 , x2 – корни квадратного трёхчлена f (x) = ax2 + bx + c.
Тогда
⎧
⎪
⎨D > 0,
x1 > M,
⇐⇒
a · f (M ) > 0,
⎪
x2 > M ;
⎩x > M.
в
Р е ш е н и е. Для того, чтобы оба корня уравнения были больше 1 , для f (x) =
(a + 1)x2 − 3ax + 4a должны выполняться следующие условия:
⎧
⎧
2
D = 9a2 − 16a(a + 1) > 0,
⎪
⎪
⎨ −7a − 16a > 0,
⎨
(a + 1)f (1) > 0,
(a + 1)(2a + 1) > 0, ⇐⇒
⇐⇒
3a
a−2
⎪
⎪
⎩
⎩ xв =
> 1;
> 0;
2(a + 1)
a+1
⎧
16
⎪
⎪
⎨ a ∈ − ;0 ,
16
7
⇐⇒ −
⇐⇒
< a < −1.
a
∈
(−∞;
−1)
∪
(−1/2;
+∞)
,
⎪
7
⎪
⎩ a ∈ (−∞; −1) ∪ (2; +∞) ;
О т в е т.
−
16
; −1 .
7
Задача 4. (У)
Известно, что корни x1 и x2 уравнения ax2 +bx+c = 0 удовлетворяют неравенству
x1 < −1 < x2 . Доказать, что a2 + ac < ab.
И д е я. Использовать необходимое и достаточное условие того, что заданное число
лежит между корнями квадратного трёхчлена.
У к а з а н и е. x1 < −1 < x2 ⇐⇒ af (−1) < 0, где f (x) = ax2 + bx + c.
324
Указания и решения
Р е ш е н и е. Так как x1 < −1 < x2 , то должно выполняться неравенство
af (−1) < 0, где f (x) = ax2 + bx + c. Получаем:
af (−1) < 0
⇐⇒
a(a − b + c) < 0
⇐⇒
a2 + ac < ab,
что и требовалось доказать.
Задача 5. (Физ-94(2).7)
Найти
все значения a, для каждого из которых система
−x2 + 12x − a ≥ 0,
выполняется хотя бы для одного x.
x≤2
И д е я. Исследовать варианты расположения т. x = 2 относительно корней квадратного трёхчлена.
У к а з а н и е. У параболы f (x) = x2 − 12x + a ветви вверх, xв = 6 , решением
неравенства будет отрезок между корнями.
У к а з а н и е. Для существования решения квадратного неравенства, не превосходящего 2, необходимым и достаточным условием является f (2) ≤ 0 .
x2 − 12x + a ≤ 0,
исследуем варианты
Р е ш е н и е. Переписав систему в виде:
x ≤ 2;
расположения т. x = 2 относительно решения квадратного неравенства (парабола, xв = 6 , ветви вверх, значит, решением будет отрезок между корнями). Для
наличия хотя бы одного решения на x ≤ 2 достаточно выполнения условия:
f (2) ≤ 0
⇐⇒
4 − 24 + a ≤ 0
⇐⇒
a ≤ 20.
Заметим, что в этом случае не надо дополнительно исследовать знак дискриминанта, поскольку условие неположительности f (x) хотя бы в одной точке гарантирует
наличие корней.
О т в е т. (−∞; 20].
5.2.
Теоремы о расположении корней ...
Задача 6. (ЕГЭ.С)
При каком значении a область определения функции y =
состоит из одной точки?
325
√
√
6
−x2 + 4x + a + x − 3
И д е я. Записать область определения в виде системы неравенств и исследовать
варианты расположения корней квадратного трёхчлена относительно точки x = 3 .
У к а з а н и е. У параболы f (x) = −x2 +4x+a ветви вниз, xв = 2 . Тогда решением
первого неравенства будет отрезок между корнями; решением второго неравенства
является луч [3; +∞).
У к а з а н и е. Множества решений неравенств будут пересекаться в одной точке,
только если x = 3 будет корнем квадратного уравнения.
Р е ш е н и е. Запишем область определения в виде системы:
−x2 + 4x + a ≥ 0,
x ≥ 3.
У параболы f (x) = −x2 + 4x+ a ветви вниз, xв = 2 . Тогда решением первого неравенства будет отрезок между корнями; решением второго неравенства является
луч [3; +∞). Множества решений неравенств будут пересекаться в одной точке
только, если x = 3 будет корнем квадратного уравнения.
Подставим x = 3 в квадратное уравнение −x2 + 4x + a = 0 и найдём a:
−9 + 12 + a = 0 ⇐⇒ a = −3.
О т в е т. −3 .
Задача 7. (ЕГЭ.С)
При каком значении a область определения функции y =
состоит из одной точки?
√
√
6
−x2 + 6x + a + x − 4
И д е я. Записать область определения в виде системы неравенств и исследовать
варианты расположения корней квадратного трёхчлена относительно точки x = 4 .
У к а з а н и е. У параболы f (x) = −x2 +6x+a ветви вниз, xв = 3 . Тогда решением
первого неравенства будет отрезок между корнями; решением второго неравенства
является луч [4; +∞).
У к а з а н и е. Множества решений неравенств будут пересекаться в одной точке,
только если x = 4 будет корнем квадратного уравнения.
Р е ш е н и е. Запишем область определения в виде системы:
−x2 + 6x + a ≥ 0,
x ≥ 4.
У параболы f (x) = −x2 + 6x+ a ветви вниз, xв = 3 . Тогда решением первого неравенства будет отрезок между корнями; решением второго неравенства является
326
Указания и решения
луч [4; +∞). Множества решений неравенств будут пересекаться в одной точке,
только если x = 4 будет корнем квадратного уравнения.
Подставим x = 4 в квадратное уравнение −x2 + 6x + a = 0 и найдём a:
−16 + 24 + a = 0 ⇐⇒ a = −8.
О т в е т. −8 .
Задача 8. (М/м-93(2).2)
Найти все значения a, при которых уравнение 4x + (a2 + 5) · 2x + 9 − a2 = 0 не
имеет решений.
И д е я. Сделать замену z = 2x > 0 и исследовать варианты расположения точки
z = 0 относительно корней квадратного трёхчлена.
У к а з а н и е. Сделать замену z = 2x > 0 . Тогда квадратный трёхчлен f (z) =
z 2 + (a2 + 5)z + 9 − a2 не должен иметь положительных корней.
У к а з а н и е. Так как zв < 0 , то должно выполняться условие f (0) ≥ 0 .
Р е ш е н и е. Обозначим: f (z) = z 2 + (a2 + 5)z + 9 − a2 , где z = 2x > 0 . Условие
задачи выполнено, если уравнение f (z) = 0 не имеет положительных решений.
Так как zв =
−a2 − 5
< 0 , то должно выполняться неравенство:
2
f (0) ≥ 0
⇐⇒
9 − a2 ≥ 0
⇐⇒
−3 ≤ a ≤ 3.
О т в е т. [−3; 3].
Задача 9. (ИСАА-91.6)
При каких значениях параметра a система уравнений
x2 + y 2 = 1,
y − |x| = a;
имеет ров-
но два решения?
И д е я. С помощью подстановки свести систему к одному уравнению с одной неизвестной.
У к а з а н и е. Подстановкой система сводится к уравнению:
2x2 + 2a|x| + a2 − 1 = 0.
5.2.
Теоремы о расположении корней ...
327
У к а з а н и е. Полученное квадратное уравнение относительно |x| должно иметь
одно положительное
решение.
D1 = 0, xв > 0;
У к а з а н и е.
f (0) < 0.
Р е ш е н и е. Выразим из второго уравнения y = |x| + a и подставим в первое
уравнение:
x2 + x2 + 2a|x| + a2 = 1
⇐⇒
2x2 + 2a|x| + a2 − 1 = 0.
Это квадратное уравнение относительно |x| ≥ 0 . Так как y = |x| + a (линейно
зависит от |x|), то любое решение квадратного уравнения автоматически даст
решение системы.
Оба уравнения исходной системы четны по переменной x, то есть если x0
удовлетворяет уравнению, то и −x0 тоже ему удовлетворяет. Система имеет ровно
два решения тогда и только тогда, когда уравнение 2x2 + 2a|x| + a2 − 1 = 0 имеет
ровно одно решение |x| > 0 ; это возможно в двух случаях:
D1 = 0,
или f (0) < 0.
xв > 0;
a
Так как D1 = a2 − 2 a2 − 1 = 2 − a2 и xв = − , то в первом случае получаем:
2
2 − a2 = 0,
√
a
⇐⇒ a = − 2.
− > 0;
2
Во втором случае получаем:
a2 − 1 < 0
⇐⇒
−1 < a < 1.
- √ .
О т в е т. − 2 ∪ (−1; 1).
Задача 10. (Геол-97(1).8)
При каких α система
α(x − 4) = 3(y + 2),
√
y + x = 0;
имеет два различных решения?
И д е я. С помощью подстановки свести систему к одному уравнению с одной неизвестной.
У к а з а н и е. Выразив y из второго√и подставив в первое уравнение, получить
квадратное уравнение относительно x.
У к а з а н и е. Полученное квадратное уравнение
√
αx + 3 x − (4α + 6) = 0
относительно
√
x должно иметь два различных неотрицательных решения.
328
Указания и решения
У к а з а н и е. Должны выполняться условия:
⎧
⎪
D > 0,
⎪
⎪
⎨α = 0,
⎪
αf (0) ≥ 0,
⎪
⎪
⎩
xв ≥ 0;
√
где f (x) = αx + 3 x − (4α + 6).
√
Р е ш е н и е. Выразим из второго уравнения y = − x и подставим в первое:
√
αx − 4α = −3 x + 6
⇐⇒
√
αx + 3 x − (4α + 6) = 0.
√
Это квадратное уравнение относительно x ≥ 0 .
√
Обозначим t = x ≥ 0, f (t) = αt2 + 3t − (4α + 6). Для того, чтобы исходная
система имела два различных корня, необходимо и достаточно, чтобы полученное
квадратное уравнение имело ровно два различных неотрицательных решения, то
есть:
⎧
⎧
⎧
9 + 4α(4α + 6) > 0,
⎪
⎪
⎪
⎪
D > 0,
(4α + 3)2 > 0,
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎨α = 0,
⎨α = 0,
⎨α = 0,
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
α(−4α − 6) ≥ 0,
⎪
⎪
⎪
αf (0) ≥ 0,
α(2α + 3) ≤ 0,
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
−3
⎩
⎩
⎪
⎩
tв > 0;
α < 0;
> 0;
2α
⎧
⎪
⎨− 3 ≤ α < 0,
2
⇐⇒
3
⎪
⎩α = − .
4
З а м е ч а н и е. Аналогичные условия для наличия двух неотрицательных решений можно записать и по теореме Виета.
3 3
3
О т в е т. − ; −
− ;0 .
2 4
4
Задача 11. (Экон.К-77.4)
Найти все значения параметра a, при каждом из которых уравнение
log3 (9x + 9a3 ) = x имеет два решения.
И д е я. С помощью определения логарифма получить квадратное уравнение относительно показательной функции.
У к а з а н и е. log3 (9x + 9a3 ) = x ⇐⇒ 9x + 9a3 = 3x .
У к а з а н и е. Полученное показательное уравнение является квадратным относительно 3x . Оно имеет два решения, если соответствующее квадратное уравнение
имеет два положительных корня.
5.2.
Теоремы о расположении корней ...
329
Р е ш е н и е. Исходное уравнение равносильно уравнению 9x + 9a3 = 3x . Обозначим z = 3x > 0 , тогда уравнение имеет два решения в тех и только тех случаях,
когда уравнение f (z) = z 2 − z + 9a3 = 0 имеет два положительных корня, т.е когда
выполняются условия:
⎧
⎧
3
⎪
⎨ D > 0,
⎨ 1 − 36a > 0,
1
1
zв > 0,
⇐⇒ 0 < a < √
⇐⇒
.
> 0,
3
⎩ f (0) > 0;
⎪
2
36
⎩
9a3 > 0;
О т в е т.
1
.
0; √
3
36
Задача 12. (Физ-94(1).7)
При каких значениях a уравнение 2a(x + 1)2 − |x + 1| + 1 = 0 имеет четыре
различных решения?
И д е я. Для того, чтобы исходное уравнение имело четыре различных решения
надо, чтобы квадратное относительно |x + 1| уравнение имело два различных
положительных корня.
У к а з а н и е. Уравнение 2az 2 − z + 1 = 0 , где z = |x + 1| ≥ 0 , должно иметь
два различных положительных решения.
У к а з а н и е. Должны выполняться условия, заданные следующей системой:
⎧
⎪
⎨D > 0,
zв > 0,
⎪
⎩2af (0) > 0.
Р е ш е н и е. Обозначим: z = |x + 1| ≥ 0 ; уравнение 2az 2 − z + 1 = 0 должно
иметь два различных положительных решения (тогда исходное уравнение будет
иметь четыре решения). Это требование реализуется системой условий:
⎧
⎧
⎪
1 − 8a > 0,
⎪
⎪
D
>
0,
⎨
⎨
1
1
⇐⇒ 0 < a < ,
⇐⇒
zв > 0,
> 0,
⎪
⎪
8
4a
⎩2af (0) > 0;
⎪
⎩2a
> 0;
где f (z) = 2az 2 − z + 1 .
О т в е т.
0;
1
.
8
Задача 13. (Геол-89.6)
Найти все значения параметра a, при каждом из которых уравнение
(a2 − 6a + 9)(2 + 2 sin x − cos2 x) + (12a − 18 − 2a2 )(1 + sin x) + a + 3 = 0
330
Указания и решения
не имеет решений.
И д е я. Свести исходное уравнение к квадратному уравнению относительно
t = sin x + 1, t ∈ [0; 2].
У к а з а н и е. Привести исходное уравнение к виду: b2 t2 − 2b2 t + b + 6 = 0, где
b = a − 3.
У к а з а н и е. При b = 0 (уравнение является квадратным) корней на отрезке
[0; 2] не будет, если либо уравнение вообще не имеет корней (f (1) > 0), либо
корни расположены вне [0; 2] (f (0) < 0 ).
Р е ш е н и е. Выделяя полные квадраты и группируя, получаем:
(a − 3)2 · (sin x + 1)2 − 2(a − 3)2 · (sin x + 1) + (a − 3) + 6 = 0.
Обозначим b = a − 3 и сделаем замену t = sin x + 1, t ∈ [0; 2]. Тогда задача
переформулируется следующим образом: найти все b, при которых для t ∈ [0; 2]
уравнение b2 t2 − 2b2 t + b + 6 = 0 не имеет решений.
1) Пусть b = 0, тогда уравнение принимает вид 6 = 0 и решений не имеет.
2) Пусть b = 0, тогда уравнение является квадратным. Графиком функции f (t) =
b2 t2 − 2b2 t + b + 6 является парабола, ветви которой направлены вверх, абсцисса
вершины tв = 1, прямая t = 1 – ось симметрии параболы. Корней на отрезке [0; 2]
такая парабола не будет иметь в двух случаях: либо уравнение вообще не имеет
корней (f (1) > 0), либо корни расположены вне [0; 2] (f (0) < 0 ).
f (1) > 0;
f (0) < 0;
⇐⇒
b2 − b − 6 < 0;
b + 6 < 0;
⇐⇒
−2 < b < 3;
b < −6;
⇐⇒
1 < a < 6;
a < −3.
О т в е т. (−∞; −3) ∪ (1; 6).
Задача 14. (Экон.М-95.6)
Найти все значения p, при которых уравнение x − 2 =
единственное решение.
−2(p + 2)x + 2 имеет
И д е я. Возвести обе части равенства в квадрат с учётом неотрицательности левой
части, то есть решать как стандартное уравнение с радикалом.
5.2.
Теоремы о расположении корней ...
331
У к а з а н и е. Исходное уравнение имеет единственное решение в одном из двух
случаев: либо полученное квадратное уравнение имеет один корень x, причём
этот x ≥ 2 ; либо квадратное уравнение имеет два корня, но только один из них
удовлетворяет условию x ≥ 2 .
У к а з а н и е. Найти значение p, при котором дискриминант равен нулю, вычислить корень и проверить выполнение условия x ≥ 2 .
У к а з а н и е. В случае D > 0 квадратное уравнение имеет два корня, для которых должно выполняться:
−p − p2 − 2 < 2,
−p + p2 − 2 ≥ 2.
Р е ш е н и е. Решая уравнение как стандартное уравнение с радикалом, получаем,
что система
−2(p + 2)x + 2 = (x − 2)2 ,
x ≥ 2;
должна иметь единственное решение. Переформулируем задачу: уравнение
−2(p + 2)x + 2 = (x − 2)2
⇐⇒
x2 + 2px + 2 = 0
должно иметь единственное решение на полупрямой [2; +∞). Так как f (x) =
x2 + 2px + 2 – парабола, то это возможно только в трёх случаях:
1) Уравнение имеет единственное решение x ≥ 2 , т.е.
√
D1 = 0,
p = ± 2,
p2 − 2 = 0,
⇐⇒
⇐⇒
xв ≥ 2;
−p ≥ 2;
p ≤ −2;
⇐⇒
∅.
2) Уравнение имеет два решения, при этом x1 < 2 , а x2 = 2 , т.е.
3
4p + 6 = 0,
f (2) = 0,
⇐⇒
⇐⇒ p = − .
2
−p < 2;
xв < 2;
3) Уравнение имеет два решения, при этом x1 < 2 , а x2 > 2 , т.е.
f (2) < 0
О т в е т.
⇐⇒
3
−∞; − .
2
4p + 6 < 0
⇐⇒
3
p<− .
2
Задача 15. (Псих-93.5)
Обозначим через x1 и x2 корни квадратного трёхчлена
(a − 1)x2 − (2a + 1)x + 2 + 5a.
1) Найти все a, при которых x1 > 1 , x2 > 1 .
2) Найти все b , при которых величина (x1 − b)(x2 − b) принимает постоянное
значение при всех a, при которых определена.
332
Указания и решения
И д е я. В пункте 1 применить теорему 1 теоретического материала, в пункте 2
использовать теорему Виета.
У к а з а н и е. Пункт 1:согласно теореме 1 теоретического материала оба корня
D > 0, xв > 1,
больше 1, только если
(a − 1)f (1) > 0.
У к а з а н и е. Пункт 2: с использованием теоремы Виета получаем, что
7 − 3b
.
(x1 − b)(x2 − b) = b2 − 2b + 5 +
a−1
Р е ш е н и е. Обозначим f (x) = (a − 1)x2 − (2a + 1)x + 2 + 5a, a = 1 .
1) Для того чтобы оба корня были больше M = 1 , необходимо и достаточно
выполнения условий:
⎧
⎧
⎪
(2a + 1)2 − 4(a − 1)(5a + 2) > 0,
⎪
⎪
D
>
0,
⎨
⎨
2a + 1
⇐⇒
⇐⇒
xв > 1,
> 1,
⎪
⎪
2a − 2
⎩(a − 1)f (1) > 0;
⎪
⎩
(a − 1)(a − 1 − 2a − 1 + 5a + 2) > 0;
⇐⇒
⎧
2
⎪
⎪16a − 16a − 9 < 0,
⎨
1
> 0,
⎪
a
−
1
⎪
⎩
(a − 1)a > 0;
⇐⇒
1<a<
2+
√
13
.
4
З а м е ч а н и е. Случай D = 0 (случай совпадающих корней) не рассматриваем,
так как в условии явно проиндексированы два решения.
2) Выразим искомую величину через параметр:
M = (x1 −b)(x2 −b) = x1 x2 −b(x1 +x2 )+b2 ; по теореме Виета при D > 0 получаем:
M=
2a + 1
2(a − 1) + 3 5(a − 1) + 7
5a + 2
−b·
+ b2 = b2 − b ·
+
=
a−1
a−1
a−1
a−1
= b2 − b 2 +
3
a−1
+ 5+
7
a−1
= b2 − 2b + 5 +
7 − 3b
.
a−1
Так как M не должно (по условию) зависеть от a, то 7 − 3b = 0
О т в е т. 1)
1;
2+
√ 7
13
; 2) .
4
3
⇐⇒
b=
7
.
3
Задача 16. (Биол-77.5)
Найти все те значения параметра s, при каждом из которых корни уравнений
3x
12x
+ 2s = 0 и x2 +
− s = 0 не чередуются, то есть оба уравнения имеют
x2 +
s
s
по два корня и между корнями одного из уравнений нет одного корня другого
уравнения.
И д е я. Проанализировать знаки значений каждой из квадратичных функций в
точках, являющихся корнями для другой квадратичной функции.
5.2.
Теоремы о расположении корней ...
333
У к а з а н и е. Выписать условия на соответствующие дискриминанты.
3x
+ 2s; x3 и x4 – корни
У к а з а н и е. Пусть x1 и x2 – корни f (x) = x2 +
s
12x
− s. Определить знаки f (x3 ) и f (x4 ) в случае, когда корни
g(x) = x2 +
s
перемежаются, то есть x1 < x3 < x2 < x4 или x3 < x1 < x4 < x2 .
У к а з а н и е. Корни перемежаются, если
f (x3 ) > 0,
f (x3 ) < 0,
или
f (x4 ) > 0;
f (x4 ) < 0;
что можно записать одним неравенством: f (x3 )f (x4 ) < 0 .
У к а з а н и е. Корни не перемежаются, если f (x3 )f (x4 ) ≥ 0 .
3x
12x
+ 2s, g(x) = x2 +
− s. Так как по
Р е ш е н и е. Обозначим: f (x) = x2 +
s
s
условию должно быть по два корня у каждого трёхчлена, то оба дискриминанта
обязательно положительны:
⎧
⎧
⎪8s3 < 9,
⎪ 9 − 8s > 0,
⎨
⎨
s2
⇐⇒
s3 > −36,
36
⎪
⎪
⎩s = 0;
⎩ + s > 0;
s2
√
3
√
9
3
значит, обязательно s ∈ − 36;
\ {0};
2
пусть x1 и x2 – корни f (x); x3 и x4 – корни g(x); условие задачи будет нарушено
(корни перемежаются) в двух случаях:
x1 < x3 < x2 < x4
или
x3 < x1 < x4 < x2 .
Рассматривая ситуацию для функции f (x) в плане расположения её корней относительно интервала (x3 ; x4 ) , получаем:
f (x3 ) > 0,
f (x3 ) < 0,
или
f (x4 ) > 0
f (x4 ) < 0;
эту совокупность можно записать одним неравенством:
f (x3 )f (x4 ) < 0.
З а м е ч а н и е. Аналогичные условия можно было получить и для g(x) относительно интервала (x1 ; x2 ) .
Значит, условию задачи удовлетворяют решения неравенства: f (x3 )f (x4 ) ≥ 0 ;
подставляем:
12x3
3x3
3x3
+ 2s = s −
+
+ 2s = 3s −
s
s
s
12x4
3x4
3x4
f (x4 ) = x24 +
+ 2s = s −
+
+ 2s = 3s −
s
s
s
так как из условий g(x3 ) = 0 и g(x4 ) = 0 можно получить:
f (x3 ) = x23 +
x23 +
12x3
12x4
− s = 0, x24 +
− s = 0.
s
s
9x3
;
s
9x4
;
s
334
Указания и решения
З а м е ч а н и е. Можно использовать и явные выражения f (x3 ) и f (x4 ) без привлечения g(x), однако расчёты, равно как и при непосредственной подстановке
формул корней в f (x), будут довольно громоздкими.
f (x3 )f (x4 ) =
= 9 s2 − 3x3 − 3x4 +
9
x3 x4
s2
по теореме Виета: x3 + x4 = −
12
s −3 −
s
2
3s −
9x3
s
3s −
9x4
s
=
= 9 s2 − 3 (x3 + x4 ) +
12
, x3 x4 = −s; подставляем:
s
9
− ≥0
s
⇐⇒
s3 + 27
≥0
s
9
x3 x4
s2
⇐⇒
≥ 0;
s ≤ −3;
s > 0;
вспоминая ранее выведенные условия, получаем окончательно:
√
3
√
9
3
− 36 < s ≤ −3 или 0 < s <
.
2
√ 3
√
/
9
3
.
О т в е т. − 36; −3 ∪ 0;
2
Задача 17. (ВМК-88.5)
Найти все a, при которых уравнение
36a − 9a2
=0
((2x + a) 22a − 4a2 − 24 − 2(x2 + x) lg a) · lg
35
имеет по крайней мере два корня, один из которых неотрицателен, а другой не
превосходит −1 .
И д е я. Решать уравнение расщеплением: первый множитель является квадратным трёхчленом относительно x, второй множитель вообще не зависит от x.
У к а з а н и е. Рассмотреть первый случай: второй множитель равен нулю, а первый имеет смысл.
У к а з а н и е. Рассмотреть второй случай: первый множитель равен нулю, а второй имеет смысл. Исследовать знаки значений квадратного трёхчлена на концах
отрезка [−1; 0].
У к а з а н и е. Отрезок [−1; 0] должен лежать между корнями квадратного трёхчлена.
Р е ш е н и е. 1) Рассмотрим случай, когда второй множитель равен нулю, а первый имеет смысл, то есть
⎧
⎧
36a − 9a2
⎪
2
⎪
⎪
= 0,
⎨lg
⎨9a − 36a + 35 = 0,
35
2
22a − 4a2 − 24 ≥ 0, ⇐⇒ ⎪2a − 11a + 12 ≤ 0,
⎪
⎪
⎩a > 0;
⎩
a > 0;
5.2.
Теоремы о расположении корней ...
335
7
5
или a = . Эти значения подходят, так как в этом случае x ∈ R.
3
3
2) Теперь пусть первый множитель равен нулю, а второй имеет смысл:
√
(2x + a) 22a − 4a2 − 24 − 2(x2 + x) lg a = 0,
36a − 9a2 > 0.
откуда a =
√
√
Положим f (x) = 2 lg a · x2 + 2x(lg a − 22a − 4a2 − 24) − a 22a − 4a2 − 24. Из
условия неотрицательности подкоренных выражений и неотрицательности выра3
жений, стоящих под знаком логарифма, следует, что ≤ a < 4 , то есть lg a > 0 и
2
ветви параболы f (x) идут вверх. Для того чтобы уравнение имело два корня, один
из которых неотрицателен, а другой не превосходит −1 необходимо и достаточно,
чтобы отрезок [−1; 0] лежал между корнями, т.е. f (−1) ≤ 0 , f (0) ≤ 0 ;
.5
f(x)
1
.5
0
.5
−1
x
0
x
1
2
x
1
√
(2 − a) 22a − 4a2 − 24 ≤ 0,
√
a 22a − 4a2 − 24 ≥ 0;
⎡
⎢
⇐⇒ ⎣
2
2a
− 11a + 12 = 0;
a ≥ 2,
2a2 − 11a + 12 ≤ 0;
⎡
3
a= ;
⎣
⇐⇒
2
2 ≤ a ≤ 4;
3
3
≤ a < 4 , получаем: 2 ≤ a < 4 или a = .
2
2
Объединяя оба случая, получаем ответ.
" "
5
3
∪
.
О т в е т. [2; 4) ∪
2
3
с учётом
Задача 18. (М/м-91.5)
Найдите все пары чисел p и q , при которых неравенство |x2 + px + q| > 2 не имеет
решений на отрезке [1; 5].
И д е я. При x ∈ [1; 5] все точки параболы должны лежать в горизонтальной
полосе y ∈ [−2; 2].
У к а з а н и е. Рассмотреть возможные варианты расположения параболы. Выписать условия на координату вершины и значения в концах⎧отрезка [1; 5].
⎪xв < 1,
⎨
У к а з а н и е. Первый случай (вершина левее отрезка):
f (1) ≥ −2,
⎪
⎩f (5) ≤ 2.
336
Указания и решения
⎧
⎪
1 ≤ xв ≤ 5,
⎪
⎪
⎨f (1) ≤ 2,
У к а з а н и е. Второй случай (вершина – на отрезке):
⎪
f (5) ≤ 2,
⎪
⎪
⎩
f (xв ) ≥ −2.
⎧
⎪
⎨xв > 5,
У к а з а н и е. Третий случай (вершина правее отрезка):
f (1) ≤ 2,
⎪
⎩f (5) ≥ −2.
|f (x)| > 2,
должна быть
1 ≤ x ≤ 5;
несовместна; значит (от противного), для любых x ∈ [1; 5] должно выполняться
неравенство: |f (x)| ≤ 2 , то есть −2 ≤ x2 + px + q ≤ 2 . На координатной плоскости
это означает, что парабола ∀x ∈ [1; 5] целиком лежит в горизонтальной полосе
y ∈ [−2; 2].
Применяя метод парабол (проверяя различные возможные варианты расположения параболы), получаем, что условие реализуемо в одном из трёх случаев:
⎧
⎧
⎧
p
⎪xв < 1,
⎪p > −2,
⎪xв = − < 1,
⎨
⎨
⎨
2
1) f (1) ≥ −2,
⇐⇒
⇐⇒
p + q ≥ −3,
f (1) = p + q + 1 ≥ −2,
⎪
⎪
⎪
⎩f (5) ≤ 2;
⎩5p + q ≤ −23;
⎩
f (5) = 5p + q + 25 ≤ 2;
вычитая второе неравенство из третьего, получаем: 4p ≤ −20 ⇐⇒ p ≤ −5 =⇒
нет решений.
Р е ш е н и е. Обозначим f (x) = x2 + px + q ; система
3
y
2
2
1
0
0
f(x)
−1
1
5
x
−2
−2
−3
⎧
⎪
⎪1 ≤ xв ≤ 5,
⎪
⎨f (1) ≤ 2,
2)
⎪f (5) ≤ 2,
⎪
⎪
⎩
f (xв ) ≥ −2;
⎧
p
⎪
1≤− ≤5
⎪
⎪
2
⎪
⎪
⎨p + q + 1 ≤ 2,
⇐⇒
⇐⇒
⎪5p + q + 25 ≤ 2,
⎪
⎪
⎪
p2
⎪ p2
⎩
−
+ q ≥ −2;
4
2
3
⎧
−10 ≤ p ≤ −2,
⎪
⎪
⎪
⎪
⎨p + q ≤ 1,
5p + q ≤ −23,
⎪
⎪
2
⎪
⎪
⎩− p + q ≥ −2;
4
y
2
2
1
0
0
1
5
−2
−3
−2
x
f(x)
−1
−2
−1
0
1
2
3
4
5
6
7
5.3.
Смешанные задачи
337
складывая второе и третье, имеем: 6p + 2q ≤ −22 , то есть 3p + q ≤ −11 ; вычитая
из него последнее неравенство исходной системы, получаем:
p2
+ 3p ≤ −9 ⇐⇒ p2 + 12p + 36 ≤ 0 ⇐⇒ (p + 6)2 ≤ 0 ⇐⇒ p = −6.
4
Подставляем найденное p в систему:
⎧
⎧
⎪
−6 + q ≤ 1,
⎪
⎪
⎨q ≤ 7,
⎨
−30 + q ≤ −23, ⇐⇒
q ≤ 7, ⇐⇒ q = 7;
⎪
⎪
⎩q ≥ 7;
⎪ 62
⎩
− + q ≥ −2;
4
значит,
пара
p
=
−6,
q = 7 удовлетворяет
условию задачи.
⎧
⎧
p
⎪
⎪
⎨xв = − 2 > 5,
⎨p < −10,
3) f (1) = p + q + 1 ≤ 2,
p + q ≤ 1,
⎪
⎪
⎩
⎩5p + q ≥ −27;
f (5) = 5p + q + 25 ≥ −2;
вычитаем из второго неравенства третье: −4p ≤ 28 ⇐⇒ p ≥ −7 =⇒ нет
решений.
3
2
1
y
2
f(x)
0
1
0 1
5
x
2
3
−2
−2
0
2
4
6
8
10
12
О т в е т. (−6; 7).
5.3.
Смешанные задачи
Задача 1. (ЕГЭ.В)
Найти все значения a, при которых функция y =
1
минимум в точке x0 = .
2
9
5x2 − (2 − a)x + 2 − 4a имеет
И д е я. Минимум самой функции достигается в той же точке, что и минимум
подкоренного выражения.
У к а з а н и е. Минимум подкоренного выражения достигается в вершине соответствующей параболы.
1
У к а з а н и е. Вычислить значение a, используя условие xв = .
2
Р е ш е н и е. Поскольку минимум самой функции достигается в той же точке, что
и минимум подкоренного выражения, задача сводится к нахождению значения a,
1
2−a
= . Из этого равенства находим a = −3 .
при котором xв =
10
2
О т в е т. −3 .
338
Указания и решения
Задача 2. (ЕГЭ.В)
Найти все значения a, при которых функция y =
мум в точке x0 = 1, 5 .
√
5
ax2 + 15x − 1 имеет макси-
И д е я. Максимум самой функции достигается в той же точке, что и максимум
подкоренного выражения.
У к а з а н и е. Подкоренное выражение имеет максимум, только если ветви соответствующей параболы направлены вниз.
У к а з а н и е. Максимум подкоренного выражения достигается в вершине соответствующей параболы.
У к а з а н и е. Вычислить значение a, используя условие xв = 1, 5 .
Р е ш е н и е. Поскольку максимум самой функции достигается в той же точке, что
и максимум подкоренного выражения, задача сводится к нахождению значения
a, при котором функция y = ax2 + 15x − 1 имеет максимум в точке x0 = 1, 5 .
Парабола имеет максимум, только если её ветви направлены вниз; следовательно,
a < 0 . Так как максимум достигается в вершине параболы, то значение a можно
15
найти из условия xв = −
= 1, 5 , откуда a = −5 < 0 .
2a
О т в е т. −5 .
Задача 3. (У)
Найти наименьшее значение, принимаемое z, если z = x2 + 2xy + 3y 2 + 2x + 6y + 4.
И д е я. Рассмотреть равенство как квадратное уравнение относительно x.
У к а з а н и е. Оценку для z получить из условия неотрицательности дискриминанта.
У к а з а н и е. Для того, чтобы равенство
x2 + 2x(y + 1) + 3y 2 + 6y + 4 − z = 0
выполнялось, необходимо и достаточно, чтобы
Dx /4 = −2y 2 − 4y − 3 + z ≥ 0.
У к а з а н и е. Исследовать знак дискриминанта этого квадратного (относительно
y ) неравенства.
Р е ш е н и е. Запишем исходное равенство в виде:
x2 + 2x(y + 1) + 3y 2 + 6y + 4 − z = 0.
Для того, чтобы равенство выполнялось, необходимо и достаточно, чтобы дискриминант этого квадратного (относительно x) уравнения был неотрицательным, то
есть
(y + 1)2 − 3y 2 − 6y − 4 + z ≥ 0 ⇐⇒ 2y 2 + 4y + 3 − z ≤ 0.
5.3.
Смешанные задачи
339
Неравенство является квадратным относительно y . Для того, чтобы оно имело
решение, необходимо и достаточно, чтобы его дискриминант был неотрицательным:
Dy
= 4 − 2(3 − z) ≥ 0 ⇐⇒ z ≥ 1.
4
Значит z не может быть меньше 1 . Найдём значения x и y при z = 1 . Имеем:
Dx = −2y 2 − 4y − 2 = −2(y + 1)2 , то есть Dx ≥ 0 только при y = −1 . Подставляя
z и y в исходное уравнение, получаем, что x = 0 .
О т в е т. 1.
Задача 4. (У)
При каком целом p уравнения 3x2 − 4x + p − 2 = 0 и x2 − 2px + 5 = 0 имеют
общий корень?
И д е я. Решить систему из этих двух уравнений с двумя неизвестными.
У к а з а н и е. Вычесть из первого уравнения системы
3x2 − 4x + p − 2 = 0,
x2 − 2px + 5 = 0;
утроенное второе.
У к а з а н и е. Из полученного линейного уравнение выразить x и подставить в
любое из исходных уравнений, после чего найти p.
Р е ш е н и е. Так как нас интересует общий корень, то оба равенства должны
выполняться одновременно, а, следовательно, их можно объединить в систему:
3x2 − 4x + p − 2 = 0,
x2 − 2px + 5 = 0;
из которой и найти p. Вычтем из первого уравнения утроенное второе:
⎧
17 − p
⎨
(6p − 4)x = 17 − p,
x=
,
⇐⇒
6p − 4
2
x − 2px + 5 = 0;
⎩ x2 − 2px + 5 = 0.
Подставим найденное значение x во второе уравнение и найдём p:
(17 − p)2
17 − p
+5=0
− 2p
2
(6p − 4)
6p − 4
⇐⇒
3
2
⇐⇒
(17 − p)2 − 2p(17 − p)(6p − 4) + 5(6p − 4)2 = 0
12p − 31p − 138p + 369 = 0
⇐⇒
(p − 3)(12p + 5p − 123) = 0
!
p = 3,
2
41
⇐⇒ (p − 3) (12p + 41) = 0 ⇐⇒
p=− .
12
Так как нас интересует только целое значение p , то p = 3 .
О т в е т. p = 3.
⇐⇒
2
⇐⇒
340
Указания и решения
Задача 5. (У)
Докажите, что если значение квадратного трехчлена ax2 − bx + c является целым
числом при x1 = 0, x2 = 1 и x3 = 2, то при любом целом x значение данного
трехчлена является целым числом.
И д е я. Получить условия на коэффициенты a, b, c, используя значения в точках
0; 1; 2 .
У к а з а н и е. ⎧
Рассмотрев значения квадратного трёхчлена в точках 0; 1; 2 , полу⎨ c ∈ Z,
a − b + c ∈ Z,
чим систему:
⎩ 4a − 2b + c ∈ Z.
У к а з а н и е. Показать, что коэффициенты a, b либо оба являются целыми, либо
оба отличаются от целого числа на 1/2.
Р е ш е н и е.
Из условий задачи следует, что
⎧
⎨ c ∈ Z,
a − b + c ∈ Z,
⇐⇒
⎩ 4a − 2b + c ∈ Z;
⎧
⎨ c ∈ Z,
a − b ∈ Z,
⎩ 2a ∈ Z.
1) Если 2a = 2n, n ∈ Z, то a ∈ Z и b ∈ Z; следовательно, ax 2 − bx + c ∈ Z при
любом целом x.
1
1
2) Если 2a = 2n + 1, то a = n + , b = n − k + , k ∈ Z и
2
2
x(x − 1)
2
2
ax − bx + c = nx − (n − k)x + c +
. Так как x ∈ Z, то nx 2 − (n − k)x + c ∈ Z.
2
А величина x(x − 1)/2 ∈ Z, поскольку произведение двух последовательных чисел
всегда делится на 2. Что и требовалось доказать.
Задача 6. (У)
Доказать, что при любых допустимых значениях a, p, q уравнение
1
1
1
+
= имеет вещественные корни.
x−p x−q
a
И д е я. Свести уравнение к квадратному.
У к а з а н и е. Привести всё к общему знаменателю и выписать соответствующие
ограничения.
У к а з а н и е. Дискриминант полученного квадратного уравнения
x2 − x(p + q + 2a) + pq + ap + aq = 0
должен быть неотрицателен, при этом должно выполняться:
a = 0, x = p, x = q .
Р е ш е н и е.
Перепишем уравнение в виде
x2 − x(p + q + 2a) + pq + ap + aq = 0.
5.3.
Смешанные задачи
341
При этом должно выполняться: a = 0, x = p, x = q .
Так как
D = (p + q + 2a)2 − 4(pq + ap + aq) = p2 + q 2 − 2pq + 4a2 =
= (p − q)2 + 4a2 > 0,
то квадратное уравнение имеет два вещественных корня. Осталось проверить, что
хотя бы один из них отличен от p и q .
1) В случае, когда p = q , квадратное уравнение
x2 − 2x(p + a) + p2 + 2ap = 0
имеет корни x1 = p,
x2 = p + 2a. Поскольку a = 0 , второй корень x2 = p.
2) Теперь рассмотрим p = q . Пусть x = p корень квадратного уравнения, тогда
p2 − p(p + q + 2a) + pq + ap + aq = 0
⇐⇒
a(p − q) = 0.
Мы получили противоречие, так как a = 0, p = q . Следовательно, x = p не является корнем. Аналогично доказывается, что x = q не может быть корнем квадратного уравнения. Значит, в этом случае исходное уравнение имеет два вещественных
корня.
Задача 7. (У)
На плоскости (p, q) изобразить множество точек таких, что уравнение
x2 + px + q = 0 имеет одним из корней фиксированное число a.
И д е я. Применить теорему Виета.
У к а з а н и е. Составить систему из двух уравнений с величинами p, q, a и вторым
корнем x2 .
a + x2 = −p,
получить одно уравнение, не содерУ к а з а н и е. Из системы
a · x2 = q;
жащее x2 .
Р е ш е н и е. По теореме Виета:
a + x2 = −p,
a · x2 = q.
Выразив x2 из первого уравнения и подставив во второе, получим уравнение:
q = −ap − a2 , которое является уравнением прямой на плоскости (p, q).
О т в е т. Прямая q = −ap − a2 .
342
Указания и решения
Задача 8. (У)
Коэффициенты p и q квадратного трёхчлена x2 + px + q нечётны. Доказать, что
он не может иметь целых корней.
И д е я. Применить
теорему Виета.
x1 + x2 = −p,
У к а з а н и е.
x1 · x2 = q.
У к а з а н и е. Исследовать вопрос чётности-нечётности корней.
Р е ш е н и е. Пусть x1 и x2 – целые корни квадратного уравнения x2 + px + q = 0.
Запишем теорему Виета:
x1 + x2 = −p,
x1 · x2 = q.
Так как p – нечётное число, то x1 и x2 имеют разную чётность. Тогда q = x1 · x2
должно быть четным числом, что противоречит условию задачи. Следовательно,
x1 и x2 не являются целыми числами.
Задача 9. (Псих-70.2)
Найти все a, при которых уравнение x8 +ax4 +1 = 0 имеет ровно четыре корня,
образующих арифметическую прогрессию.
И д е я. Сделав соответствующую замену, свести исходное уравнение к квадратному, выписать корни и условия, которым они должны удовлетворять, чтобы образовывать арифметическую прогрессию.
У к а з а н и е. Уравнение имеет корни
√
√
√
√
x1 = − 4 z2 , x2 = − 4 z1 , x3 = 4 z1 , x4 = 4 z2 , где
√
√
−a − a2 − 4
−a + a2 − 4
> 0, z2 =
> 0.
z1 =
2
2
У к а з а н и е. Четыре числа образуют арифметическую прогрессию, если x4 −x3 =
x3 − x2 = x2 − x1 .
Р е ш е н и е. Положим z = x4 ≥ 0 , тогда для того, чтобы исходное уравнение имело 4 различных корня, уравнение z 2 +az+1 = 0 должно иметь два положительных
решения:
⎧
⎪
D > 0,
⎪
√
⎪
⎪
⎨
−a − a2 − 4
a2 − 4 > 0,
z1 =
> 0, =⇒
⇐⇒ a < −2.
2
√
⎪
a < 0;
⎪
2
⎪
−a + a − 4
⎪
⎩z2 =
> 0;
2
При этих значениях a исходное уравнение имеет корни (по возрастанию):
√
√
√
√
x1 = − 4 z2 , x2 = − 4 z1 , x3 = 4 z1 , x4 = 4 z2 .
5.3.
Смешанные задачи
343
Эти четыре числа образуют арифметическую прогрессию, если
x4 − x3 = x3 − x2 = x2 − x1 .
Найдём a такие, что x4 − x3 = x3 − x2 (равенство x4 − x3 = x2 − x1 выполняется
автоматически):
x4 − x3 = x3 − x2 ⇐⇒ x4 − x3 = x3 + x3 ⇐⇒ x4 = 3x3 ⇐⇒
40a
;
a2 − 4 = −
⇐⇒ −a + a2 − 4 = 81(−a − a2 − 4) ⇐⇒
41
так как a < −2 , получаем:
a2 · 1 −
402
412
О т в е т. −
82
.
9
= 4 ⇐⇒ a2 ·
82
412 − 402
82
=⇒ a = − .
= 22 ⇐⇒ a = ±
412
9
9
Задача 10. (ВМК-74.2)
Найти все действительные значения a, при которых каждое решение неравенства
log 12 x2 ≥ log 12 (x + 2) является решением неравенства 49x2 − 4a4 ≤ 0 .
И д е я. Решить каждое из неравенств и подобрать значения параметра a таким
образом, чтобы множество решений первого неравенства содержалось в множестве
решений второго.
У к а з а н и е. Решением первого
неравенства
являются x ∈ (−1; 0) ∪ (0; 2). Реше
2 2 2 2
нием второго являются x ∈ − a ; a .
7
7
У к а з а н и е. Каждое
решение первого неравенства является решением второго
⎧
⎪
⎨− 2 a2 ≤ −1,
7
в случае, когда
2
⎪
⎩ a2 ≥ 2.
7
Р е ш е н и е. Решим каждое неравенство отдельно:
2
x ≤ x + 2,
−1 ≤ x ≤ 2,
1) log2 x2 ≤ log2 (x + 2) ⇐⇒
⇐⇒
x = 0;
x2 > 0;
2
2
− a2 ≤ x ≤ a2 ;
7
7
каждое решение первого неравенства является
решением
второго в случае, когда
2
2
отрезок [−1; 2] принадлежит отрезку − a2 ; a2 , то есть достаточно потребо7
7
вать:
⎧
⎧
!
√
⎪
⎨ 2 7
⎨− 2 a2 ≤ −1,
a ≤ − 7;
a
,
≥
7
⇐⇒
⇐⇒
√
2
2
⎩a2 ≥ 7;
⎪
a ≥ 7.
⎩ a2 ≥ 2;
7
√
√
О т в е т. (−∞; − 7] ∪ [ 7; +∞).
2) 49x2 − 4a4 ≤ 0
⇐⇒
|7x| ≤ 2a2
⇐⇒
344
Указания и решения
Задача 11. (Геол-99.2)
√
√
Известно, что x1 , x2 – корни уравнения 2x2 − ( 3 + 5)x − 4 + 2 3 = 0. Найти
значение A = x1 + x1 x2 + x2 и выяснить, какое из чисел больше: A или 1, 999 ?
И д е я. Найти искомое значение с помощью
теоремы Виета.
√
√
3+5
4+2 3
, x1 x2 = −
.
У к а з а н и е. x1 + x2 =
2
2
Р е ш е н и е. Учитывая заявленное наличие корней у квадратного уравнения, применим теорему Виета:
√
√
3+5
4+2 3
A = x1 + x1 x2 + x2 = x1 + x2 + x1 x2 =
−
=
2
2
1
√
√
1
5 + 3 − | 3 + 1| = (5 − 1) = 2;
=
2
2
очевидно, что A = 2 > 1, 999 .
О т в е т. 2 ; A.
Задача 12. (Экон.К-78.5)
Найти все значения параметра a, при каждом из которых неравенство
a2 + 2a − sin2 x − 2a cos x > 2 выполняется для любого числа x.
И д е я. Рассмотреть неравенство как квадратное относительно t = cos x и
отобрать те значения параметра a, при которых полученное неравенство справедливо при всех t ∈ [−1; 1].
У к а з а н и е. Привести неравенство к виду cos2 x−2a cos x+a2 +2a−3 > 0 . Далее
применить метод парабол.
У к а з а н и е. Неравенство должно выполняться для любого числа x, т.е. для
любого cos x ∈ [−1; 1], что возможно в одном из двух случаев:
1) дискриминант меньше нуля;
2) вершина параболы находится вне отрезка [−1; 1], а значение квадратичной
функции f (t) = t2 − 2at + a2 + 2a − 3 в точках −1 и 1 больше нуля.
Р е ш е н и е. Воспользуемся основным тригонометрическим тождеством:
a2 + 2a − (1 − cos2 x) − 2a cos x − 2 > 0
⇐⇒
cos2 x − 2a cos x + a2 + 2a − 3 > 0.
Левая часть неравенства представляет собой квадратичную функцию относительно cos x. Неравенство должно выполняться для любого числа x, т.е. для любого
cos x ∈ [−1; 1], что возможно в одном из двух случаев:
1) дискриминант меньше нуля, т.е
a2 − (a2 + 2a − 3) < 0
⇐⇒
a>
3
;
2
5.3.
Смешанные задачи
345
2) вершина параболы находится вне отрезка [−1; 1], а значение квадратичной
функции f (t) = t2 − 2at + a2 + 2a − 3 в точках −1 и 1 больше нуля:
⎧
⎨ a ∈ (−∞; −1) ∪ (1; +∞),
a2 − 2 > 0,
⎩ a2 + 4a − 2 > 0;
_
−6
−2−6
⇐⇒
_
−41/16 −1
−2 −1
⎧
+∞),
⎨ a ∈ (−∞; −1)
√ ∪ (1; √
∪ ( 2; +∞),√
a ∈ (−∞; − 2)√
⎩
a ∈ (−∞; −2 − 6) ∪ (−2 + 6; +∞).
_
5 7
−2+6 1
_
x
2
a
√ √
В результате получаем a ∈ −∞; −2 − 6 ∪
2; +∞ . Найденные в первом
случае a входят в это множество.
√ √
О т в е т. −∞; −2 − 6 ∪
2; +∞ .
Задача 13. (Биол-73.5)
Найти все значения действительного параметра α , для которых неравенство
4x − α · 2x − α + 3 ≤ 0 имеет хотя бы одно решение.
И д е я. Рассмотреть неравенство как квадратное относительно z = 2x и, используя метод парабол, отобрать те значения параметра a, при которых полученное
неравенство имеет хотя бы одно положительное решение.
У к а з а н и е. Исходное неравенство приводится к виду z 2 − αz − α + 3 ≤ 0 . Полученное неравенство должно иметь хотя бы одно положительное решение.
У к а з а н и е. Это возможно в одном из двух случаев:
1) f (0) < 0 , где f (z) = z 2 − αz − α + 3 ;
2) вершина параболы находится правее нуля, а дискриминант неотрицателен.
Р е ш е н и е. Обозначим: z = 2x > 0 ; неравенство z 2 − αz − α+ 3 ≤ 0 должно иметь
хотя бы одно положительное решение. Это возможно в одном из двух случаев:
1) f (0) < 0 , где f (z) = z 2 − αz − α + 3 :
f (0) < 0
⇐⇒
α > 3;
2) вершина параболы находится правее нуля, а дискриминант неотрицателен:
⎧ α
⎨
> 0,
zв > 0,
α > 0,
2
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
D ≥ 0;
(α + 6)(α − 2) ≥ 0;
⎩ 2
α + 4(α − 3) ≥ 0;
О т в е т. [2; +∞).
α ≥ 2.
346
Указания и решения
Задача 14. (Экон-77.5)
Найти все значения параметра a, при каждом из которых неравенство
3 − |x − a| > x2 имеет хотя бы одно отрицательное решение.
И д е я. Раскрыть модуль через геометрический смысл и проанализировать взаимное расположение корней двух получившихся квадратных неравенств.
У к а з а н и е. Исходное уравнение равносильно системе:
x2 + x − a − 3 < 0,
x2 − x + a − 3 < 0.
Пресечение интервалов, являющихся решениями этих неравенств, должно содержать хотя бы одну точку с абсциссой x< 0 .
x1 < x < x2 ,
где x1 и x2 , x3 и x4 –
У к а з а н и е. Показать, что система
x3 < x < x4 ;
корни соответствующих квадратных трёхчленов, всегда имеет решение.
У к а з а н и е. Для наличия отрицательных решений системы достаточно потребовать x3 < 0 .
Р е ш е н и е. Перепишем неравенство в виде: |x − a| < 3 − x2 и раскроем модуль
через геометрический смысл:
f (x) = x2 + x − a − 3 < 0,
2
2
x −3 < x−a< 3−x
⇐⇒
g(x) = x2 − x + a − 3 < 0;
эта система должна иметь хотя бы одно отрицательное решение. Для этого, как
минимум, необходимо, чтобы оба дискриминанта были положительны:
13
13
D1 = 1 + 4(a + 3) = 4a + 13 > 0,
<a<
.
⇐⇒ −
4
4
D2 = 1 − 4(a − 3) = 13 − 4a > 0;
2
2
f(x)
0
−6 x −41/16−1/2
−1
2
g(x)
0
1
5x 7
2
x
2
−6 x −41/16 1/2−1
3
5x
4
7
x
Пусть x1 и x2 , x3 и x4 – корни f (x) и g(x) соответственно. Тогда решение
каждого из неравенств приводит систему к виду:
x1 < x < x2 ,
x3 < x < x4 ;
решений у системы не будет совсем при x3 ≥ x2 , то есть
√
√
√
√
−1 + 13 + 4a
1 − 13 − 4a
≥
⇐⇒
13 − 4a + 13 + 4a ≤ 2
2
2
⇐⇒ 26 + 2 169 − 16a2 ≤ 4 ⇐⇒
169 − 16a2 ≤ −11
⇐⇒
5.3.
Смешанные задачи
347
13 13
должно вы;
4 4
полняться x3 < x2 . Значит, для наличия отрицательных решений системы достаточно потребовать x3 < 0 , то есть
√
√
1 − 13 − 4a < 0 ⇐⇒
13 − 4a > 1 ⇐⇒ a < 3.
Последнее неравенство не имеет решений, то есть ∀a ∈
В результате получаем, что a ∈
О т в е т.
−
−
−
13
;3 .
4
13
;3 .
4
Задача 15. (Экон-80.5)
Найти все целые значения параметра k , при каждом из которых уравнение
x
5 − 4 sin2 x − 8 cos2 = 3k имеет решения. Найти все эти решения.
2
И д е я. Свести уравнение к квадратному относительно cos x; используя ограниченность косинуса, получить ограничения на значения параметра k и решить полученное квадратное уравнение при этих значениях.
У к а з а н и е. С помощью основного тригонометрического тождества и формулы
понижения степени исходное уравнение приводится к виду (2 cos x − 1)2 = 3k + 4 .
У к а з а н и е. Используя ограниченность косинуса, получить ограничения на значения параметра k .
У к а з а н и е. Решить полученное квадратное уравнение при этих значениях ( k =
−1; 0; 1 ).
Р е ш е н и е. Преобразуем уравнение по тригонометрическим формулам:
5 − 4(1 − cos2 x) − 4(1 + cos x) = 3k
⇐⇒
(2 cos x − 1)2 = 3k + 4;
Так как cos x ∈ [−1; 1], то (2 cos x − 1)2 ∈ [0; 9]. Значит,
0 ≤ 3k + 4 ≤ 9
⇐⇒
−
5
4
≤k≤ .
3
3
√
Так как k ∈ Z, то k = −1; 0; 1 . Для всех этих k 2 cos x − 1 = ± 3k + 4 , т.е.
√
⎡
1 − 3k + 4
;
⎢ cos x =
2
⎢
√
⎣
1 + 3k + 4
;
cos x =
2
Рассмотрим найденные k :
1) k = −1 :
1±1
cos x =
2
⇐⇒
cos x = 0;
⇐⇒
cos x = 1;
!
π
+ πn, n ∈ Z;
2
x = 2πm, m ∈ Z;
x=
348
Указания и решения
2) k = 0 :
cos x =
1±2
2
⇐⇒
cos x = −
1
2
⇐⇒
x=±
2π
+ 2πk, k ∈ Z;
3
3) k = 1 :
√
1± 7
cos x =
2
⇐⇒
√
1− 7
cos x =
2
⇐⇒
√
1− 7
x = ± arccos
+ 2πl, l ∈ Z.
2
π
+ πn или 2πm, n, m ∈ Z; если k = 0 , то
2
√
7−1
2π
+ 2πk , k ∈ Z; если k = 1 , то x = ± arccos
+ 2πl , l ∈ Z.
x=±
3
2
О т в е т. Если k = −1 , то x =
Задача 16. (Псих-71.5)
1
При каких значениях a уравнение sin2 3x − a +
2
2π
три корня, расположенных на отрезке
;π ?
3
sin 3x +
a
= 0 имеет ровно
2
И д е я. Решить уравнение как квадратное относительно sin 3x, вопрос о количестве корней на данном отрезке исследовать с помощью тригонометрической
окружности.
У к а з а н и е. Найти sin 3x, рассмотрев исходное уравнение как квадратное.
У
⎡ к а з а н и е. Определить количество корней первого уравнения совокупности
1
⎣ sin 3x = 2 ; и исследовать количество корней второго уравнения в зависимости
sin 3x = a;
от значения параметра.
У к а з а н и е. Уравнение sin 3x = const при 3x ∈ [2π; 3π] (в силу симметрии полуокружности) может иметь один корень, только если const = 1 .
2π
; π , то 3x ∈ [2π; 3π]. Исходное уравнение является
Р е ш е н и е. Если x ∈
3
квадратным относительно sin 3x, его решения легко находятся:
⎡
1
⎣ sin 3x = 2 ;
sin 3x = a;
первое уравнение для 3x ∈ [2π; 3π] дает два корня. Поэтому решение второго
уравнения на этом же отрезке должно быть единственным =⇒ sin 3x = 1 , так
как в остальных случаях для 3x ∈ [2π; 3π] есть симметрия расположения корней
относительно оси Oy . Значит, a = 1 подходит.
5.3.
Смешанные задачи
349
1.5
1
1/2
0.5
0
0.5
−1
1.5
О т в е т. 1 .
Задача 17. (Геол-77.5)
Найти все значения параметра k , при каждом из которых существует хотя бы одно
общее решение у неравенств x2 + 4kx + 3k 2 > 1 + 2k и x2 + 2kx ≤ 3k 2 − 8k + 4 .
И д е я. Исследовать наличие и отсутствие решений у системы в зависимости от
взаимного расположения корней квадратных трёхчленов.
У к а з а н и е. Требуется найти значения k, при которых имеется хотя бы одно
решение у системы неравенств:
2
x + 4kx + 3k 2 − 2k − 1 > 0,
x2 + 2kx − 3k 2 + 8k − 4 ≤ 0.
У к а з а н и е. Поскольку дискриминант левой части второго неравенства D/4 =
k 2 − (−3k 2 + 8k − 4) = (2(k − 1))2 ≥ 0, то второе неравенство всегда имеет решение.
У к а з а н и е. Если множество решений первого неравенства (−∞; x1 )∪(x2 ; ∞) не
будет пересекаться с множеством решений второго неравенства [x3 ; x4 ], то система
не будет иметь решений. Это возможно только в случае следующего расположения
корней: x1 ≤ x3 ≤ x4 ≤ x2 .
У к а з а н и е. Такое расположение корней гарантируется следующей системой:
f (x3 ) ≤ 0,
f (x4 ) ≤ 0;
где f (x) = x2 + 4kx + 3k 2 − 2k − 1 , а x3,4 =
−3k + 2;
k − 2.
Р е ш е н и е. Требуется найти значения k, при которых имеется хотя бы одно решение у системы неравенств:
2
x + 4kx + 3k 2 − 2k − 1 > 0,
x2 + 2kx − 3k 2 + 8k − 4 ≤ 0.
Обозначим через x1 ≤ x2 корни левой части первого неравенства;
через D , x3 ≤ x4 дискриминант и корни левой части второго неравенства.
Множество решений первого неравенства: (−∞; x1 ) ∪ (x2 ; ∞).
350
Указания и решения
Множество решений второго неравенства: [x3 ; x4 ].
Поскольку D/4 = k 2 − (−3k 2 + 8k − 4) = (2(k − 1))2 ≥ 0, то второе неравенство
всегда имеет решение, причем
−3k + 2;
x3,4 = −k ± 2(k − 1) =
k − 2.
Значит, легче найти те значения параметра, при которых не будет решения у
системы, что возможно только в случае следующего расположения корней:
x1 ≤ x3 ≤ x4 ≤ x2 . Обозначим f (x) = x2 + 4kx + 3k 2 − 2k − 1 . Тогда такое
расположение корней гарантируется следующей системой:
f (x3 ) ≤ 0,
(2 − 3k)2 + 4k(2 − 3k) + 3k 2 − 2k − 1 ≤ 0,
⇐⇒
⇐⇒
f (x4 ) ≤ 0;
(k − 2)2 + 4k(k − 2) + 3k 2 − 2k − 1 ≤ 0;
⎧
⎪
⎨ k ≥ 1,
3
1
−6k + 3 ≤ 0,
2
≤k≤ .
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
1
3
8k 2 − 14k + 3 ≤ 0;
⎪
2
2
⎩
≤k≤ ;
4
2
1
3
При этих k не будет решений у системы. При остальных k ∈ −∞;
; +∞
2
2
у системы будут решения.
З а м е ч а н и е. В задачах довольно часто бывает так, что проще найти те значения
параметра, которые нас не устраивают, чем те, которые устраивают.
О т в е т.
−∞;
1
2
3
; +∞ .
2
Задача 18. (Геол-88.6)
Найти все значения параметра a, при каждом из которых область значений функsin x + 2(1 − a)
ции y =
содержит отрезок [1; 2].
a − cos2 x
И д е я. Переформулировать задачу следующим образом: найти все значения паz + 2c
раметра c, при которых ∀p ∈ [1; 2] ∃z ∈ [−1; 1]: f (z) = p, где f (z) = 2
,
z −c
c = 1 − a, z = sin x.
z + 2c
= p сводится к квадратному относительно z доУ к а з а н и е. Уравнение 2
z −c
множением на знаменатель.
У к а з а н и е. Полученное уравнение
g(z) = pz 2 − z − (p + 2)c = 0
имеет хотя бы одно решение z ∈ [−1; 1], если
D ≥ 0,
g(−1) ≥ 0;
условие задачи будет выполнено, если эта система окажется справедливой при
∀p ∈ [1; 2].
5.3.
Смешанные задачи
351
z + 2c
.
z2 − c
Переформулируем задачу: найти все значения параметра c, при которых для
∀p ∈ [1; 2] ∃z ∈ [−1; 1]: f (z) = p.
Рассмотрим уравнение f (z) = p:
z + 2c
p(z 2 − c) = z + 2c,
=
p
⇐⇒
z2 − c
z 2 − c = 0;
Р е ш е н и е. Обозначим: c = 1 − a, z = sin x ∈ [−1; 1]; f (z) =
Найдём сначала те значения c, при которых неравенство системы не выполняется, т.е. найдем c, удовлетворяющие системе:
!
c = 0;
p(z 2 − c) = z + 2c,
z + 2c = 0,
2
1
⇐⇒
=⇒
4c
−c
=
0
⇐⇒
c= .
z 2 − c = 0;
z 2 − c = 0;
4
Проверим найденные значения c. Для этого подставляем их в исходное условие
задачи:
1
1) если c = 0 , то f (z) = , z = 0 . При z ∈ [−1; 1] функция f (z) принимает
z
все значения из множества (−∞; −1] ∪ [1; +∞), а, следовательно, принимает все
значения из отрезка [1; 2]. Поэтому значение c = 0 подходит;
1
1
2) если c = , то f (z) =
1 . При z ∈ [−1; 1] функция f (z) принимает значения
4
z
−
2
3
из множества −∞; − ∪ [2; +∞), а, следовательно, принимает не все значения
2
1
из отрезка [1; 2]. Поэтому значение c = не подходит.
4
1
Рассмотрим теперь случай c = 0, c = . Тогда уравнение системы принимает
4
вид: g(z) = pz 2 −z −(p+2)c = 0 . Так как при p ∈ [1; 2] абсцисса вершины параболы
1 1
1
∈
;
⊂ [−1; 1], то она находится ближе к 1 , чем к −1 . Требуется,
zв =
2p
4 2
чтобы ∀p ∈ [1; 2] уравнение g(z) = 0 имело хотя бы один корень на [−1; 1].
2
1
0
−1
−2
−1
z
z
1
B
1/4
1/2
z
2
1
z
−3
−4
−5
Для этого достаточно, чтобы для ∀p ∈ [1; 2] выполнялась система:
⎧
1
⎪
,
⎨с ≥ −
1 + 4pс(p + 2) ≥ 0,
D ≥ 0,
4p(p + 2)
⇐⇒
⇐⇒
1
⎪
g(−1) ≥ 0;
p + 1 − c(p + 2) ≥ 0;
⎩c ≤ 1 −
.
p+2
352
Указания и решения
Так как при ∀p ∈ [1; 2] выполняется:
1
1
1
∈ − ;−
−
4p(p + 2)
12 32
1
2 3
и 1−
∈
;
,
p+2
3 4
1 2
то система выполняется при ∀p ∈ [1; 2], если c ∈ − ;
.
32 3
1
Значения c = 0 и c = проверены выше. Окончательно получаем:
4
−
2
1
1
≤ c ≤ , c = .
32
3
4
Возвращаемся к исходному параметру:
⎧
⎪
⎨ − 1 ≤ 1 − a ≤ 2,
32
3
1
⎪
⎩ 1 − a = ;
4
3 33
1 3
;
;
.
О т в е т.
3 4
4 32
⇐⇒
⎧
⎪
⎨ 1 ≤ a ≤ 33 ,
3
32
3
⎪
⎩ a = .
4
Задача 19. (М/м-99.5)
Найти все значения a, при каждом из которых сумма длин интервалов, составляx2 + (2a2 + 6)x − a2 + 2a − 3
< 0 , не меньше 1 .
ющих решение неравенства
x2 + (a2 + 7a − 7)x − a2 + 2a − 3
И д е я. Рассмотреть трёхчлены, находящиеся в числителе и знаменателе, исследовать вопрос о наличии у них корней и выяснить их расположение друг относительно друга.
У к а з а н и е. Доказать наличие двух корней у каждого из квадратных трёхчленов
(рассмотреть значение каждого из них в точке x = 0 ).
У к а з а н и е. Выяснить расположение корней трёхчленов относительно друг друга. Рассмотреть их разность
h(x) = f (x) − g(x) = (a2 − 7a + 13)x
и исследовать случаи, когда она положительна, когда равна нулю и когда отрицательна.
У к а з а н и е. Искомую сумму длин интервалов выразить через корни трёхчленов.
Полученное выражение выразить через коэффициенты трёхчленов с помощью теоремы Виета.
Р е ш е н и е. Обозначим:
f (x) = x2 + (2a2 + 6)x − a2 + 2a − 3,
g(x) = x2 + (a2 + 7a − 7)x − a2 + 2a − 3.
6.1.
Область определения функции, монотонность, периодичность...
353
Заметим, что свободный член у обоих квадратных трёхчленов одинаков и отрицателен: −a2 + 2a − 3 = −(a2 − 2a + 3) = −(a − 1)2 − 2 < 0 . Значит, f (0) = g(0) < 0 ,
следовательно, трёхчлены имеют по два корня, причём x1 < 0 < x2 , x3 < 0 < x4
соответственно.
Для определения взаимного расположения парабол y = f (x) и y = g(x) рассмотрим разность
h(x) = f (x) − g(x) = (a2 − 7a + 13)x.
Для скобки имеем: D = 49−52 < 0 , то есть этот сомножитель всегда положителен;
– если x > 0 , то h(x) > 0 =⇒ f (x) > g(x);
– если x < 0 , то h(x) < 0 =⇒ f (x) < g(x);
3
y
f(x)
g(x)
2
x3
1
0
x
x2
x
1
4
x
1
2
−5
−4
−3
−2
−1
0
1
значит, корни f (x) и g(x) чередуются, причём расположены в следующем порядке: x1 < x3 < x2 < x4 .
Решением исходного неравенства будет совокупность двух интервалов: (x1 ; x3 )∪
(x2 ; x4 ). Сумма их длин равна:
S = x3 − x1 + x4 − x2 = x3 + x4 − (x1 + x2 ) = −a2 − 7a + 7 + 2a2 + 6 = a2 − 7a + 13.
Условие задачи требует S ≥ 1 ⇐⇒ a2 − 7a + 12 ≥ 0 , откуда a ≤ 3 или a ≥ 4 .
О т в е т. (−∞; 3] ∪ [4; +∞).
6.
6.1.
Использование различных свойств функций и
графических иллюстраций
Область определения функции, монотонность, периодичность, чётность и нечётность
Задача 1. (У)
Найти область определения функции y =
log7 (cos 2x).
И д е я. Получить ограничения на x из условия неотрицательности подкоренного
выражения.
У к а з а н и е. Решить неравенство log7 (cos 2x) ≥ 0 .
354
Указания и решения
Р е ш е н и е. Областью определения функции y =
чения x, при которых
log7 (cos 2x) ≥ 0
⇐⇒
cos 2x ≥ 1
⇐⇒
log7 (cos 2x) являются те зна-
cos 2x = 1
⇐⇒
x = πn, n ∈ Z.
О т в е т. πn, n ∈ Z.
Задача 2. (У)
Найти область определения функции y =
lg cos πx + 9 − x2 .
И д е я. Получить ограничения на x из условия неотрицательности подкоренных
выражений.
lg cos πx ≥ 0,
У к а з а н и е. Решить систему неравенств
9 − x2 ≥ 0.
Р е ш е н и е. Радикалы определены при
lg cos πx ≥ 0,
9 − x2 ≥ 0;
⇐⇒
cos πx ≥ 1,
−3 ≤ x ≤ 3;
⇐⇒
⎡
x = 2n, n ∈ Z;
−3 ≤ x ≤ 3;
x = −2;
⇐⇒ ⎣ x = 0;
x = 2.
Следовательно, областью определения являются три точки x = ±2 и x = 0.
О т в е т. ±2; 0.
Задача 3. (У)
Решить уравнение 2x = 3 − x.
И д е я. Подбором найти один корень и доказать, что других нет.
У к а з а н и е. Использовать свойства монотонных функций.
Р е ш е н и е. Поскольку показательная функция в левой части уравнения монотонно возрастает, а линейная функция в правой части монотонно убывает, уравнение
имеет не более одного корня. Значение x = 1 легко находится подбором.
О т в е т. 1 .
Задача 4. (У)
Решить уравнение
√
√
5
x − 1 + x + 2 = 3.
И д е я. Решение найти подбором и показать, что других решений нет.
У к а з а н и е. Использовать монотонность левой части уравнения.
Р е ш е н и е. Поскольку функция в левой части уравнения монотонно возрастает,
она может принять значение, равное 3, не более одного раза. Значение x = 2
удовлетворяет уравнению. Других решений быть не может.
О т в е т. 2 .
6.1.
Область определения функции, монотонность, периодичность...
355
Задача 5. (У)
Решить уравнение
4−
√
15
x
+
4+
√
15
x
√ x
= 2 2 .
И д е я. Решение найти подбором и показать, что других решений нет.
У к а з а н и е. Поделить обе части равенства на правую часть уравнения и показать, что слева получилась монотонная функция.
√
√
√
√
Р е ш е н и е. Так как √ 4 − 15 < 2 2 и
4 + 15 < 2 2, то, поделив обе
x
части уравнения на 2 2 , мы получим слева монотонно убывающую функцию,
а справа — константу:
√ x √ x
4 − 15
4 + 15
√
√
+
= 1.
2 2
2 2
Значение x = 2 является решением уравнения. Поскольку монотонная функции
принимает все свои значения только один раз, других решений нет.
О т в е т. 2 .
Задача 6. (У)
Решить уравнение 2π cos x = |x| − |x − π|.
И д е я. Раскрыть модули по определению.
У к а з а н и е. В случае, когда уравнение будет содержать как тригонометрическую функцию, так и линейную, решение найти подбором и показать, что других
корней нет.
Р е ш е н и е. 1) Если x ≥ π , то
π
1
⇐⇒ x = ± + 2πn, n ∈ Z.
2
3
В ответ войдёт часть серии, удовлетворяющая условию x ≥ π , то есть
π
x = ± + 2πn, n ∈ N.
3
2π cos x = π
⇐⇒
cos x =
2) При x ∈ (0; π) получим
2π cos x = 2x − π.
π
Значение x =
является решением этого уравнения. Поскольку на промежутке
2
(0; π) косинус убывает, а функция y(x) = 2x − π возрастает, других решений быть
не может.
3) Если x ≤ 0 , то
2π
1
⇐⇒ x = ±
+ 2πn, n ∈ Z.
2
3
В этом случае в ответ войдут только отрицательные значения x.
2π cos x = −π
⇐⇒
cos x = −
356
О т в е т. −
Указания и решения
π
2π
2π π
;
; ± + 2πn, n ∈ N ; ± − 2πk, k ∈ N.
3
2
3
3
Задача 7. (У)
Является ли функция f (x) = (2 +
той, ни другой?
√ 1/x
√
3)
− (2 − 3)1/x чётной, нечётной или ни
И д е я. Воспользоваться определениями чётной и нечётной функции.
У к а з а н и е. Проверить область определения на симметричность относительно
нуля и выразить f (−x) через f (x).
Р е ш е н и е. Областью определения функции f (x) является множество
D(f ) = (−∞; 0) ∪ (0; +∞),
то есть для любого x ∈ D(f ) точка
∈ D(f ). Вычислим значение f (−x),
√ −x √
воспользовавшись равенством (2 + 3)(2 − 3) = 1 :
√
√
√
√
f (−x) = (2 + 3)−1/x − (2 − 3)−1/x = (2 − 3)1/x − (2 + 3)1/x = −f (x).
Следовательно, функция f (x) является нечётной.
О т в е т. Нечётная.
Задача 8. (У)
√
Доказать непериодичность функции y = cos x .
И д е я. Использовать непериодичность области определения D(y).
У к а з а н и е. Предположить существование периода T и найти точку x0 такую,
что x0 ∈ D(y), а (x0 − T ) ∈
/ D(y).
Р е ш е н и е. Пусть T > 0 – наименьший положительный период функции. Областью определения данной функции является множество D(y) = [0; +∞).
Рассмотрим точку x0 = 0 . По определению периодической функции точка
x0 −T = −T < 0 также должна принадлежать D(y), но это не так. Следовательно,
функция не периодична. Утверждение доказано.
Задача 9. (У)
Доказать непериодичность функции y = sin log2 |x|.
И д е я. Использовать непериодичность области определения D(y).
У к а з а н и е. Предположить существование периода T и найти точку x0 такую,
что x0 ∈ D(y), а (x0 − T ) ∈
/ D(y).
Р е ш е н и е. Пусть T > 0 – наименьший положительный период функции. Точка
x0 = T ∈ D(y) = (−∞; 0)∪(0; +∞); следовательно, по определению периодической
функции точка x0 − T = 0 также должна принадлежать D(y), но это не так.
Значит, функция не периодична. Утверждение доказано.
6.1.
Область определения функции, монотонность, периодичность...
357
Задача 10. (У)
Найти наименьший положительный период функции y = sin6 x + cos6 x.
И д е я. Выразить y через одну тригонометрическую функцию.
У к а з а н и е. Воспользоваться формулой суммы кубов.
Р е ш е н и е. Преобразуем данную функцию, воспользовавшись формулой для
суммы кубов:
y = sin6 x + cos6 x = (sin2 x + cos2 x)(sin4 x − sin2 x · cos2 x + cos4 x) =
= (sin2 x + cos2 x)2 − 3 sin2 x cos2 x = 1 −
5 3
3
3
sin2 2x = 1 − (1 − cos 4x) = + cos 4x.
4
8
8 8
Так как функция y = cos 4x имеет наименьший положительный период π/2, то
исходная функция также будет иметь наименьший положительный период π/2.
О т в е т.
π
.
2
Задача 11. (У)
Найти наименьший положительный период функции y = sin x + cos x + sin x cos x.
И д е я. Определить, с какой периодичностью достигается максимальное значение.
У к а з а н и е. Воспользоваться методом вспомогательного аргумента и формулой
синуса двойного угла.
Р е ш е н и е. Преобразуем тригонометрическое выражение по методу вспомогательного аргумента:
y = sin x + cos x + sin x · cos x =
√
π 1
+ sin 2x.
2 sin x +
4
2
Максимальное значение достигается в случае, когда оба синуса равны 1, то есть
π
при x = + 2πn, n ∈ Z. Значит, наименьший положительный период функции
4
не может быть меньше 2π = T ∗ . Проведём проверку:
y(x + T ∗ ) =
=
1
√
π
2 sin x + + 2π + sin 2(x + 2π) =
4
2
√
π 1
+ sin 2x = y(x),
2 sin x +
4
2
то есть T ∗ = 2π является наименьшим положительным периодом функции
y = sin x + cos x + sin x cos x.
О т в е т. 2π.
358
Указания и решения
Задача 12. (У)
Доказать, что функция y = sin 2x не является периодической.
И д е я. Воспользоваться методом доказательства от противного.
У к а з а н и е. При отрицательных значениях переменной x функция не обращается в ноль.
Р е ш е н и е. Найдём нули функции:
sin 2x = 0
⇐⇒
2x = πk, k ∈ N
⇐⇒
x = log2 πk, k ∈ N.
Обозначим через x0 минимальное значение x, при котором y(x) = 0 . Его можно
вычислить: x0 = log2 π .
Предположим, что функция y = sin 2x является периодической с периодом
T > 0. Тогда согласно определению периодической функции должно выполняться
равенство y(x0 − T ) = y(x0 ) = 0 . Это соотношение противоречит определению
точки x0 – минимального значения переменной, при котором функция y(x) принимает нулевое значение.
Значит, функция y = sin 2x не является периодической. Утверждение доказано.
Задача 13. (У)
Доказать непериодичность функции y = sin x3 .
И д е я. Показать, что расстояние между соседними нулями функции с ростом
модуля x уменьшается.
√
У к а з а н и е. Рассмотреть разность xn+1 − xn , где xn = 3 πn, n ∈ Z.
√
Р е ш е н и е. Нулями данной функции
являются
xn = 3 πn, n ∈ Z. Расстояние
√
√
между x1 и x0 равно x1 − x0 = 3 π − 0 = 3 π . Найдём при каких
√ n расстояние
между двумя соседними нулями исходной функции также равно 3 π :
xn+1 − xn =
√
3
π
√
√
3
n+1= 3 n+1
⇐⇒
⇐⇒
√
√
3
π(n + 1) − 3 πn = 3 π
⇐⇒
√
√
3
n + 1 = n + 3 n2 + 3 3 n + 1
√
√
3
n+1− 3 n = 1
⇐⇒
0=
⇐⇒
√
√
3
n2 + 3 n,
откуда либо n = 0 , либо n = −1 .
Если бы функция была периодической, то существовало
бы бесконечное коли√
чество соседних нулей функции на расстоянии 3 π .
Следовательно, функция y = sin x3 не является периодической. Утверждение
доказано.
6.1.
Область определения функции, монотонность, периодичность...
359
Задача 14. (У)
Доказать, что функция y = cos x + cos πx не является периодической.
И д е я. Использовать метод доказательства от противного.
У к а з а н и е. Из равенства cos x + cos πx = cos(x + T ) + cos π(x + T ) попытаться
найти значение периода T , положив x = 0 .
Р е ш е н и е. Предположим, что функция является периодической с периодом
T > 0. Тогда по определению ∀x ∈ R должно выполняться равенство
cos x + cos πx = cos(x + T ) + cos π(x + T ).
При x = 0 получим равенство cos T + cos(πT ) = 2 , откуда
cos T = 1,
T = 2πn, n ∈ Z,
⇐⇒
=⇒ πn = k ; n, k ∈ Z.
cos(πT ) = 1;
T = 2k, k ∈ Z;
Последнее равенство верно только при n = k = 0; следовательно, T = 0, а это
противоречит определению периодической функции.
Значит, наше предположение неверно и функция y = cos x + cos πx периодической не является. Утверждение доказано.
Задача 15. (У)
√
Доказать, что функция y = sin x sin 2x не является периодической.
И д е я. Действовать от противного.
У к а з а н и е. Рассмотреть расстояние между двумя соседними нулями функции
y(x).
√
Р е ш е н и е. Функция y = sin x sin 2x обращается в ноль в точках x = πk и
πl
x = √ , k, l ∈ Z.
2
π π
Заметим, что на интервале − √ ; √
имеется только один корень x0 = 0 .
2
2
Пусть T > 0 – период функции y(x). Тогда согласно определению периодичеπ
π
других
ской функции y(x0 + T ) = y(x0 ) = 0 , и на интервале T − √ ; T + √
2
2
корней быть не должно.
√
Поскольку интервал имеет длину 2π , на нём должен находиться как миπl
нимум один корень вида x = πk и как минимум один корень вида x = √ .
2
Следовательно,
πl
πk = √ ; k, l ∈ N.
2
√
l
Из последнего равенства получаем, что 2 = ∈ Q , а это не так.
k
√
Значит, наше предположение неверно, и функция y = sin x sin 2x периодической не является. Утверждение доказано.
360
6.2.
Указания и решения
Множество значений функции, промежутки знакопостоянства и монотонности
Задача 1. (ЕГЭ.С)
Найдите множество значений функции y = log0,25
log4 (4 + x4 ) + 47
3
.
И д е я. Использовать неотрицательность функции f (x) = x4 и монотонность логарифмической функции.
У к а з а н и е. Используя неотрицательность функции f (x) = x4 , возрастание логарифмической функции при основании, большем 1 , и её убывание при основании,
меньшем 1, оценить значение подлогарифменной функции внешнего логарифма.
Р е ш е н и е. Воспользуемся неотрицательностью функции f (x) = x4 , возрастанием логарифмической функции при основании, большем 1 , и её убыванием при
основании, меньшем 1 , и запишем цепочку очевидных равносильных переходов:
x4 ≥ 0
⇐⇒
⇐⇒
4 + x4 ≥ 4
log4 (4 + x4 ) + 47 ≥ 48
⇐⇒
log0,25
⇐⇒
⇐⇒
log4 (4 + x4 ) ≥ log4 4 = 1
⇐⇒
48
log4 (4 + x4 ) + 47
≥
= 16
3
3
log4 (4 + x4 ) + 47
3
⇐⇒
≤ log0,25 16 = −2.
Последнее неравенство даёт ответ.
О т в е т. (−∞; −2].
Задача 2. (ЕГЭ.С)
Найдите множество значений функции y = log0,2
80
log5 (125 + x4 ) + 13
.
И д е я. Использовать неотрицательность функции f (x) = x4 , монотонность ло1
гарифмической функции и функции g(x) = .
x
У к а з а н и е. Используя неотрицательность функции f (x) = x4 , убывание функ1
ции g(x) = , возрастание логарифмической функции при основании, большем
x
1 , и её убывание при основании, меньшем 1, оценить выражение, стоящее под
знаком первого логарифма.
1
Р е ш е н и е. Используем убывание функции g(x) = , возрастание логарифмичеx
ской функции при основании, большем 1 , и её убывание при основании, меньшем
1, и запишем цепочку очевидных равносильных переходов:
x4 ≥ 0
⇐⇒
125 + x4 ≥ 125
⇐⇒
log5 (125 + x4 ) ≥ log5 (125) = 3
⇐⇒
6.2.
Множество значений функции, промежутки знакопостоянства...
⇐⇒
log5 (125 + x4 ) + 13 ≥ 16
⇐⇒
log0,2
⇐⇒
80
80
≤
=5
log5 (125 + x4 ) + 13
16
80
log5 (125 + x4 ) + 13
361
⇐⇒
≥ log0,2 5 = −1.
Последнее неравенство даёт ответ.
О т в е т. [−1; +∞).
Задача 3. (ЕГЭ.С)
9
Найдите множество значений функции y = arccos
π
√
3 2 + sin x − cos x
√
.
4 2
И д е я. Использовать ограниченность функции f (x) = sin x и монотонность
функции g(x) = arccos x.
√
π
.
У к а з а н и е. Применить формулу sin x − cos x = 2 sin x −
4
У к а з а н и е. Использовать ограниченность функции f (x) = sin x и убывание
функции g(x) = arccos x.
√
π
Р е ш е н и е. Так как sin x − cos x = 2 sin x −
, а g(x) = arccos x – убыва4
ющая функция, то справедлива следующая цепочка:
√
√ √ 3 2 + sin x − cos x
1
√
;1
⇐⇒
(sin x − cos x) ∈ − 2; 2
∈
⇐⇒
2
4 2
√
π
3 2 + sin x − cos x
√
⇐⇒ y ∈ [0; 3] .
∈ 0;
⇐⇒ arccos
3
4 2
О т в е т. [0; 3].
Задача 4. (ЕГЭ.С)
При каких значениях a выражение 3 + cos x(a cos x + 4 sin x) не равно нулю ни
при каких значениях x?
И д е я. Использовать формулы понижения степени, метод вспомогательного аргумента и ограниченность тригонометрической функции g(t) = sin t.
1 + cos 2x
У к а з а н и е. Использовать формулу понижения степени cos2 x =
и
2
метод вспомогательного аргумента.
√
a
16 + a2
У к а з а н и е. Привести выражение к виду 3 + +
· sin(2x + ϕ), где
2
2
a
4
sin ϕ = √
, cos ϕ = √
.
16 + a2
16 + a2
У к а з а н и е. Используя ограниченность тригонометрической функции g(t) = sin t,
оценить значение полученного выражения.
362
Указания и решения
Р е ш е н и е. Найдём множество значений функции
f (x) = 3 + cos x(a cos x + 4 sin x).
Для этого преобразуем её, используя формулы понижения степени и метод вспомогательного аргумента:
1 + cos 2x
+ 2 sin 2x =
2
√
a a
16 + a2
a
= 3 + + cos 2x + 2 sin 2x = 3 + +
· sin(2x + ϕ),
2 2
2
2
a
4
где sin ϕ = √
, cos ϕ = √
. В силу ограниченности тригономет2
16 + a
16 + a2
рической функции g(t) = sin t (−1 ≤ sin t ≤ 1 ) множеством значений функции
f (x) будет отрезок
#
!
√
√
6 + a − 16 + a2 6 + a + 16 + a2
;
.
2
2
f (x) = 3 + a cos2 x + 2 sin 2x = 3 + a ·
Этот отрезок не содержит нулевое значение только в двух случаях: когда его
правая граница меньше нуля или когда его левая граница больше нуля. Значит,
√
√
2
6 + a + √16 + a2 < 0,
√16 + a < −(a + 6),
⇐⇒
⇐⇒
2
16 + a2 < (a + 6);
6 + a − 16 + a > 0;
5
16 + a2 < |a + 6| ⇐⇒ 16 + a2 < |a + 6|2 ⇐⇒ a > − .
⇐⇒
3
5
О т в е т. − ; +∞ .
3
Задача 5. (ЕГЭ.С)
При каких значениях параметра a сумма loga
дет больше единицы при всех x?
3 + 2x2
1 + x2
и loga
5 + 4x2
1 + x2
бу-
И д е я. Использовать неотрицательность функции f (x) = x2 , монотонность ло1
гарифмической функции и функции g(x) = .
x
У к а з а н и е. Заметить, что оба выражения определены при всех x ∈ R. Привести
1
1
их сумму к виду loga
2+
4+
.
1 + x2
1 + x2
1
У к а з а н и е. Ввести обозначение t =
, t ∈ (0; 1] при x ∈ R. Найти
1 + x2
множество значений квадратичной функции y(t) = (2 + t)(4 + t) на промежутке
(0; 1]
У к а з а н и е. Поскольку tв = −3 < 0, то функция y(t) при всех t ∈ (0; 1]
возрастает и принимает значения из промежутка (8; 15]. Переформулировать
условие следующим образом: найти все значения параметра a, при которых
loga y > 1 при всех y ∈ (8; 15].
6.2.
Множество значений функции, промежутки знакопостоянства...
363
Р е ш е н и е. Оба выражения определены при любом x ∈ R . Их сумма равна
loga
3 + 2x2
1 + x2
+ loga
= loga
5 + 4x2
1 + x2
2+
= loga
1
1 + x2
4+
3 + 2x2 5 + 4x2
·
1 + x2
1 + x2
1
1 + x2
=
.
1
, t ∈ (0; 1]. Рассмотрим функцию y(t) = (2 + t)(4 + t). По1 + x2
скольку tв = −3 < 0, то функция y(t) возрастает при всех t ∈ (0; 1] и принимает
значения из промежутка (8; 15].
Значит, условие задачи можно переформулировать так: найти все значения
параметра a, при которых loga y > 1 при всех y ∈ (8; 15].
При a ∈ (0; 1) функция h(y) = loga y убывает и при всех y > 1 принимает только отрицательные значения. Следовательно, эти значения параметра не
подходят.
При a > 1 функция h(y) = loga y возрастает и, следовательно,
Пусть t =
loga y > 1
⇐⇒
y > a.
Последнее неравенство должно выполняться при всех y ∈ (8; 15]. Значит,
a ∈ (1; 8].
О т в е т. (1; 8].
Задача 6. (Экон-94.2)
Найти область значений функции y = − −3x2 + 12x − 3.
И д е я. Рассмотреть функцию, стоящую под корнем.
У к а з а н и е. График подкоренной функции – парабола с ветвями, направленными вниз.
У к а з а н и е. Наибольшее значение этой функции достигается в вершине параболы xв = 2 . Учесть ОДЗ.
Р е ш е н и е. Рассмотрим функцию, стоящую под корнем:
g(x) = −3x2 + 12x − 3.
Это квадратичная функция, её график – парабола с ветвями, направленными
вниз. Значит, наибольшее значение достигается в вершине параболы xв = 2 , то
есть
gmax = g(2) = 9.
С учётом ОДЗ получаем, что 0 ≤ g(x) ≤ 9 . Значит, −3 ≤ y ≤ 0 .
О т в е т. [−3; 0].
364
Указания и решения
Задача 7. (Экон.К-71.2)
Решить уравнение tg
π
cos x = ctg
sin x .
2
2
π
И д е я. Использовать формулу приведения и ограниченностью функций sin x и
cos x.
π
У к а з а н и е. Формула приведения: tg
− x = ctg x.
2
У к а з а н и е. Избавляясь от тангенсов, надо учитывать ОДЗ. Функции sin x и
cos x ограничены по модулю единицей.
Р е ш е н и е. Воспользуемся в правой части уравнения формулой приведения:
π
π
π
cos x = tg
− sin x .
tg
2
2
2
Полученное уравнение эквивалентно системе:
⎧ π
⎧ √
π
π
π
⎪
⎪
⎪
= 1 + 2n, n ∈ Z,
⎨ 2 cos x = 2 − 2 sin x + πn, n ∈ Z,
⎨ 2 sin x +
4
⇐⇒
π
π
⎪
⎪
⎪
⎩ cos x = 1 + 2m, m ∈ Z.
⎩ 2 cos x = 2 + πm, m ∈ Z;
Учтём ограниченность функций sin x и cos x:
⎧
1
π
⎪
= ±√ ,
⎨ sin x +
4
2
⎪
⎩ cos x = ±1;
Значит, x =
О т в е т.
⇐⇒
⎧
π
πn
π
⎪
, n ∈ Z,
⎨ x+ = +
4
4
2
⎪
⎩ x = πm, m ∈ Z.
π
+ πn, n ∈ Z.
2
π
+ πn, n ∈ Z.
2
Задача 8. (ВМК-82.2)
Найти все значения x, для каждого из которых функция f (x) = 6 cos2 x+6 sin x−2
принимает наибольшее значение.
И д е я. Воспользовавшись основным тригонометрическим тождеством, свести
функцию к квадратичной относительно sin x.
У к а з а н и е. Воспользоваться основным тригонометрическим тождеством:
cos2 x = 1 − sin2 x.
У к а з а н и е. Получившаяся функция f (x) = −6 sin2 x+6 sin x+4 является квадратичной относительно sin x; её график – парабола с ветвями, направленными
вниз; максимальное значение достигается в вершине, то есть при sin x = 0, 5.
6.2.
Множество значений функции, промежутки знакопостоянства...
365
Р е ш е н и е. Воспользовавшись основным тригонометрическим тождеством, приведём функцию к квадратичной относительно sin x:
f (x) = 6(1 − sin2 x) + 6 sin x − 2 = −6 sin2 x + 6 sin x + 4.
График полученной функции – парабола с ветвями, направленными вниз. Максимум достигается в вершине, то есть при sin x = 0, 5. Значит, наибольшее значение
π
функции f (x) достигается при x = (−1)n + πn, n ∈ Z.
6
π
О т в е т. (−1)n + πn, n ∈ Z.
6
Задача 9. (Почв-90.4)
Найти наименьшее значение функции y = 1 + 4 sin x − 2x на отрезке [0; π].
И д е я. Использовать убывание линейной функции f (x) = 1 − 2x и ограниченность тригонометрической функции g(x) = 4 sin x.
У к а з а н и е. Представить функцию y в виде суммы двух функций:
y = f (x) + g(x),
где f (x) = 1 − 2x, g(x) = 4 sin x.
У к а з а н и е. Функция f (x) = 1 − 2x убывает на всей прямой. Следовательно, на
отрезке [0; π] минимальное значение она принимает на правом конце:
fmin = f (π) = 1 − 2π.
Функция g(x) = 4 sin x на отрезке [0; π] принимает минимальное значение при
x=0 и x=π:
gmin = g(0) = g(π) = 0.
Р е ш е н и е. Представим функцию y в виде суммы двух функций – линейной и
тригонометрической:
y = (1 − 2x) + 4 sin x = f (x) + g(x),
где f (x) = 1 − 2x, g(x) = 4 sin x.
Функция f (x) = 1 − 2x убывает на всей прямой. Значит, на отрезке [0; π]
минимальное значение она принимает на правом конце:
fmin = f (π) = 1 − 2π.
Функция g(x) = 4 sin x на отрезке [0; π] минимальное значение принимает
при x = 0 и x = π :
gmin = g(0) = g(π) = 0.
Таким образом, ymin = y(π) = 1 − 2π.
О т в е т. 1 − 2π.
366
Указания и решения
Задача 10. (Геол.ОГ-81.6)
√
3
Показать, что функция y(x) = sin2 x − 12 sin x cos x + 3 cos2 x − 2 66 может принимать неотрицательные значения.
И д е я. Использовать формулы синуса двойного аргумента, понижения степени и
метод вспомогательного аргумента. Сравнить максимум получившейся функции
с нулём.
У к а з а н и е. Рассмотреть функцию g(x) = sin2 x − 12 sin x cos x + 3 cos2 x и воспользоваться формулами
sin 2x = 2 sin x cos x;
cos2 x =
1 + cos 2x
;
2
sin2 x =
1 − cos 2x
.
2
У к а з а н и е. Для получившейся функции g(x) = 2 + cos 2x − 6 sin 2x применить
метод вспомогательного аргумента.
У к а з а н и е. Максимальное значение функции
√
√
√
√
3
3
max y(x) = max(2 + 37 cos(2x + ϕ) − 2 66) = 2 + 37 − 2 66
x∈R
x∈R
сравнить с нулём.
Р е ш е н и е. Рассмотрим функцию
3
1 − cos 2x
− 6 sin 2x + (cos 2x + 1) =
2
2
√
= 2 + cos 2x − 6 sin 2x = 2 + 37 cos(2x + ϕ).
g(x) = sin2 x − 12 sin x cos x + 3 cos2 x =
Значит, максимальное значение функции y(x) равно
√
√
√
√
3
3
max y(x) = max(2 + 37 cos(2x + ϕ) − 2 66) = 2 + 37 − 2 66.
x∈R
x∈R
√
√
Покажем, что 2 + 37 − 2 3 66 > 0. Сравним числа
сильно сравнению их кубов:
√
√
8 + 12 37 + 6 · 37 + 37 37 ∨
√
49 37 ∨
88837 >
2+
√
√
37 и 2 3 66 , что равно-
8 · 66
298
88804.
Следовательно, функция y(x) может принимать неотрицательные значения.
Задача 11. (Псих-80.5)
Доказать, что для любых действительных чисел p и t справедливо неравенство
2(2p−1)4 +1+(1−2(2p−1)4 ) sin 2t ≥ 0, и найти все пары чисел (p, t), для которых
это неравенство превращается в равенство.
6.2.
Множество значений функции, промежутки знакопостоянства...
367
И д е я. Преобразовать неравенство и использовать неотрицательность чётной степени и ограниченность тригонометрической функции f (t) = sin 2t.
У к а з а н и е. Привести неравенство к виду
2(2p − 1)4 (1 − sin 2t) + (1 + sin 2t) ≥ 0.
У к а з а н и е. Использовать неотрицательность чётной степени и ограниченность
тригонометрической функции f (t) = sin 2t:
2(2p − 1)4 ≥ 0,
(1 − sin 2t) ≥ 0,
(1 + sin 2t) ≥ 0.
У к а з а н и е. Равенство достигается только в случае
2p − 1 = 0,
1 + sin 2t = 0.
Р е ш е н и е. Перегруппируем слагаемые в левой части неравенства:
2(2p − 1)4 (1 − sin 2t) + (1 + sin 2t) ≥ 0.
В силу неотрицательности чётной степени и ограниченности функции f (t) = sin 2t
справедливы оценки:
2(2p − 1)4 ≥ 0,
(1 − sin 2t) ≥ 0,
(1 + sin 2t) ≥ 0.
Следовательно, исходное неравенство справедливо всегда, а равенство достигается
только в случае
p = 0, 5,
2p − 1 = 0,
π
⇐⇒
t = − + πn, n ∈ Z.
1 + sin 2t = 0;
4
О т в е т.
1 π
; − + πn , n ∈ Z.
2
4
Задача 12. (Почв-90.6)
Решить неравенство log2 (2 − 3x) > 4x + 1.
И д е я. Использовать монотонность входящих в неравенство функций.
У к а з а н и е. Функция f (x) = log2 (2 − 3x), стоящая в левой части неравенства,
2
, а функция g(x) = 4x + 1,
убывает на всей области определения x ∈ −∞;
3
стоящая в правой части неравенства, возрастает на всей числовой прямой.
У к а з а н и е. f (x) = g(x) при x = 0.
Р е ш е н и е. Функция f (x) = log2 (2 − 3x), стоящая в левой части неравенства,
2
, а функция g(x) = 4x + 1,
убывает на всей области определения x ∈ −∞;
3
стоящая в правой части неравенства, возрастает на всей числовой прямой.
Заметим, что f (x) = g(x) при x = 0, поэтому исходное неравенство верно при
всех x < 0.
О т в е т. (−∞; 0).
368
Указания и решения
Задача 13. (Хим-80.5)
Найти все значения параметра a, при каждом из которых число решений уравнения 3(x2 + a2 ) = 1 − (9a2 − 2)x не превосходит числа решений уравнения
1
− 3x3 .
x + (3a − 2)2 · 3x = (8a − 4) log3 3a −
2
И д е я. Использовать два факта: сумма возрастающих функций является также
возрастающей; монотонная функция принимает каждое значение ровно один раз.
У к а з а н и е. Переписать второе уравнение в виде
x + (3a − 2)2 · 3x + 3x3 = (8a − 4) log3 3a −
1
2
и найти количество его решений.
У к а з а н и е. Слева стоит возрастающая функция, изменяющаяся от −∞ до +∞,
а справа число. Значит, это уравнение имеет ровно одно решение для любого значения параметра a, при котором определена правая часть этого уравнения.
У к а з а н и е. Первое уравнение является квадратным относительно переменной x :
3x2 + (9a2 − 2)x + 3a2 ) − 1 = 0.
Следовательно, надо найти такие значения параметра a, при которых квадратное
уравнение имеет не более одного решения (D ≤ 0 ), при условии, что логарифм,
входящий во второе уравнение, определён.
Р е ш е н и е. На первый взгляд задача кажется очень сложной. Это не так. Чтобы
решить задачу, надо определить число решений второго уравнения, а это легко
сделать. Перепишем его в виде
x + (3a − 2)2 · 3x + 3x3 = (8a − 4) log3 3a −
1
2
.
Слева стоит возрастающая функция, изменяющаяся от −∞ до +∞, а справа
число. Поэтому это уравнение имеет ровно одно решение для любого допустимого
значения параметра a. Первое же уравнение является квадратным относительно
переменной x :
3x2 + (9a2 − 2)x + 3a2 − 1 = 0.
Значит, надо найти такие значения параметра a, при которых квадратное уравнение имеет не более одного решения (D ≤ 0 ), при условии, что логарифм, входящий
во второе уравнение, определён, то есть
(9a2 − 2)2 − 12(3a2 − 1) ≤ 0,
1
3a − > 0;
2
О т в е т.
2
.
3
⇐⇒
(9a2 − 4)2 ≤ 0,
a > − log3 2;
⇐⇒
a=
2
.
3
6.2.
Множество значений функции, промежутки знакопостоянства...
369
Задача 14. (Геол.ОГ-85.5)
Решить уравнение
√
√
(x + 2) · (2x − 1) − 3 x + 6 = 4 − (x + 6) · (2x − 1) + 3 x + 2.
И д е я. Найти ОДЗ, перенести все радикалы в левую часть уравнения и разложить на множители на ОДЗ. Использовать монотонность входящих в уравнение
функций.
1
; +∞ . На ОДЗ справедливы следующие соотношеУ к а з а н и е. ОДЗ: x ∈
2
ния:
√
√
√
√
(x + 2) · (2x − 1) = x + 2 · 2x − 1,
(x + 6) · (2x − 1) = x + 6 · 2x − 1.
У к а з а н и е. Перенести радикалы в левую часть уравнения и разложить выражение на множители:
√
√
√
2x − 1 − 3
x + 6 + x + 2 = 4.
1
У к а з а н и е. При ≤ x ≤ 5 левая часть последнего уравнения неположительна;
2
следовательно, решений нет. При x > 5 левая часть возрастает как произведение
возрастающих положительных функций; следовательно, у уравнения не может
быть более одного решения.
У к а з а н и е. Корень x = 7 легко угадать, рассматривая левую часть как разность
квадратов:
√
3= x+2
⇐⇒
x = 7;
далее необходимо проверить найденное значение переменной.
1
; +∞ . На ОДЗ справедливы следующие соотношения:
Р е ш е н и е. ОДЗ: x ∈
2
√
√
√
√
(x + 2) · (2x − 1) = x + 2 · 2x − 1,
(x + 6) · (2x − 1) = x + 6 · 2x − 1.
Перенесём все радикалы в левую часть и разложим выражение на множители:
√
√
√
√
√
√
x + 2 · 2x − 1 − 3 x + 6 = 4 − x + 6 · 2x − 1 + 3 x + 2
⇐⇒
√
√
√
√
√
⇐⇒
2x − 1 ·
x+2+ x+6 −3 x+2+ x+6 =4
⇐⇒
√
√
√
2x − 1 − 3
x + 6 + x + 2 = 4.
⇐⇒
1
≤ x ≤ 5 левая часть последнего уравнения неположительна; следоваПри
2
тельно, решений нет.
При x > 5 левая часть возрастает как произведение возрастающих положительных функций; следовательно, у уравнения не может быть более одного решения.
370
Указания и решения
Угадаем решение, рассматривая левую часть как разность квадратов. Пусть
√
3= x+2
⇐⇒
x = 7;
проверим:
√
√
13 − 3
13 + 3 = 4 – верно.
О т в е т. 7.
Задача 15. (ИСАА-94.5)
Решить неравенство |x − 41+
√
3−x
|≤
√
5
x − 4 · 4 3−x .
3
И д е я. Раскрыть модуль, используя его геометрический смысл. Использовать
монотонность входящих в получившееся неравенство функций.
У к а з а н и е. Пользуясь геометрическим смыслом модуля, записать двойное неравенство:
√
√
√
5
5
− x + 4 · 4 3−x ≤ x − 41+ 3−x ≤ x − 4 · 4 3−x
3
3
У к а з а н и е. Из этой системы, с учётом ОДЗ, получить ограничения на перемен√
ную x : 0 ≤ x ≤ 3. При найденных значениях переменной функция f (x) = 4 3−x
x
возрастает и ограубывает и ограничена снизу единицей, а функция g(x) =
3
ничена единицей сверху.
Р е ш е н и е. Раскроем модуль, используя его геометрический смысл и учитывая
ОДЗ:
⎧
⎪
⎨ 0 ≤ x ≤ 3,
√
√
√
5
5
√
3−x
1+ 3−x
3−x
x
− x+4·4
≤x−4
≤ x−4·4
⇐⇒
3−x
≤ .
⎪
3
3
⎩ 4
3
√
Заметим, что при 0 ≤ x ≤ 3 функция f (x) = 4 3−x ≥ 1 и убывает, а функция
x
g(x) =
≤ 1 и возрастает. Значит, во втором неравенстве системы может быть
3
только равенство при x = 3.
О т в е т. 3.
Задача 16. (М/м-96(2).1)
Найти все целочисленные решения неравенства
x3 − 5x − 3 ≤ 6 − x.
И д е я. Стандартным образом избавиться от радикала и исследовать каждое
неравенство, входящее в получившуюся систему.
6.2.
Множество значений функции, промежутки знакопостоянства...
371
У к а з а н и е. Исходное уравнение эквивалентно системе
⎧
⎧
⎨ 6 − x ≥ 0,
⎨ 6 − x ≥ 0,
x3 − 5x − 3 ≥ 0,
x3 − 5x − 3 ≥ 0,
⇐⇒
⎩ x3 − 5x − 3 ≤ 36 − 12x + x2 ;
⎩ x3 − x2 + 7x − 39 ≤ 0.
У к а з а н и е. Многочлен f (x) = x3 − x2 + 7x − 39 имеет рациональный корень
x = 3. Поэтому он раскладывается на множители: f (x) = (x − 3)(x2 + 2x + 13).
У к а з а н и е. Многочлен g(x) = x3 − 5x − 3 не имеет рациональных корней.
Необходимо исследовать поведение функции g(x). Найти с помощью производной g (x) = 3x2 − 5 участки возрастания и убывания этой функции.
У к а з а н и е. Рассмотреть целочисленные значения x, начиная с наибольшего.
Учесть, что при x ≤ −2 функция g(x) возрастает.
Р е ш е н и е. Исходное уравнение эквивалентно
⎧
⎨ 6 − x ≥ 0,
x3 − 5x − 3 ≥ 0,
⇐⇒
⎩ x3 − 5x − 3 ≤ 36 − 12x + x2 ;
системе
⎧
⎨ 6 − x ≥ 0,
x3 − 5x − 3 ≥ 0,
⎩ x3 − x2 + 7x − 39 ≤ 0.
Многочлен f (x) = x3 − x2 + 7x − 39 , стоящий в левой части третьего неравенства
последней системы, имеет рациональный корень x = 3. Поэтому он раскладывается на множители:
f (x) = (x − 3)(x2 + 2x + 13).
Так как x2 + 2x + 13 > 0 для всех x (D = 4 − 4 · 13 < 0), то третье неравенство
системы эквивалентно простому неравенству x ≤ 3. Значит, система равносильна
следующей:
x ≤ 3,
x3 − 5x − 3 ≥ 0.
Многочлен g(x) = x3 − 5x − 3 не имеет рациональных корней. Поэтому исследуем поведение функции g(x). Найдём с помощью производной g (x) = 3x2 − 5
промежутки возрастания и убывания.
g (x) = 0
⇐⇒
3x2 − 5 = 0
# !
5 (
3
⇐⇒
x=±
5
.
3
5
; +∞
3
функция возрастает, а при
Значит, при x ∈ −∞; −
#
!
5
5
;
функция убывает. Рассмотрим целочисленные значения x, наx∈ −
3
3
чиная с наибольшего:
g(3) = 9 > 0,
g(2) = −4 < 0,
g(1) = −7 < 0,
g(0) = −3 < 0,
g(−1) = 1 > 0,
g(−2) = −1 < 0.
Так как функция g(x) при x ≤ −2 возрастает и g(−2) < 0, то g(x) < 0 при всех
x < −2 . Таким образом, получаем ответ: x = −1 и x = 3 .
О т в е т. −1; 3.
372
Указания и решения
Задача 17. (Фил-87.5)
Решить неравенство
1 + log3 (x + 6)
9
>
.
3x + 2
x
И д е я. Найти ОДЗ и рассмотреть неравенство на каждом участке ОДЗ отдельно.
Использовать монотонность входящих в неравенство функций.
2
2
У к а з а н и е. ОДЗ: x ∈ −6; −
∪ − ; 0 ∪ (0; +∞). Рассмотреть неравенство
3
3
на каждом участке ОДЗ отдельно.
2
6
У к а з а н и е. При x ∈ −6; −
получаем неравенство 2 −
< log3 (x + 6).
3
3x + 2
Поскольку при рассматриваемых значениях переменной log3 (x + 6) < log3 6 < 2
6
> 2; исходное неравенство решений не имеет.
и 2−
3x + 2
1 + log3 (x + 6)
2
справедливы оценки
<0 и
У к а з а н и е. При x ∈
− ;0
3
x
9
2
> 0 ; следовательно, исходное неравенство верно для любого x ∈ − ; 0 .
3x + 2
3
6
> log3 (x + 6). В расУ к а з а н и е. При x > 0 получаем неравенство 2 −
3x + 2
6
3
и 2−
< 2 . Необходимо найти x,
сматриваемом случае log3 (x + 6) >
2
3x + 2
при которых исходное неравенство не имеет решений.
2
2
∪ − ; 0 ∪ (0; +∞). Рассмотрим задачу на
Р е ш е н и е. ОДЗ: x ∈ −6; −
3
3
каждом из промежутков отдельно.
2
1) Пусть x ∈ −6; −
, тогда исходное неравенство равносильно неравенству
3
9x
− 1 < log3 (x + 6)
3x + 2
⇐⇒
2−
6
< log3 (x + 6).
3x + 2
При рассматриваемых x справедливы оценки:
log3 (x + 6) < log3 6 < 2
и
2−
6
> 2;
3x + 2
следовательно, исходное неравенство решений не имеет.
2
2) Пусть x ∈ − ; 0 , тогда справедливы неравенства
3
9
>0
3x + 2
и
1 + log3 (x + 6)
< 0;
x
2
− ;0 .
3
3) Пусть x > 0, тогда исходное неравенство равносильно неравенству
следовательно, исходное неравенство верно для любого x ∈
2−
6
> log3 (x + 6).
3x + 2
6.2.
Множество значений функции, промежутки знакопостоянства...
373
Поскольку при этих значениях переменной
log3 (x + 6) >
3
2
и
2−
6
< 2,
3x + 2
исходное неравенство не имеет решений там, где при положительных x выполнена
совокупность
⎡
⎡
⎡
log3 (x + 6) ≥ 2;
x ≥ 3;
x + 6 ≥ 9;
⎢
⎢
⎣
3
6
10
⇐⇒
⇐⇒
⎣
⎣
3x + 2 ≤ 12;
≤ ;
2−
x≤
.
3x + 2
2
3
Значит, при x > 0 решений нет.
2
− ;0 .
3
О т в е т.
Задача 18. (Псих-82.6)
Решить уравнение log √
2
2
√ (x
2+ 3
− 2x − 2) = log2+√3 (x2 − 2x − 3).
И д е я. Сделать замену y = log2+√3 (x2 − 2x − 3) и преобразовать уравнение так,
чтобы получились монотонные функции.
√
У к а з а н и е. Обозначить y = log2+√3 (x2 − 2x − 3), тогда x2 − 2x − 3 = (2 + 3)y ;
√
√ y
далее привести исходное уравнение к виду (2 + 3)y + 1 = 2 2 + 3 .
√ y
У к а з а н и е. Поделить уравнение на 2 2 + 3 > 0 и воспользоваться равен√
√
ством 2 + 3 · 2 − 3 = 1.
√ y √ y
2+ 3
2− 3
+
= 1; заметить,
У к а з а н и е. Получить уравнение
2
2
что в левой части стоит сумма убывающих функций.
√
Р е ш е н и е. Обозначим y = log2+√3 (x2 − 2x − 3), тогда x2 − 2x − 3 = (2 + 3)y .
Перепишем исходное уравнение:
log √
2
√
2+ 3
((2 +
√ y
3) + 1) = y
⇐⇒
(2 +
√ y
3) + 1 =
2 2+
√
3
y
√ y 1
2+ 3
+
=1
⇐⇒
⇐⇒
√
√
2 2+ 3
2 2+ 3
√ y √ y
2+ 3
2− 3
+
= 1.
⇐⇒
2
2
Последний переход равносилен, так как справедливо равенство
2+
√
3·
2−
√
3 = 1.
y
⇐⇒
374
Указания и решения
√
√ y
√ y
2± 3
2− 3
2+ 3
< 1, то f (y) =
Далее, так как
и g(y) =
–
2
2
2
убывающие функции. Значит, в левой части уравнения стоит монотонно убывающая функция. Поэтому уравнение имеет единственное решение, причём его легко
угадать – это y = 2. Вернёмся к переменной x :
√
⇐⇒
x2 − 2x − 3 = (2 + 3)2
⇐⇒
log2+√3 (x2 − 2x − 3) = 2
⇐⇒
О т в е т. 1 ±
x1,2 = 1 ±
√
11 + 4 3.
√
11 + 4 3.
Задача 19. (ВМК-92.6)
Найти все значения a, при каждом из которых неравенство
4 2
π
π
(x − ax) − < sin(x2 − ax) + cos 2x2 − 2ax +
выполняется для всех x из
3
3
4
отрезка [π; 2π].
И д е я. Сделать замену t = x2 −ax и привести неравенство к такому виду, чтобы
в левой и правой частях стояла одна и та же монотонная функция от разных
значений аргумента.
У к а з а н и е. Сделать замену t = x2 − ax и привести исходное неравенство к виду
π
π 4
4
2t −
+ sin 2t −
< t + sin t.
3
4
4
3
4
У к а з а н и е. Доказать, что функция f (t) = t + sin t возрастающая. Для этого
3
рассмотреть при t1 > t2 разность
f (t1 ) − f (t2 ) =
t1 + t2
4
4
t 1 − t2
(t1 − t2 ) + sin t1 − sin t2 = (t1 − t2 ) + 2 sin
· cos
3
3
2
2
и доказать, что она положительна.
У к а з а н и е. Исходное неравенство, в силу возрастания f (t), эквивалентно неравенству
π
π
⇐⇒
t< .
2t − < t
4
4
Таким образом, требуется найти все значения параметра a, при которых нераπ
венство x2 − ax <
будет выполнено для любого x ∈ [π; 2π]. Обозначив
4
π
y(π) < 0
2
y(x) = x − ax − , получить систему неравенств
и решить её.
y(2π) < 0
4
Р е ш е н и е. Сделаем замену t = x2 − ax и преобразуем исходное неравенство:
4
π
π
t − < sin t + cos 2t +
3
3
4
⇐⇒
4
π
π
2t − − t < sin t − sin 2t −
3
4
4
⇐⇒
6.3.
Функциональные уравнения и неравенства
375
π
π 4
4
2t −
+ sin 2t −
< t + sin t.
(∗)
3
4
4
3
4
Рассмотрим функцию f (t) = t + sin t. Докажем, что она возрастающая. Рас3
смотрим при t1 > t2 разность:
⇐⇒
f (t1 ) − f (t2 ) =
t1 + t2
4
4
t 1 − t2
(t1 − t2 ) + sin t1 − sin t2 == (t1 − t2 ) + 2 sin
· cos
.
3
3
2
2
t1 + t2
4
t 1 − t2
≥ −1 , то f (t1 ) − f (t2 ) ≥ (t1 − t2 ) − 2 sin
.
Так как cos
2
3
2
t 1 − t2
1
t 1 − t2
4
t 1 − t2
≤
, то f (t1 )−f (t2 ) ≥ (t1 −t2 )−2
= (t1 −t2 ) > 0.
Так как sin
2
2
3
2
3
Следовательно, f (t) возрастает. Тогда неравенство (∗) можно переписать в виде
f (2t −
π
) < f (t).
4
В силу возрастания f (t) последнее неравенство эквивалентно неравенству
2t −
π
<t
4
⇐⇒
t<
π
.
4
Таким образом, надо найти все значения параметра a, при которых неравенство
x2 − ax <
π
4
π
будет выполнено для любого x ∈ [π; 2π]. Обозначив y(x) = x2 −ax− , получаем
4
систему неравенств:
⎧
⎧
⎪
⎨ π 2 − aπ − π < 0,
⎨ a > π − 1,
y(π) < 0,
4
4
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
1
y(2π) < 0;
⎩ 4π 2 − 2aπ − π < 0;
⎪
⎩ a > 2π − ;
4
8
⇐⇒
О т в е т.
6.3.
1
a > 2π − .
8
1
2π − ; +∞ .
8
Функциональные уравнения и неравенства
Задача 1. (У)
Существует ли линейная функция y = f (x), удовлетворяющая для всех действительных x соотношению f (x + 3) − f (2 − x) = 3x + 1?
И д е я. Использовать общий вид линейной функции.
У к а з а н и е. Линейная функция имеет вид f (x) = ax + b.
376
Указания и решения
У к а з а н и е. Исходя из общего вида линейной функции, выписать выражения для
f (x + 3) = a(x + 3) + b и f (2 − x) = a(2 − x) + b и подставить их в данное
соотношение.
У к а з а н и е. Полученное равенство (2a − 3)x + a − 1 = 0 должно выполняться
для всех действительных x, поэтому коэффициент при переменной и свободный
член должны быть равны нулю.
Р е ш е н и е. Запишем общий вид линейной функции:
f (x) = ax + b,
тогда
f (x + 3) = a(x + 3) + b,
f (2 − x) = a(2 − x) + b.
Подставим полученные выражения в соотношение из условия:
a(x + 3) + b − (a(2 − x) + b) = 3x + 1
⇐⇒
(2a − 3)x + a − 1 = 0.
Так как последнее соотношение должно выполняться для всех действительных x,
коэффициент при переменной и свободный член должны быть равны нулю, то
есть
2a − 3 = 0,
⇐⇒
∅.
a − 1 = 0;
Поскольку система не имеет решений, не существует такая линейная функция,
которая удовлетворяла бы условию задачи.
О т в е т. Нет.
Задача 2. (У)
Найти квадратичную функцию y = f (x), удовлетворяющую для всех действительных x соотношению f (1 − x) − f (2 − x) = −2x + 7.
И д е я. Использовать общий вид квадратичной функции.
У к а з а н и е. Квадратичная функция имеет вид f (x) = ax2 + bx + c.
У к а з а н и е. Используя общий вид квадратичной функции, выписать выражения
для f (1 − x) = a(1 − x)2 + b(1 − x) + c и f (2 − x) = a(2 − x)2 + b(2 − x) + c и
подставить их в данное соотношение.
У к а з а н и е. Полученное соотношение (2a + 2)x − 3a − b − 7 = 0 должно выполняться для всех действительных x, поэтому коэффициент при переменной и
свободный член должны быть равны нулю.
Р е ш е н и е. Запишем общий вид квадратичной функции:
f (x) = ax2 + bx + c,
тогда
f (1 − x) = a(1 − x)2 + b(1 − x) + c,
f (2 − x) = a(2 − x)2 + b(2 − x) + c.
6.3.
Функциональные уравнения и неравенства
377
Подставим полученные выражения в соотношение из условия:
a(1 − x)2 + b(1 − x) + c − a(2 − x)2 − b(2 − x) − c = −2x + 7
⇐⇒
⇐⇒
(2a + 2)x − 3a − b − 7 = 0.
Поскольку полученное соотношение должно выполняться для всех действительных x, коэффициент при переменной и свободный член должны быть равны нулю:
⎧
⎨ a = −1,
2a + 2 = 0,
b = −4,
⇐⇒
3a + b + 7 = 0;
⎩ c ∈ R.
Следовательно, f (x) = −x2 − 4x + c, где c ∈ R.
О т в е т. f (x) = −x2 − 4x + c, c ∈ R.
Задача 3. (У)
Найти функцию f (x), удовлетворяющую для всех действительных x = 0 условию
1
= 2x2 .
f (x) + 3x · f
x
1
и рассмотреть систему уравнеИ д е я. Подставить вместо x в данное условие
x
ний.
1
У к а з а н и е. Подставив вместо x в данное условие , получить второе соотноx
1
3
2
шение: f
+ · f (x) = 2 .
x
x
x
1
, найти f (x).
У к а з а н и е. Исключив из полученной системы f
x
Р е ш е н и е. Так как областью определения функции является вся действительная
ось без нуля, то данное условие должно выполняться, если вместо x подставить
1
:
x
1
3
2
f
+ · f (x) = 2 .
x
x
x
Выразим из последнего равенства f
f (x) + 3x ·
2
3
− · f (x)
2
x
x
1
x
и подставим в исходное условие:
= 2x2
⇐⇒
f (x) =
x2
3
− .
4x
4
Подставляя найденную функцию в исходное соотношение, легко проверить, что
она удовлетворяет условию задачи.
О т в е т. f (x) =
x2
3
− .
4x
4
378
Указания и решения
Задача 4. (У)
Найти функцию f (x), удовлетворяющую для всех действительных x = 0 условию
1
= 3x3 .
f (x) + 5x · f
x
1
и рассмотреть систему.
x
1
Подставив вместо x в данное условие , получить второе соотноx
5
3
+ · f (x) = 3 .
x
x
1
, найти f (x).
Исключив из полученной системы f
x
И д е я. Подставить вместо x в данное условие
У к а з а н и е.
шение: f
1
x
У к а з а н и е.
Р е ш е н и е. Так как областью определения функции является вся действительная
ось без нуля, то данное условие должно выполняться, если вместо x подставить
1
:
x
1
5
3
f
+ · f (x) = 3 .
x
x
x
Выразим из полученного соотношения f
f (x) + 5x ·
3
5
− · f (x)
3
x
x
1
x
= 3x3
и подставим в исходное условие:
⇐⇒
f (x) =
5
x3
.
−
8x2
8
Проверкой убеждаемся, что найденная функция удовлетворяет условию задачи.
О т в е т. f (x) =
5
x3
.
−
8x2
8
Задача 5. (У)
Сколько решений имеет уравнение x + [100x] = 100x, где квадратные скобки
означают целую часть числа?
И д е я. Использовать определение целой части числа.
У к а з а н и е. Сделать замену y = 99x и использовать определение целой части
числа.
У к а з а н и е. После замены y = 99x уравнение примет вид
100y
= y.
99
Отсюда, с учётом определения целой части числа, получаем
⎧
⎨ y ∈ Z,
100y
⎩ 0≤
− y < 1.
99
6.3.
Функциональные уравнения и неравенства
379
Р е ш е н и е. Исходное уравнение эквивалентно уравнению
[100x] = 99x.
Величина [a] есть целая часть числа a, то есть наибольшее целое число, не превосходящее a. Сделаем замену y = 99x, тогда уравнение примет вид
100y
= y.
99
Отсюда, с учётом определения целой части числа, получаем систему
⎧
⎨ y ∈ Z,
y ∈ Z,
⇐⇒
⇐⇒
y = 0; 1; 2; ...; 98.
100y
⎩ 0≤
0
≤ y < 99;
− y < 1;
99
Возвращаясь к исходной переменной, получаем 99 решений:
x=
О т в е т. 99 решений;
y
,
99
xn =
где
y = 0; 1; 2; ...; 98.
n
, n = 0, 1, 2, . . . 98.
99
Задача 6. (У)
Решить неравенство [x] · {x} < x − 1, где квадратные скобки означают целую
часть числа, а фигурные – дробную часть числа.
И д е я. Использовать определение целой и дробной части числа.
У к а з а н и е. x = [x] + {x}.
У к а з а н и е. Привести неравенство к виду ([x] − 1)({x} − 1) < 0. Далее учесть,
что 0 ≤ {x} < 1.
Р е ш е н и е. Воспользуемся соотношением x = [x] + {x} в правой части неравенства:
[x] · {x} < [x] + {x} − 1
⇐⇒
([x] − 1)({x} − 1) < 0.
По определению дробной части
0 ≤ {x} < 1
=⇒
{x} − 1 < 0.
Следовательно, получаем неравенство
[x] − 1 > 0
О т в е т. [2; +∞).
⇐⇒
[x] > 1
⇐⇒
x ≥ 2.
380
Указания и решения
Задача 7. (У)
Решить уравнение {2 {2x}} = x, где фигурные скобки означают дробную часть
числа.
И д е я. Использовать определение дробной части числа.
У к а з а н и е. Пользуясь определением дробной части числа, получить из уравнения, что 0 ≤ x < 1.
У к а з а н и е. Далее, исходя из вида левой части уравнения, необходимо рассмотреть 4 случая.
1
1
У к а з а н и е. Если 0 ≤ x < , то 0 ≤ 2x <
=⇒ {2x} = 2x. Следова4
2
тельно, исходное уравнение принимает вид {4x} = x. Так как 0 ≤ 4x < 1, то
{4x} = 4x. Подставляя в уравнение, получаем 4x = x, то есть x = 0.
1
1
≤ x < ,
У к а з а н и е. Остальные три случая
4
2
рассмотреть аналогично.
1
3
≤ x < ,
2
4
3
≤ x < 1
4
Р е ш е н и е. Согласно определению дробной части числа
{x} = x − [x],
0 ≤ {x} < 1.
Поэтому из уравнения следует, что 0 ≤ x < 1. Исходя из вида левой части уравнения, необходимо рассмотреть 4 случая.
1
1
1) Если 0 ≤ x < , то 0 ≤ 2x <
=⇒ {2x} = 2x. Следовательно,
4
2
исходное уравнение принимает вид {4x} = x. Так как 0 ≤ 4x < 1, то {4x} = 4x.
Подставляем в уравнение: 4x = x
⇐⇒
x = 0.
1
1
1
2) Если
≤ x < , то
≤ 2x < 1 =⇒ {2x} = 2x. Следовательно, исход4
2
2
ное уравнение принимает вид {4x} = x. Так как 1 ≤ 4x < 2, то {4x} = 4x − 1.
1
Подставляем в уравнение: 4x − 1 = x
⇐⇒
x= .
3
3
3
1
≤ x < , то 1 ≤ 2x <
=⇒ {2x} = 2x − 1. Значит, ис3) Если
2
4
2
ходное уравнение принимает вид {4x − 2} = x. Так как 0 ≤ 4x − 2 < 1, то
2
{4x − 2} = 4x − 2. Подставляем: 4x − 2 = x
⇐⇒
x= .
3
3
3
≤ x < 1, то
≤ 2x < 2 =⇒ {2x} = 2x − 1. Значит,
4) Наконец, если
4
2
исходное уравнение принимает вид {4x − 2} = x. Так как 1 ≤ 4x − 2 <
2, то
3
{4x − 2} = 4x − 3. Подставляем в уравнение: 4x − 3 = x
⇐⇒
x=1∈
/ ;1 .
4
О т в е т. 0;
1 2
; .
3 3
Задача 8. (У)
Решить уравнение max(2x; 3 − x) = min(5 + 2x; 6x) .
6.3.
Функциональные уравнения и неравенства
381
И д е я. Использовать формулы для max(a, b) и min(a, b).
У к а з а н и е. Использовать формулы:
max(a, b) =
a + b + |a − b|
;
2
min(a, b) =
a + b − |a − b|
.
2
У к а з а н и е. Получить уравнение |3x−3|+|4x−5| = 7x+2; решить стандартным
раскрытием модулей.
Р е ш е н и е. Воспользуемся равенствами
max(a, b) =
a + b + |a − b|
;
2
Получим уравнение
min(a, b) =
a + b − |a − b|
.
2
|3x − 3| + |4x − 5| = 7x + 2.
Раскрываем модули на трёх промежутках.
3
1) При x < 1 уравнение принимает вид 14x = 6
⇐⇒
x= .
7
5
получаем уравнение 8x = 0 =⇒ ∅.
2) При 1 ≤ x <
4
5
уравнение принимает вид −8 = 2 = 6 =⇒ ∅.
3) При x ≥
4
3
О т в е т. .
7
Задача 9. (ЕГЭ.В)
Периодическая функция y = f (x) определена для всех действительных чисел. Её
период равен 2 и f (−1) = −2. Найдите значение выражения 3f (5) − 2f (−3).
И д е я. Использовать периодичность функции.
У к а з а н и е. Так как период функции равен 2 и f (−1) = −2, то функция равна
−2 для всех нечётных целых значений аргумента.
Р е ш е н и е. Так как период функции равен 2 и f (−1) = −2, то
f (−1) = f (−3) = f (5) = −2,
поэтому
3f (5) − 2f (−3) = 3 · (−2) − 2 · (−2) = −2.
О т в е т. −2.
Задача 10. (ЕГЭ.В)
Периодическая функция y = f (x) определена для всех действительных чисел. Её
период равен 3 и f (−1) = 5. Найдите значение выражения 3f (2) + 2f (5).
И д е я. Использовать периодичность функции.
У к а з а н и е. Так как период функции равен 3 и f (−1) = 5, то
f (5) = f (2) = f (−1) = 5.
382
Указания и решения
Р е ш е н и е. Так как период функции равен 3 и f (−1) = 5, то
f (5) = f (2) = f (−1) = 5.
Поэтому
3f (2) + 2f (5) = 3 · 5 + 2 · 5 = 25.
О т в е т. 25.
Задача 11. (ЕГЭ.В)
Нечётная функция f (x) определена на всей числовой прямой. Для функции
g(x) = 2, 3 + f (x − 9) вычислите сумму g(6) + g(8) + g(10) + g(12).
И д е я. Использовать нечётность f (x).
У к а з а н и е. Подставить g(x) в сумму:
g(6) + g(8) + g(10) + g(12) = 9, 2 + f (−3) + f (−1) + f (1) + f (3).
У к а з а н и е. Воспользоваться нечётностью функции f (x).
Р е ш е н и е. Подставим g(x) в сумму и воспользуемся нечётностью функции f (x):
g(6) + g(8) + g(10) + g(12) = 4 · 2, 3 + f (−3) + f (−1) + f (1) + f (3) = 9, 2.
О т в е т. 9, 2.
Задача 12. (ЕГЭ.В)
Чётная функция f (x) определена на всей числовой прямой. Для функции
g(x) = x + (x − 7) · f (x − 7) + 7 вычислите сумму g(5) + g(7) + g(9).
И д е я. Использовать чётность f (x).
У к а з а н и е. Подставить g(x) в сумму:
g(5) + g(7) + g(9) = 42 − 2 · f (−2) + 2 · f (2).
У к а з а н и е. Воспользоваться чётностью функции f (x).
Р е ш е н и е. Подставим g(x) в сумму и воспользуемся чётностью функции f (x):
g(5) + g(7) + g(9) = 42 − 2 · f (−2) + 0 · f (0) + 2 · f (2) = 42.
О т в е т. 42.
6.3.
Функциональные уравнения и неравенства
383
Задача 13. (ЕГЭ.В)
Нечётная функция g(x) определена на всей числовой прямой. Для всякого неотрицательного значения переменной x значение этой функции совпадает со значением
функции f (x) = x(3 + x)(x2 − 4). Укажите число корней уравнения g(x) = 0.
И д е я. Использовать нечётность функции g(x).
У к а з а н и е. Найти корни уравнения f (x) = 0 при неотрицательных значениях
переменной x.
У к а з а н и е. Используя нечётность функции g(x), найти корни уравнения g(x) = 0
при x < 0.
Р е ш е н и е. Найдём корни уравнения f (x) = 0 при неотрицательных значениях
переменной x (они же будут корнями уравнения g(x) = 0 при x ≥ 0 ):
x(3 + x)(x2 − 4) = 0,
x ≥ 0;
⇐⇒
x = 0;
x = 2.
Так как функция g(x) является нечётной, то при x < 0 уравнение g(x) = 0 будет
иметь корень x = −2. Следовательно, уравнение g(x) = 0 имеет три корня.
О т в е т. Три корня.
Задача 14. (ЕГЭ.В)
Чётная функция g(x) определена на всей числовой прямой. Для всякого неположительного значения переменной x значение этой функции совпадает со значением функции f (x) = (x2 + 4x)(x3 + 8). Укажите число корней уравнения g(x) = 0.
И д е я. Использовать чётность функции g(x).
У к а з а н и е. Найти корни уравнения f (x) = 0 при неположительных значениях
переменной x.
У к а з а н и е. Используя чётность функции g(x), найти корни уравнения g(x) = 0
при x > 0.
Р е ш е н и е. Найдём корни уравнения f (x) = 0 при неположительных значениях
переменной x (они же будут корнями уравнения g(x) = 0 при x ≤ 0 ):
⎡
2
3
(x + 4x)(x + 8) = 0,
x ≤ 0;
⇐⇒
x = 0;
⎣ x = −2;
x = −4.
Так как функция g(x) является чётной, то при x > 0 уравнение g(x) = 0 будет
иметь корни x = 2, x = 4. Следовательно, уравнение g(x) = 0 имеет пять корней.
О т в е т. Пять корней.
384
Указания и решения
Задача 15. (ЕГЭ.В)
Функция y = h(x) определена на всей числовой прямой и является чётной периодической функцией с периодом, равным 6. На отрезке [0; 3] функция y = h(x)
задана равенством h(x) = x2 − 4x + 1. Определите количество нулей функции
y = h(x) на отрезке [−3; 5].
И д е я. Использовать чётность и периодичность функции.
√
У к а з а н и е. Найти нули функции на отрезке [0; 3] : x1 = 2 − 3.
У к а з а н и√е. Используя чётность, найти нули функции на отрезке [−3; 0] :
x2 = −2 + 3.
У к а з а н и е. Используя периодичность, показать, что на отрезке [3; 5] у функции
нулей нет.
Р е ш е н и е. Найдём нули функции y = h(x) на отрезке [0; 3]:
2
√
√
x − 4x + 1 = 0,
x = 2 ± 3,
⇐⇒
⇐⇒
x1 = 2 − 3.
0 ≤ x ≤ 3;
0 ≤ x ≤ 3;
Так как функция является чётной, то на отрезке [−3; 0] у неё будет один нуль:
√
x2 = −x1 = −2 + 3.
Заметим, что x2 > −1 .
Так как функция является периодической с периодом, равным 6, то на отрезке
[3; 5] она будет принимать те же значения, что и на отрезке [−3; −1], а на нём
функция не имеет нулей.
Следовательно, функция y = h(x) имеет два нуля на отрезке [−3; 5].
О т в е т. Два нуля.
Задача 16. (ЕГЭ.В)
Функция y = f (x) определена на всей числовой прямой и является чётной периодической функцией с периодом, равным 6. На отрезке [0; 3] функция y = f (x)
задана равенством f (x) = x2 − 2x − 1. Определите количество нулей функции
y = f (x) на отрезке [−1; 5].
И д е я. Использовать чётность и периодичность функции.
√
У к а з а н и е. Найти нули функции на отрезке [0; 3] : x1 = 1 + 2.
У к а з а н√
и е. Используя чётность, найти нуль функции на отрезке [−3; 0] :
x = −1 − 2, но он не попадает на отрезок [−1; 5].
У к а з а н и е. Используя периодичность, показать, что на отрезке [3; 5] у функции
есть один нуль.
Р е ш е н и е. Найдём нули функции y = f (x) на отрезке [0; 3]:
2
√
√
x − 2x − 1 = 0,
x = 1 ± 2,
⇐⇒
⇐⇒
x1 = 1 + 2.
0 ≤ x ≤ 3;
0 ≤ x ≤ 3;
6.3.
Функциональные уравнения и неравенства
385
Так как функция
является чётной, то на отрезке [−3; 0] у неё будет один нуль
√
x = −1 − 2 ∈ (−3; −2), но он не попадает на отрезок [−1; 5].
Так как функция является периодической с периодом, равным 6, то на отрезке
[3; 5] она будет принимать те же значения, что и на отрезке [−3; −1], а на нём
функция один раз обращается в нуль.
Следовательно, функция y = f (x) имеет два нуля на отрезке [−1; 5].
О т в е т. Два нуля.
Задача 17. (Физ-92.7)
Известно, что
x некоторая нечётная функция при x > 0 определяется формулой
. Найти, какой формулой определяется функция f (x) при x < 0.
f (x) = log3
3
Решить уравнение f (x) = 3.
И д е я. Использовать определение нечётной функции.
У к а з а н и е. Согласно определению нечётной функции
⎧
x
⎪
при x > 0,
⎨ log3
3
f (x) =
−x
⎪
при x < 0.
⎩ − log3
3
У к а з а н и е. Решая уравнение
x
= 3,
log3
систем:
или
3
x > 0;
f (x) = 3, получаем следующую совокупность двух
⎧
−x
⎨
= 3,
− log3
3
⎩
x < 0.
Р е ш е н и е. Исходя из определения нечётной функции, при x < 0 функция будет
вычисляться по правилу
f (x) = −f (−x) = − log3
−x
3
.
⎧
x
⎪
при x > 0,
⎨ log3
3
Следовательно, f (x) =
−x
⎪
при x < 0.
⎩ − log3
3
Решая уравнение
совокупность двух систем.
x f (x) = 3, получаем
x
= 27,
= 3,
log3
3
3
1)
⇐⇒
x = 81.
⇐⇒
x > 0;
x > 0;
⎧
⎧
1
⎨ −x
⎨ − log −x = 3,
1
=
,
3
3
⇐⇒
2)
⇐⇒
x=− .
3
27
⎩ x < 0;
⎩
9
x < 0;
О т в е т. f (x) = − log3
−x
3
1
при x < 0. Корни уравнения − ; 81.
9
386
Указания и решения
Задача 18. (Почв-00(1).6)
Пусть f (x) – периодическая функция с периодом 8, такая, что f (x) = 8x − x2 при
x ∈ [0; 8]. Решите уравнение f (2x + 16) + 23 = 5f (x).
И д е я. Использовать периодичность функции f (x).
У к а з а н и е. Используя периодичность функции f (x), привести уравнение к виду
f (2x) + 23 = 5f (x).
У к а з а н и е. Так как функция f (x) входит в уравнение как с аргументом x, так
и с аргументом 2x, необходимо рассмотреть два случая:
0 ≤ x ≤ 4 и 4 < x ≤ 8.
Р е ш е н и е. В силу периодичности f (2x + 16) = f (2x), поэтому уравнение принимает вид
f (2x) + 23 = 5f (x).
Так как функция f (x) входит в уравнение как с аргументом x, так и с аргументом
2x, рассмотрим два случая.
1-й случай.
0 ≤ x ≤ 4,
8 · 2x − (2x)2 + 23 = 5(8x − x2 );
⇐⇒
0 ≤ x ≤ 4,
x2 − 24x + 23 = 0;
⇐⇒
x = 1.
2-й случай.
4 < x ≤ 8,
4 < x ≤ 8,
⇐⇒
⇐⇒
x = 7.
f (2x − 8) + 23 = 5f (x);
x2 + 8x − 105 = 0;
Объединяя результаты и учитывая периодичность функции, окончательно получаем:
x = 1 + 8n, n ∈ Z и x = 7 + 8k, k ∈ Z.
О т в е т. 1 + 8n, 7 + 8k; n, k ∈ Z.
Задача 19. (Экон-97.5)
Функция f (x) определена на всей числовой прямой, является нечётной, периодической с периодом 4 и на промежутке −2 ≤ x ≤ 0 её значения вычисляются
2 · f (−3 − x) − 3
по правилу f (x) = 2x(x + 2). Решить уравнение
√ = 0.
f x2 + 34 − 2
И д е я. Использовать нечётность и периодичность функции f (x).
У к а з а н и е. Используя нечётность функции f (x), продолжить её на отрезок
2x2 + 4x при x ∈ [−2; 0],
[0; 2]: f (x) =
−2x2 + 4x при x ∈ [0; 2].
6.3.
Функциональные уравнения и неравенства
387
У к а з а н и е. С учётом периодичности функции f (x) свести заданное уравнение
к системе
⎧
3
⎪
⎪
f (1 − x) = ,
⎪
⎪
2
⎪
⎪
⎨
x 3
f
+
≥ 0,
2 4
⎪
⎪
⎪
⎪
x 3
⎪
⎪
⎩ f
+
= 2.
2 4
У к а з а н и е. Для решения первого уравнения полученной системы рассмотреть
два случая:
−2 ≤ 1 − x ≤ 0,
0 ≤ 1 − x ≤ 2,
и
2
2(1 − x) + 4(1 − x) = 1, 5;
−2(1 − x)2 + 4(1 − x) = 1, 5.
1
У к а з а н и е. Для проверки полученных решений x = − + 4n, n ∈ Z и
2
1
x = + 4m, m ∈ Z рассмотреть отдельно случаи чётных и нечётных m и n.
2
Р е ш е н и е. Используя нечётность функции f (x), продолжим её на отрезок [0; 2]:
f (x) = −f (−x) = −2(−x)(−x + 2) = −2x2 + 4x.
Выпишем общее правило для вычисления f (x) на отрезке [−2; 2]:
f (x) =
2x2 + 4x при
−2x2 + 4x при
x ∈ [−2; 0],
x ∈ [0; 2].
В силу периодичности f (−3−x) = f (1−x), поэтому заданное в условии уравнение
равносильно следующей системе:
⎧
3
⎪
⎪
f (1 − x) = ,
⎪
⎪
2
⎪
⎪
⎨
x 3
f
+
≥ 0,
2 4
⎪
⎪
⎪
⎪
x 3
⎪
⎪
⎩ f
+
= 2.
2 4
С учётом периодичности функции f (x) первое уравнение системы достаточно решить на отрезке [−2; 2]. Для этого рассмотрим два случая.
1-й случай.
−2 ≤ 1 − x ≤ 0,
1 ≤ x ≤ 3,
⇐⇒
⇐⇒
∅.
2(1 − x)2 + 4(1 − x) = 1, 5;
4x2 − 8x + 9 = 0;
2-й случай.
0 ≤ 1 − x ≤ 2,
−2(1 − x)2 + 4(1 − x) = 1, 5;
⇐⇒
−1 ≤ x ≤ 1,
4x2 = 1;
⇐⇒
1
x=± .
2
388
Указания и решения
Таким образом, решением исходного уравнения являются все числа
1
1
x = − + 4n, n ∈ Z и x = + 4m, m ∈ Z.
2
2
Проведём исследование каждой серии отдельно.
x 3
1
1
• Пусть x = − +4n, n ∈ Z, тогда + = +2n. Поскольку период функции
2
2 4
2
f (x) равен 4, рассмотрим чётные и нечётные значения n.
– При n = 2k, k ∈ Z
x 3
+
2 4
f
=f
1
+ 4k
2
1
2
=f
=
3
,
2
1
что удовлетворяет системе; следовательно, x = − + 8k, k ∈ Z− реше2
ние.
– При n = 2k − 1, k ∈ Z
x 3
3
+
= f − + 4k = f
2 4
2
что противоречит условиям системы.
f
−
3
2
=−
3
< 0,
2
x 3
1
+ = 1 + 2m.
• Рассмотрим семейство решений x = + 4m, m ∈ Z. Тогда
2
2 4
Рассмотрим m чётные и нечётные.
– При m = 2k, k ∈ Z
x 3
+
= f (1 + 4k) = f (1) = 2,
2 4
что противоречит условиям системы.
– При m = 2k − 1, k ∈ Z
f
x 3
+
= f (−1 + 4k) = f (−1) = −2 < 0,
2 4
что также противоречит условиям системы.
f
1
О т в е т. − + 8k, k ∈ Z.
2
Задача 20. (Экон-00.7)
1
;6
Про функцию f (x) известно, что она определена на отрезке
6
⎧
1
1
⎪
⎪
− 12 cos 2f
⎪
⎪
⎨ cos2 f (x) − 12
x
ряет на этом множестве системе
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩ 0 ≤ f (x) ≤ π .
4
π
Решить неравенство f (x) ≤ .
8
и удовлетво=
10
,
x
6.3.
Функциональные уравнения и неравенства
389
И д е я. Воспользоваться симметрией области определения в смысле замены x
1
на .
x
У к а з а н и е. Обозначая g(x) = cos(2f (x)) , привести уравнение к виду
1
− 6g
g(x)
1
x
=
5
.
x
У к а з а н и е. Воспользовавшись симметрией области определения, выполнить за1
мену x на :
x
1
− 6g (x) = 5x.
1
g
x
1
x
У к а з а н и е. Исключая из этих уравнений g
тельно g(x) :
, получить уравнение относи!
2
2
6g (x) + 5xg(x) − x = 0
⇐⇒
g(x) = −x ;
x
g(x) = .
6
У к а з а н и е. При решении получившихся уравнений учесть ограниченность косиπ
нуса и условие 0 ≤ f (x) ≤ .
4
Р е ш е н и е. Обозначая g(x) = cos(2f (x)) и применяя формулу косинуса двойного угла, приходим к уравнению
1
− 6g
g(x)
Поскольку
1
∈
x
1
x
=
5
.
x
1
1
; 6 , то в это уравнение вместо x можно подставить :
6
x
1
1
g
x
Исключая из этих уравнений g
− 6g (x) = 5x.
1
x
, получаем уравнение относительно g(x) :
!
2
2
6g (x) + 5xg(x) − x = 0
⇐⇒
g(x) = −x ;
x
g(x) = .
6
• Функция g(x) = −x не подходит,
таккак уравнение cos(2f (x)) = −x не мо1
; 6 вследствие ограниченности косинуса.
жет выполняться для всех x ∈
6
390
Указания и решения
x
π
уравнение cos(2f (x)) =
даёт един• В силу ограничений 0 ≤ f (x) ≤
4 6
x
1
. Задача свелась к решению системы
ственное решение f (x) = arccos
2
6
⎧
⎧
x π
π
⎪
⎪
⎨ arccos
⎨ f (x) ≤ 8 ,
≤ ,
√
6
4
⇐⇒
⇐⇒
x
∈
3
2
;
6
.
⎪ 1 ≤ x ≤ 6;
⎪ x∈ 1;6 ;
⎩
⎩
6
6
√
О т в е т. [ 3 2 ; 6 ] .
Задача 21. (ЕГЭ.С)
Решить уравнение
f (g(x))+g(1+f (x)) = 33, если известно, что f (x) = x2 −6x+15
⎧
⎨ 18 при x ≥ 4,
и g(x) =
12
⎩ 3x +
при x < 4.
5−x
И д е я. Показать, что f (x) ≥ 6 для всех x. Исходя из этого, упростить уравнение.
У к а з а н и е. Так как f (x) является квадратичной функцией, то
f (x) ≥ f (xв ) = f (3) = 6.
У к а з а н и е. Если f (x) ≥ 6 , то 1 + f (x) ≥ 7 , поэтому g(1 + f (x)) = 18. Следовательно, исходное уравнение эквивалентно уравнению
g(x) = 0;
2
f (g(x)) = 15
⇐⇒
(g(x)) − 6g(x) = 0
⇐⇒
g(x) = 6.
У к а з а н и е. Так как g(x) > 0 для всех x, то первое уравнение совокупности
решений не имеет.
У к а з а н и е. Второе уравнение совокупности:
g(x) = 6
⇐⇒
x < 4,
3x +
12
= 6.
5−x
Р е ш е н и е. Так как f (x) является квадратичной функцией с положительным
коэффициентом при x2 , то
f (x) ≥ f (xв ) = f (3) = 6.
Тогда 1 + f (x) = 7 > 4 , поэтому g(1 + f (x)) = 18. Следовательно, исходное
уравнение эквивалентно уравнению
g(x) = 0;
f (g(x)) = 15
⇐⇒
(g(x))2 − 6g(x) = 0
⇐⇒
g(x) = 6.
6.3.
Функциональные уравнения и неравенства
391
Так как g(x) > 0 для всех x, то первое уравнение совокупности не имеет решений.
Рассмотрим второе уравнение:
x < 4,
12
g(x) = 6
⇐⇒
3x +
= 6.
5−x
В левой части уравнения стоит возрастающая функция (сумма двух возрастающих
функций), а справа – константа. Значит, уравнение имеет не более одного решения.
Единственное решение легко найти подбором; это x = 1 .
О т в е т. 1.
Задача 22. (ЕГЭ.С)
Решить уравнение
f (g(x))+g(3+f (x)) = 30, если известно, что f (x) = 0, 5x4 − 4x + 5
⎧
⎨ 25 при x ≥ 4,
и g(x) =
9
⎩ 2x +
при x < 4.
5−x
И д е я. С помощью производной найти минимум функции f (x). Показать, что
f (x) > 1 для всех x. Исходя из этого, упростить уравнение.
У к а з а н и е. Показать, что f (x) > 1 для всех x.
У к а з а н и е. С помощью производной найти минимум функции f (x) :
√
√
3
3
f (x) = 2x3 − 4 =⇒ fmin = f ( 2) = 5 − 3 2 > 1.
У к а з а н и е. Тогда 3 + f (x) > 4 , поэтому g(3 + f (x)) = 25. Следовательно, исходное уравнение эквивалентно уравнению
g(x) = 0;
4
⇐⇒
f (g(x)) = 5
⇐⇒
0, 5(g(x)) − 4g(x) = 0
g(x) = 2.
У к а з а н и е. Так как g(x) > 0 для всех x, то первое уравнение последней совокупности решений не имеет.
У к а з а н и е. Второе уравнение совокупности:
x < 4,
9
g(x) = 2
⇐⇒
2x +
= 2.
5−x
Р е ш е н и е. Покажем, что f (x) > 1 для всех x. Для этого с помощью производной
найдём минимум функции f (x) :
√
√
3
3
f (x) = 2x3 − 4 =⇒ fmin = f ( 2) = 5 − 3 2 > 1.
Тогда 3 + f (x) > 4 , поэтому g(3 + f (x)) = 25. Следовательно, исходное уравнение
эквивалентно уравнению
g(x) = 0;
⇐⇒
f (g(x)) = 5
⇐⇒
0, 5(g(x))4 − 4g(x) = 0
g(x) = 2.
392
Указания и решения
Так как g(x) > 0 для всех x, то первое уравнение последней совокупности не
имеет решений. Рассмотрим второе уравнение:
g(x) = 2
⇐⇒
x < 4,
2x +
9
= 2.
5−x
В левой части последнего уравнения стоит возрастающая функция (сумма двух
возрастающих функций), справа – константа, поэтому уравнение может иметь не
более одного решения. Единственное решение x = −1 легко находится подбором.
О т в е т. −1.
6.4.
Использование графических иллюстраций
Задача 1. (Геогр-92.5)
Найти все значения параметра c, при которых уравнение
|x2 − 2x| + |x2 − 3x + 2| = x2 − 4x + c имеет ровно три различных решения.
И д е я. Использовать графическую иллюстрацию. Раскрыть модули через точки
смены знака и на каждом из полученных промежутков построить соответствующую параболу.
У к а з а н и е. График f (x) = |x2 − 2x| + |x2 − 3x + 2| − x2 + 4x будет объединением
парабол. Надо найти c, при которых прямая f (x) = c будет пересекать его ровно
в трёх точках.
1
7
У к а з а н и е. 1) x < 0 или x ≥ 2; f (x) = x2 − x + 2 ; xв = ; yв = .
2
4
3
17
.
У к а з а н и е. 2) 0 ≤ x < 1; f (x) = −x2 + 3x + 2 ; xв = ; yв =
2
4
3
19
2
У к а з а н и е. 3) 1 ≤ x < 2; f (x) = −3x + 9x − 2 ; xв = ; yв =
.
2
4
Р е ш е н и е. Обозначим: f (x) = |x2 − 2x| + |x2 − 3x + 2| − x2 + 4x; ищем такие c,
при которых уравнение f (x) = c имеет ровно три различных корня.
Раскрывает модули через точки смены знака:
f (x) = |x2 − 2x| + |x2 − 3x + 2| −x2 + 4x.
x0 =0;2
.2
.1
0
.1
x2−2x
−6
x2−3x+2
x0 =1;2
+
−
−10
−41/16
+
−
1
+
• x < 0 или x ≥ 2; f (x) = x2 − x + 2 ; xв =
• 0 ≤ x < 1; f (x) = −x2 + 3x + 2 ; xв =
+
5 27
x
−
+
1
7
; yв = ;
2
4
3
17
; yв =
;
2
4
x
6.4.
Использование графических иллюстраций
• 1 ≤ x < 2; f (x) = −3x2 + 9x − 2 ; xв =
393
3
19
; yв =
;
2
4
построим график f (x) как объединение парабол по соответствующим интервалам;
f (0) = 2 ; f (1) = 4 ; f (2) = 4 ; график f (x) пересекается семейством горизонталей
y = c.
З а м е ч а н и е. Графическая иллюстрация не является методом решения, однако,
в нашем случае найденные значения были получены в процессе аналитического
исследования, поэтому в дополнительном обосновании они не нуждаются.
Так как требуется ровно три различных решения, то из всех прямых y = c выбираем только те, которые в трёх различных абсциссах пересекают график f (x); в
силу способа построения (раскрытие модулей по определению) и свойств парабол
19
получаем, что это прямые y = 4 и y =
.
4
19
.
О т в е т. 4 ;
4
Задача 2. (Почв-96.6)
Определите, при каких значениях a решения неравенства
на числовой прямой отрезок длины 2|a|.
√
x + a ≥ x образуют
И д е я. Построить графики функций, стоящих в левой и правой частях неравенства.
У к а з а н и е. Рассмотреть два случая: a ≥ 0 и a < 0. Построить графики функций, стоящих в левой и правой частях неравенства.
У к а з а н и е. В каждом случае найти точки пересечения графиков и длину отрезка решений.
394
Указания и решения
Р е ш е н и е. Рассмотрим два случая (в обоих случаях решением является отрезок
BC ).
1) a ≥ 0. Найдём абсциссу точки пересечения графиков:
√
1 + 1 + 4a
x + a = x2 ,
.
⇐⇒
x2 =
x ≥ 0;
2
y
3
y=x
2
y=x+a
1
0
B(−a;0)
0
C(x ;0)
x
2
−1
−2
Таким образом, |BC| = a +
a+
1+
1+
√
√
1 + 4a
. Получаем уравнение:
2
1 + 4a
= 2a
2
⇐⇒
a = 2.
2) a < 0. В данном случае возможно пересечение графиков в двух точках. Найдём
их абсциссы:
√
√
1 − 1 + 4a
1 + 1 + 4a
, x2 =
.
x1 =
2
2
5
y
2
y=x
5
y=x+a
1
5
0
0
B(x ;0) C(x ;0)
1
5
x
2
1
5
−1
0
√
1− 2
О т в е т. 2;
.
2
1
2
3
4
√
1 + 4a. Получаем уравнение:
√
√
1− 2
.
1 + 4a = −2a
⇐⇒
a=
2
Длина отрезка BC равна x2 − x1 =
6.4.
Использование графических иллюстраций
395
Задача 3. (Экон-83.6)
Найти все значения параметра a, при каждом из которых уравнение
x − a = 2 · | 2 · |x| − a2 |
имеет три различных корня. Найти эти корни.
И д е я. Построить график функции из правой части уравнения и посмотреть, в
каких случаях прямая y = x − a пересекает этот график ровно в трёх точках.
У к а з а н и е. Построить график функции из правой части уравнения.
У к а з а н и е. Три корня могут быть только в случае, если прямая y = x − a про
a2
ходит либо через точку A − ; 0 , либо через точку B 0; 2a2 .
2
У к а з а н и е. В обоих случаях найти две другие точки пересечения графиков.
Р е ш е н и е. Построим график функции y = 2 · | 2 · |x| − a2 |.
2.5
y
2
l
1
l
1.5
B
1
y=2|2|x|−a2|
2
2a2
0.5
0
0.5
A
−a2/2
0 a2/2
x
−1
1.5
Исходное уравнение может иметь три корня, если прямая y = x − a проходит либо
a2
через точку A − ; 0 , либо через точку B 0; 2a2 .
2
a2
− a = 0 следует, что a = −2 (a = 0
В первом случае из уравнения −
2
a2
= −2 .
не является решением задачи). Итак, один корень найден, это x = −
2
Для поиска двух других корней исходного уравнения (оба корня положительные)
подставим найденное значение параметра a = −2 в исходное уравнение и решим
его:
⎡ ⎡
x ≥ 2,
10
x=
;
⎢
x + 2 = 4x − 8;
⎢
3
⎢
⇐⇒
x + 2 = 2|2x − 4|
⇐⇒
⎣
⎣
6
0 < x < 2,
x= .
x + 2 = −4x + 8;
5
396
Указания и решения
Аналогично, для второго случая (прямая y = x − a проходит через точку B )
1
определяем своё значение параметра: a = − (a = 0 также не является решени2
ем). Найдём, помимо x = 0, ещё два корня:
1
x + = 2 2|x| −
2
1 4
⇐⇒
⎡ ⎧
2
⎪
⎨ x> a ,
⎢
2
⎢ ⎪
⎢ ⎩ x + 1 = 4x − 1 ;
⎢
2
2
⎢ ⎧
⎢ ⎪
2
a
⎢ ⎨ x<− ,
⎢
2
⎣
⎪
⎩ x + 1 = −4x − 1 ;
2
2
"
1
6 10
; при a = −
О т в е т. При a = −2 x ∈ 2; ;
5 3
2
⎡
⇐⇒
x∈
⎢
⎣
1
1
− ; 0;
5
3
1
;
3
1
x=− .
5
x=
"
.
Задача 4. (Геогр-94(1).6)
Найти все значения a, при каждом из которых корни уравнения
√
x+3−4 x−1+
√
x+8−6 x−1=a
существуют и принадлежат отрезку [2; 17].
И д е я. Выделить под внешними радикалами полные квадраты. Сделав замену,
переформулировать задачу в новых переменных. Построить график левой части
уравнения.
У к√
а з а н и е. Выделить под внешними радикалами полные квадраты относительно x − 1 .
√
У к а з а н и е. Сделав замену y = x − 1 , переформулировать задачу в новых переменных.
У к а з а н и е. Построить график левой части уравнения.
Р е ш е н и е. Выделим под внешними радикалами полные квадраты:
√
2
x−1−2 +
Сделаем замену y =
уравнение
√
2
x−1−3 =a
⇐⇒
√
√
x − 1 − 2 + x − 1 − 3 = a.
√
x − 1. Заметим, что если x ∈ [2; 17], то y ∈ [1; 4]. Получим
|y − 2| + |y + 3| = a.
Требуется найти все значения a, при каждом из которых корни данного уравнения
существуют и принадлежат отрезку [1; 4]. Для этого построим графики функций
f1 (y) = |y − 2| + |y + 3| и f2 (y) = a.
6.4.
Использование графических иллюстраций
397
f(y)
f1(y)
f2(y)=a
3
1
0
1 2 3 4
y
При a ∈ [1; 3] решения существуют и принадлежат отрезку [1; 4].
О т в е т. [1; 3].
Задача 5. (Геогр-94.5)
Найти все значения a, при которых уравнение
a + 6x − x2 − 8 = 3 + 1 + 2ax − a2 − x2
имеет ровно одно решение.
И д е я. Выделить полные квадраты под знаками радикалов. Построить графики.
У к а з а н и е. Выделить полные квадраты под радикалами.
У к а з а н и е. Привести уравнение к виду
a − 1 − (x − a)2 = 3 − 1 − (x − 3)2 .
У к а з а н и е. График правой части уравнения, то есть функции
y = 3 − 1 − (x − 3)2 ,
есть нижняя часть единичной окружности (x − 3)2 + (y − 3)2 = 1 с центром в
точке (3; 3), а график левой части – такая же полуокружность, но с центром в
точке (a; a).
Р е ш е н и е. Выделив полные квадраты под радикалами, приведём уравнение к
виду
a − 1 − (x − a)2 = 3 − 1 − (x − 3)2 .
График правой части уравнения, то есть функции y = 3 − 1 − (x − 3)2 , есть
нижняя часть единичной окружности
(x − 3)2 + (y − 3)2 = 1
с центром в точке (3; 3), а график левой части – нижняя часть единичной окружности
(x − a)2 + (y − a)2 = 1
с центром в точке (a; a).
398
Указания и решения
6
6
y
y
a=2
5
5
5
4
4
4
4
3
3
3
3
2
2
2
2
1
1
1
1
5
0
0
0
1
−1
6
0
1
2
3
4
5
1
2
3
4
5
y
x
6
0
1
−1
0
6
a=3
5
5
5
4
4
4
4
3
3
3
3
2
2
2
2
1
1
1
1
0
1
2
3
4
5
1
2
3
4
5
y
5
x
6
a=4
0
0
1
−1
2<a<3
0
1
2
3
4
5
1
2
3
4
5
x
0
6
1
−1
0
1
2
3
4
5
1
2
3
4
5
x
6
Следовательно, уравнение имеет ровно одно решение при a ∈ [2; 3) ∪ (3; 4].
О т в е т. [2; 3) ∪ (3; 4].
Задача 6. (ВМК-96.5)
Решить систему
x2 + y 2 − 14x − 10y + 58 = 0,
√
x2 + y 2 − 16x − 12y + 100 + x2 + y 2 + 4x − 20y + 104 = 2 29.
И д е я. Выделить полные квадраты. Провести графическую интерпретацию задачи.
У к а з а н и е. Выделив полные квадраты, переписать систему в виде
(x − 7)2 + (y − 5)2 = 16,
√
(x − 8)2 + (y − 6)2 + (x + 2)2 + (y − 10)2 = 102 + 42 .
У к а з а н и е. Заметить, что искомая точка (x, y) лежит на окружности радиуса 4
с центром в точке (7; 5).
У к а з а н и е. Заметить, что искомая точка (x, y) также лежит и на отрезке, соединяющем точки (8; 6) и (−2; 10), так как в левой части второго уравнения системы
6.4.
Использование графических иллюстраций
399
стоит
от точки (x, y) до точек с координатами (8; 6) и (−2; 10),
√ сумма расстояний
а 102 + 42 = (8 + 2)2 + (6 − 10)2 как раз и есть расстояние между этими точками.
У к а з а н и е. Уравнение прямой, проходящей через точки (8; 6) и (−2; 10), имеет
вид 2x + 5y = 46. Найти общие точки окружности и прямой.
Р е ш е н и е. Выделив полные квадраты, перепишем систему в виде
(x − 7)2 + (y − 5)2 = 16,
√
(x − 8)2 + (y − 6)2 + (x + 2)2 + (y − 10)2 = 102 + 42 .
Отсюда следует, что искомая точка (x, y), во-первых, лежит на окружности радиуса 4 с центром в точке (7; 5), и, во-вторых, лежит на отрезке, соединяющем
точки (8; 6) и (−2; 10), так как в левой части второго уравнения системы стоит
сумма
расстояний
от точки (x, y) до точек с координатами (8; 6) и (−2; 10), а
√
102 + 42 = (8 + 2)2 + (6 − 10)2 как раз и есть расстояние между этими точками.
y
12
10
A(−2;10)
9
8
B(8;6)
6
O(7;5)
2x+5y=46
5
4
2
1
0
0
3
7
11
x
−2
Уравнение прямой, проходящей через точки (8; 6) и (−2; 10), имеет вид
2x + 5y = 46.
Для отыскания общих точек окружности и прямой решим систему:
⎧
⎨ x = 23 − 5y ,
(x − 7)2 + (y − 5)2 = 16,
⇐⇒
2
⎩ 29y 2 − 360y + 1060 = 0;
2x + 5y = 46;
⇐⇒
√
√
⎧
⎧
⎪
⎪
⎨ x2 = 217 − 5 415 ,
⎨ x1 = 217 + 5 415 ,
29√
29√
и
⇐⇒
⎪
⎪
⎩ y = 180 + 2 415 .
⎩ y = 180 − 2 415 ;
1
2
29
29
Осталось проверить, удовлетворяют ли найденные пары (x, y) второму уравнению
исходной системы.
Проверка показывает, что пара (x1 , y1 ) не удовлетворяет второму уравнению,
а пара (x2 , y2 ) удовлетворяет.
√
√
217 − 5 415 180 + 2 415
.
О т в е т.
;
29
29
400
Указания и решения
Задача 7. (Псих-97.6)
Найти все значения параметров a и b , при которых система уравнений
x2 + y 2 + 5 = b2 + 2x − 4y,
x2 + (12 − 2a)x + y 2 = 2ay + 12a − 2a2 − 27
имеет два решения (x1 , y1 ) и (x2 , y2 ), удовлетворяющие условию
x1 − x2
y1 + y2
=
.
y2 − y1
x1 + x2
И д е я. Выделить полные квадраты в уравнениях системы. Преобразовать дополнительные условия. Сделать графическую иллюстрацию задачи.
У к а з а н и е. Выделить полные квадраты в данных уравнениях:
(x − 1)2 + (y + 2)2 = b2 ,
(x + 6 − a)2 + (y − a)2 = 32 .
У к а з а н и е. Привести дополнительное условие к виду
x21 + y12 = x22 + y22 .
У к а з а н и е. Сделать графическую иллюстрацию задачи.
У к а з а н и е. Требуется найти все значения параметров a и b , при которых две
окружности с центрами в точках A(1; −2), B(a−6; a) и радиусами, соответственно,
R1 = |b|, R2 = 3 , пересекаются в двух точках C1 (x1 , y1 ) и C2 (x2 , y2 ), равноудалённых от начала координат.
Р е ш е н и е. Выделим полные квадраты в уравнениях системы:
(x − 1)2 + (y + 2)2 = b2 ,
(x + 6 − a)2 + (y − a)2 = 32 .
Получили уравнения окружностей. Преобразуем и дополнительное условие:
y1 + y2
x1 − x2
=
y2 − y1
x1 + x2
⇐⇒
x21 − x22 = y22 − y12
⇐⇒
x21 + y12 = x22 + y22 .
6.4.
Использование графических иллюстраций
401
y
8
6
B(a−6,a)
4
a
2
0
0
2
K(a−6;0)
−2
M(1;0)
x
A(1;−2)
4
6
8
Итак, требуется найти все значения параметров a и b , при которых две окружности с центрами в точках A(1; −2), B(a − 6; a) и радиусами, соответственно,
R1 = |b|, R2 = 3 , пересекаются в двух точках C1 (x1 , y1 ) и C2 (x2 , y2 ), равноудалённых от начала координат. Для этого необходимо и достаточно, чтобы ось
симметрии AB точек C1 и C2 проходила через начало координат и выполнялись
ограничения:
|AB| − R2 < R1 < |AB| + R2 .
Из подобия
√ треугольников BOK и AOM получаем, что a = 4, тогда B = (−2; 4),
|AB| = 45 и
√
√
45 − 3 < |b| < 45 + 3.
Осталось выписать ответ.
√
√ √
√
О т в е т. a = 4; b ∈ −3 − 45; 3 − 45 ∪
45 − 3; 45 + 3 .
Задача 8. (Хим-87.5)
Найти все значения параметра p, при каждом из которых множество всех решений
неравенства (p − x2 )(p + x − 2) < 0 не содержит ни одного решения неравенства
x2 ≤ 1.
И д е я. Сделать графическую иллюстрацию к задаче.
У к а з а н и е. Изобразить на декартовой плоскости с координатами (x, p) множество точек, которые удовлетворяют условию (p − x2 )(p + x − 2) < 0 .
У к а з а н и е. Найти значения p, при которых прямая p = const пересечёт область
(p − x2 )(p − (−x + 2)) < 0 и не пересечёт области x2 − 1 ≤ 0 .
Р е ш е н и е. Отметим цветом на декартовой плоскости с координатами (x, p) множество точек, которые удовлетворяют условию (p − x2 )(p + x − 2) < 0 .
402
Указания и решения
7
p
6
p=5
5
4
p=−x+2
p=3
3
2
1
2
p=x
0
−1 0
1
2
x
−1
p=−1.5
−2
В закрашенной области исключим из рассмотрения решения неравенства x2 ≤ 1
(они отмечены на рисунке штриховкой).
Прямая p = const пересечёт область, соответствующую решению неравенства
(p − x2 )(p − (−x + 2)) < 0 и не содержащую решений неравенства x2 − 1 ≤ 0, при
p ∈ (−∞; 0] ∪ [3; +∞).
О т в е т. (−∞; 0] ∪ [3; +∞).
Задача 9. (Экон.М-97.6)
Найти все значения параметра a, при которых периметр фигуры, заданной на коa2 + x2
> 0, будет наименьшим.
ординатной плоскости условием log 2−|ay| 2a2
3
И д е я. Упростить неравенство и изобразить множество его решений на плоскости.
У к а з а н и е. Так как основание логарифма меньше единицы, то исходное неравенство эквивалентно следующей системе:
⎧
⎧
2 − |ay|
⎪
⎨
⎨ |y| < 2 ,
> 0,
3
|a|
⇐⇒
2
2
⎪
⎩
⎩ a + x < 1;
|x|
<
|a|.
2a2
У к а з а н и е. Изобразить на декартовой плоскости с координатами (x, y) множество точек, которые удовлетворяют этой системе.
У к а з а н и е. Множество решений – прямоугольник. Определить его периметр.
При оценке воспользоваться свойством суммы взаимно обратных положительных
чисел.
Р е ш е н и е. Так как основание логарифма меньше единицы, то исходное неравенство эквивалентно системе
⎧
⎧
2 − |ay|
⎪
⎨
⎨ |y| < 2 ,
> 0,
3
|a|
⇐⇒
2
2
⎪
⎩
⎩ a + x < 1;
|x| < |a|.
2a2
6.4.
Использование графических иллюстраций
403
Изобразим на декартовой плоскости с координатами (x, y) множество точек, которые удовлетворяют этой системе.
7
y
6
2/|a|
5
4
3
2
−|a|
|a|
x
1
0
−2/|a|
−1
−2
Множество решений – прямоугольник. Его периметр равен
√ √
√
√
2
2
|a|
=4 2 √ +
≥ 4 2 · 2 = 8 2,
P = 2 · 2|a| + 2 ·
|a|
|a|
2
причём равенство в силу свойства суммы двух взаимно обратных положительных
чисел достигается при
√
|a|
√ =1
⇐⇒
a = ± 2.
2
√
О т в е т. ± 2.
Задача 10. (М/м-94(1).6)
π π
, для каждого из которых уравнение
Найти все значения α ∈ − ;
2 2
sin 2x + sin x + sin(x − α) = sin α + sin(x + α)
7π 5π
.
имеет ровно пять различных корней на отрезке − ;
4 4
И д е я. Разложить уравнение на множители. Использовать тригонометрический
круг.
У к а з а н и е. Разложить уравнение на множители:
(2 cos x + 1) · (sin x − sin α) = 0.
1
У к а з а н и е. Решить методом расщепления: cos x = − или sin x = sin α. Ис2
пользуя тригонометрический
круг, определить число корней первого уравнения
7π 5π
при x ∈ − ;
(три корня).
4 4
У к а з а н и е. Осталось подобрать такие значения параметра
α, чтобы
уравнение
7π 5π
sin x = sin α добавило ровно два новых корня на отрезке − ;
.
4 4
404
Указания и решения
Р е ш е н и е. Раскладываем уравнение на множители:
!
(2 cos x + 1) · (sin x − sin α) = 0
⇐⇒
1
cos x = − ;
2
sin x = sin α.
.5
sinx
1
3/2
−7/4
.5
−1/2
0
cosx
.5
−2/2
5/4
−3/2
1
.5
Изобразим
решения первого уравнения на тригонометрическом круге. На отрезке
7π 5π
4π
2π 2π
− ;
первое уравнение имеет три корня − , − ,
.
4 4
3
3
3
π π
Следовательно, осталось подобрать такие значения параметра α ∈ − ;
,
2 2
чтобы уравнение sin x = sin α добавило на рассматриваемом отрезке ровно два
новых корня. Это возможно, если
⎧ ⎡
√
3
⎪
⎪
π
⎪
⎡
⎪ ⎢ −1 < sin α < − 2 ;
π
⎪
⎪
α ∈ − ;−
;
⎢
√
√
⎪
⎪
⎢
2
3
⎪
⎢
3
2
⎪
⎢
⎪
⎢
π
π
< sin α < −
;
⎪ ⎢ −
⎨
⎢ α ∈ − ;−
;
2
2
⎢
⎢
√
3
4
⎢
⇐⇒
⎢
3
π
⎢
⎪
⎢ α= ;
⎪ ⎣ sin α =
;
⎪
⎢
⎪
2
3
⎪
⎣
⎪
⎪
π
⎪
sin α = 1;
⎪
.
α
=
⎪
⎪
2
⎪
⎩ α ∈ −π; π ;
2 2
π
π
(
π
π(0π π1
− ;−
;
.
О т в е т. − ; −
2
3
3
4
3 2
Задача 11. (М/м-99.3)
При каких значениях ϕ все положительные корни уравнения
cos
x
2
+ ϕ − cos
3x
+ϕ
2
= sin
x
,
2
расположенные в порядке возрастания, образуют арифметическую прогрессию?
6.4.
Использование графических иллюстраций
405
И д е я. Решить уравнение, применив формулу для разности косинусов. Расположить положительные решения на числовой прямой.
У к а з а н и е. Применив формулу для разности косинусов, привести уравнение к
виду
x
sin · (sin(x + ϕ) − 1) = 0.
2
У к а з а н и е. Решить методом расщепления:
π
− ϕ + 2πk, k ∈ Z.
2
x = 2πm, m ∈ Z и x =
Расположить положительные решения на числовой прямой.
У к а з а н и е. Выписать условия, при которых три подряд идущих решения образуют арифметическую прогрессию.
Р е ш е н и е. Применим в левой части уравнения формулу для разности косинусов:
x
x
x
− sin(x + ϕ) · sin −
= sin
⇐⇒
sin · (sin(x + ϕ) − 1) = 0
⇐⇒
2
2
2
!
x = 2πm, m ∈ Z;
π
⇐⇒
x = − ϕ + 2πk, k ∈ Z.
2
Отметим положительные решения на числовой прямой.
.5
0
−2
/2−
0
.5
−1
0
1
2
2
3
4
5
5/2−
6
7
x
8
9
Решения уравнения образуют арифметическую прогрессию, если
2 · 2π =
π
π
− ϕ + − ϕ + 2π
2
2
⇐⇒
π
ϕ=− .
2
В силу периодичности решений окончательно получаем:
ϕ=−
О т в е т. −
π
+ 2πn, n ∈ Z.
2
π
+ 2πn, n ∈ Z.
2
Задача 12. (М/м-00.5)
Найти все a, при которых уравнение
(|a| − 1) cos 2x + (1 − |a − 2|) sin 2x + (1 − |2 − a|) cos x + (1 − |a|) sin x = 0
имеет нечётное число решений на интервале (−π; π).
И д е я. Использовать метод вспомогательного аргумента. Рассмотреть решения
на тригонометрическом круге.
406
Указания и решения
У к а з а н и е. Обозначая A = |a| − 1, B = 1 − |a − 2|, переписать уравнение в виде
A cos 2x + B sin 2x = −B cos x + A sin x .
У к а з а н и е. Если a = 1, то A = B = 0 и все x ∈ (−π; π) являются решениями.
Если a = 1, то A2 +B 2 > 0 и можно, воспользовавшись методом вспомогательного
аргумента, записать уравнение так:
π cos(2x − ϕ) = cos x − ϕ +
2
⎡
⇐⇒
⎢
⎣
π
+ 2πn, n ∈ Z;
2
2πk
2ϕ π
+ +
, k ∈ Z;
x=
3
6
3
x=−
A
B
, sin ϕ = √
.
2
2
+B
a + B2
У к а з а н и е. Первая строка совокупности даёт одну фиксированную точку на
тригонометрическом круге, а вторая строка – три зависящие от ϕ точки, дуги
между которыми все равны по 120o. Число всех решений на дуге (−π; π) будет
нечётным только в тех случаях, когда одна из этих трёх точек совпадает либо с
π
π (или с −π ), либо с − .
2
где cos ϕ = √
a2
Р е ш е н и е. Обозначив A = |a| − 1, B = 1 − |a − 2|, перепишем уравнение в виде
A cos 2x + B sin 2x = −B cos x + A sin x .
Если a = 1, то A = B = 0 и все x ∈ (−π; π) являются решениями. Если a = 1, то
A2 + B 2 > 0 . Воспользуемся методом вспомогательного аргумента:
π cos(2x − ϕ) = cos x − ϕ +
2
⎡
⇐⇒
⇐⇒
π
+ 2πn, n ∈ Z;
2
⎣
π
2x − ϕ = −x + ϕ + + 2πk, k ∈ Z;
2
2x − ϕ = x − ϕ −
⎡
⇐⇒
⎢
⎣
⇐⇒
π
+ 2πn, n ∈ Z;
2
2πk
2ϕ π
+ +
, k ∈ Z;
x=
3
6
3
x=−
A
B
где cos ϕ = √
, sin ϕ = √
. Первая строка совокупности даёт одa2 + B 2
a2 + B 2
ну фиксированную точку на тригонометрическом круге, а вторая строка – три
зависящие от ϕ точки, дуги между которыми равны 120o .
6.4.
Использование графических иллюстраций
407
1.5
2/3+/6+2k, kZ
1
0.5
0
2/3+/6+2/3+2m, mZ
−0.5
2/3+/6+4/3+2p, pZ
−1
−/2+2n, nZ
−1.5
Число всех решений на дуге (−π; π) будет нечётным только в тех случаях, когда
одна из найденных трёх точек совпадает либо с π (или, что то же, с −π ), либо с
π
− . Таким образом,
2
⎡
2ϕ π 2πk
!
π
+ +
= π;
ϕ = + πn;
tg ϕ = 1;
⎢ 3
6
3
⇐⇒
⇐⇒
4
⎣ 2ϕ π 2πk
tg
ϕ = 0.
π
ϕ = πn;
+ +
=− ;
3
6
3
2
B
Так как tg ϕ = , то получаем совокупность:
A
⎧ |a| − 1 = 1 − |a − 2|;
⎨
A = B = 0;
1 − |a − 2| = 0;
⇐⇒
⇐⇒
B = 0, A = 0;
⎩
a = 1;
⎧ ⎡
⎧ ⎪
0 ≤ a ≤ 2;
⎪
|a| + |a − 2| = 2;
⎨ ⎣
⎨
a = 1;
|a − 2| = 1;
⇐⇒
⇐⇒
a = 3;
⎪
⎩
⎪
a = 1;
⎩
a = 1.
О т в е т. [0; 1) ∪ (1; 2] ∪ {3}.
Задача 13. (ВКНМ-00(1).6)
Решить уравнение x2 = arcsin(sin x) + 10x.
И д е я. Построить графики функций f (x) = arcsin(sin x) и g(x) = x2 − 10x.
У к а з а н и е. Переписать уравнение в виде
arcsin(sin x) = x2 − 10x.
Построить график периодической (с периодом 2π ) функции, стоящей в левой части уравнения на отрезке [− π2 ; 3π
2 ]:
⎧
π
π
⎪
⎨ x при − ≤ x ≤ ,
2
2
f (x) = arcsin(sin x) =
3π
π
⎪
⎩ π − x при
≤x≤
.
2
2
408
Указания и решения
У к а з а н и е. Найти точки его пересечения с параболой g(x) = x2 − 10x на участπ
5π
7π
π
и
≤x≤
.
ках − ≤ x ≤
2
2
2
2
Р е ш е н и е. Перепишем уравнение в виде
arcsin(sin x) = x2 − 10x.
Функция в левой части уравнения является периодической с периодом 2π . На отрезке [− π2 ; 3π
⎧
2 ]
π
π
⎪
⎨ x при − ≤ x ≤ ,
2
2
f (x) = arcsin(sin x) =
3π
π
⎪
⎩ π − x при
≤x≤
,
2
2
при остальных значениях x график строится с учётом периодичности.
3
y
2
y=f(x)
1
10
0
−
1
0
2
2
3
4
x
y=x2−10x
3
Точки пересечения графика функции f (x) с параболой g(x) = x2 − 10x на
π
5π
7π
π
и
≤x≤
находятся, соответственно, из уравнений
участках − ≤ x ≤
2
2
2
2
(см. рисунок):
⎡
x = 0; √
2
x = x − 10x;
⎣
⇐⇒
9 + 81 + 12π
2
3π − x = x − 10x;
.
x=
2
π
7π
и x<−
Других точек пересечения этих графиков нет, поскольку при x >
2
2
справедлива оценка
g(x) ≥ g(10, 5) > 5 > f (x),
а при
5π
π
<x<
справедлива оценка
2
2
g(x) ≤ g(1) ≤ −9 < f (x).
О т в е т. 0;
9+
√
81 + 12π
.
2
Задача 14. (Геогр-99.4)
Найти все значения параметра a, при которых среди корней уравнения
sin 2x + 6a cos x − sin x − 3a = 0
6.4.
Использование графических иллюстраций
409
найдутся два корня, разница между которыми равна
3π
.
2
И д е я. Решить уравнение, разложив на множители его левую часть. Использовать тригонометрический круг.
У к а з а н и е. Решить уравнение, разложив на множители его левую часть:
!
(2 cos x − 1)(sin x + 3a) = 0
⇐⇒
1
cos x = ;
2
sin x = −3a .
У к а з а н и е. Используя тригонометрический круг, выяснить, в каких случаях у
3π
.
этой совокупности будут два корня, разница между которыми равна
2
Р е ш е н и е. Преобразуем уравнение:
sin x(2 cos x − 1) + 3a(2 cos x − 1) = 0
⇐⇒
!
⇐⇒
(2 cos x − 1)(sin x + 3a) = 0
⇐⇒
1
cos x = ;
2
sin x = −3a .
3π
, только
Cовокупность будет иметь два корня, разница между которыми равна
2
в двух случаях.
1) Расстояние между одним из корней первого уравнения и одним из корней вто3π
рого уравнения равно
.
2
.5
/3
1
1/2
/6
.5
0
−1/2
−/6
.5
1
−/3
.5
⎡
Это возможно, если
1
⎢ sin x = 2 ;
⎣
1
sin x = − ;
2
=⇒
−3a = ±
1
2
⇐⇒
2) Расстояние между двумя корнями второго уравнения равно
1
a=± .
6
3π
.
2
410
Указания и решения
.5
1
.5
/4
2/2
0
.5
−2/2
−/4
−1
.5
√
2
⎢ sin x = 2√;
⎣
2
;
sin x = −
2
⎡
Это возможно, если
=⇒
√
2
−3a = ±
2
⇐⇒
√
2
a=±
.
6
√
1
2
О т в е т. ± ; ±
.
6
6
Задача 15. (ЕГЭ.B)
При каком натуральном значении a уравнение x3 + 3x2 − 9x − a = 0 имеет ровно
два корня?
И д е я. Построить эскиз графика функции f (x) = x3 + 3x2 − 9x.
У к а з а н и е. Рассмотреть функцию f (x) = x3 +3x2 −9x. С помощью производной
f (x) = 3x2 + 6x − 9 = 3(x + 3)(x − 1)
исследовать её поведение и построить эскиз графика.
У к а з а н и е. Выяснить, при каких значениях a уравнение x3 +3x2 −9x = a имеет
ровно два решения.
У к а з а н и е. Отобрать натуральные значения параметра a.
Р е ш е н и е. Рассмотрим функцию f (x) = x3 + 3x2 − 9x. С помощью производной
f (x) = 3x2 + 6x − 9 = 3(x + 3)(x − 1)
строим эскиз графика функции. Точка x = −3 есть точка максимума, а точка
x = 1− точка минимума.
6.4.
Использование графических иллюстраций
411
y
30
3
2
y=x +3x −9x
25
27
20
15
10
5
0
−3
−5
0 1
−5
x
Теперь мы можем ответить на вопрос: "При каких a уравнение x3 + 3x2 − 9x = a
имеет ровно одно, два или три решения?"
1) Ровно одно решение:
a > f (−3);
a > 27;
⇐⇒
a < f (1);
a < −5.
2) Ровно два решения:
a = f (−3);
a = f (1);
⇐⇒
3) Ровно три решения:
a < f (−3);
a > f (1);
⇐⇒
a = 27;
a = −5.
a < 27;
a > −5.
Возвращаясь к вопросу, стоящему в условии данной задачи, получаем, что уравнение имеет ровно два корня при единственном натуральном значении параметра
a = 27.
О т в е т. 27.
Задача 16. (ЕГЭ.B)
При каком значении b уравнение x4 − 8x3 − 8x2 + 96x + b = 0 имеет ровно три
корня?
И д е я. Построить эскиз графика функции f (x) = x4 − 8x3 − 8x2 + 96x.
У к а з а н и е. Рассмотреть функцию f (x) = x4 − 8x3 − 8x2 + 96x. С помощью
производной
f (x) = 4x3 − 24x2 − 16x + 96 = 4(x + 2)(x − 2)(x − 6)
исследовать её поведение и построить эскиз графика.
У к а з а н и е. Выяснить, при каких b уравнение x4 − 8x3 − 8x2 + 96x = −b имеет
ровно три решения.
412
Указания и решения
Р е ш е н и е. Рассмотрим функцию f (x) = x4 − 8x3 − 8x2 + 96x. С помощью производной
f (x) = 4x3 − 24x2 − 16x + 96 = 4(x + 2)(x − 2)(x − 6)
строим эскиз её графика.
y
100
4
3
2
y=x −8x −8x +96x
112
50
0
−2 0
2
6
x
−50
−100
−144
−150
Точка x = 2 есть точка максимума, а точки x = −2 и x = 6 – точки минимума.
Следовательно, уравнение
x4 − 8x3 − 8x2 + 96x = −b
имеет ровно три корня при
−b = f (2) = 16 − 64 − 32 + 192 = 112
⇐⇒
b = −112.
О т в е т. −112.
Задача 17. (ЕГЭ.C)
Найдите все значения параметра a, при которых в множестве решений неравенства
4a2
− a2 − 8a
x(x − 2a − 4) <
x
нельзя расположить два отрезка длиной 1, 5 каждый, которые не имеют общих
точек.
И д е я. Выделяя полные квадраты, решить неравенство. Отметив на числовой
прямой множество решений неравенства, выяснить, при каких ограничениях на a
выполняется условие задачи.
У к а з а н и е. Выделить полные квадраты:
(x − a)2 <
4(x − a)2
.
x
У к а з а н и е. Решить неравенство методом интервалов:
0 < x < 4,
x = a;
7.1.
Рациональные и иррациональные уравнения и неравенства
413
У к а з а н и е. Провести исследование множества решений на числовой прямой.
У к а з а н и е. Поскольку длина интервала (0; 4) больше 3, то он содержит два
непересекающихся отрезка длиной 1, 5. Значит, чтобы выполнялось условие задачи, необходимо чтобы, во-первых, a ∈ (0; 4), и, во-вторых, один из отрезков [0; a]
и [a; 4] был не больше 3, а другой не больше 1, 5.
Р е ш е н и е. Решим неравенство. Для этого выделим полные квадраты, приведём
выражения к общему знаменателю и воспользуемся методом интервалов:
x2 − 2ax + a2 <
⇐⇒
4a2
− 8a + 4x
x
⇐⇒
(x − 4)(x − a)2
<0
x
(x − a)2 <
⇐⇒
4(x − a)2
x
⇐⇒
0 < x < 4,
x = a.
Поскольку длина интервала (0; 4) больше 3, то он содержит два непересекающихся отрезка длиной 1, 5. Значит, для того чтобы выполнялось условие задачи,
необходимо, чтобы, во-первых, a ∈ (0; 4), и, во-вторых, один из отрезков [0; a] и
[a; 4] был не больше 3, а другой не больше 1, 5.
−6
0
−41/16 −1
1 a 1,5
−6
0
−41/16
Получаем совокупность двух систем:
⎡ a ≤ 1, 5;
⎢
4 − a ≤ 3;
⎢ ⎣
a ≤ 3;
4 − a ≤ 1, 5;
−1
2,5 a 3
⇐⇒
5 7
4
x
5 7
4
x
x
x
1 ≤ a ≤ 1, 5;
2, 5 ≤ a ≤ 3.
О т в е т. [1; 1, 5] ∪ [2, 5; 3].
7.
7.1.
Метод оценок
Рациональные и иррациональные уравнения и неравенства
Задача 1. (У)
Решить уравнение
x7 + 1 + 1 − x5 = 8.
И д е я. Показать, что функция в левой части уравнения принимает значения,
строго меньшие 8.
У к а з а н и е. Оценить левую часть уравнения на области определения радикалов.
414
Указания и решения
Р е ш е н и е. Из условия неотрицательности подкоренных выражений получаем,
что −1 ≤ x ≤ 1. На области определения
√
√
0 ≤ x7 + 1 ≤ 2, 0 ≤ 1 − x5 ≤ 2.
√
Следовательно, левая часть уравнения не превосходит 2 2 , и исходное уравнение
решений не имеет.
О т в е т. Решений нет.
Задача 2. (У)
Решить уравнение |x|3 + |x − 1|3 = 9.
И д е я. Разбить числовую прямую на несколько промежутков, на каждом их которых левая часть уравнения либо монотонна, либо заведомо меньше правой.
У к а з а н и е. Рассмотреть промежутки (−∞; 0], (0; 1), [1; +∞). На первом и последнем промежутках решение найти подбором, а на втором – показать, что решений нет.
Р е ш е н и е. 1) Пусть x ∈ [1; +∞), тогда уравнение примет вид
x3 + (x − 1)3 = 9.
Корень x = 2 находим подбором. Других решений нет, поскольку левая часть
является монотонно возрастающей функцией и значение 9 может принимать не
более одного раза.
2) При x ∈ (−∞; 0] уравнение принимает вид
−x3 − (x − 1)3 = 9.
Корень x = −1 легко угадывается. Других решений быть не может, так как левая
часть полученного уравнения является монотонно убывающей функцией.
3) Если же x ∈ (0; 1), то каждое из слагаемых левой части не превосходит 1,
следовательно, сумма их будет не больше 2, то есть в этом случае решений нет.
О т в е т. −1; 2.
Задача 3. (У)
Решить уравнение
√
√
4 − x + x − 2 = x2 − 6x + 11.
И д е я. Оценить левую и правую части равенства.
У к а з а н и е. Наибольшее значение левой части уравнения равно наименьшему
значению его правой части.
7.1.
Рациональные и иррациональные уравнения и неравенства
415
Р е ш е н и е. Оценим правую часть равенства, выделив полный квадрат:
x2 − 6x + 11 = (x − 3)2 + 2 ≥ 2.
Покажем, что левая часть не превосходит 2
менной x:
√
√
4−x+ x−2
√
√
( 4 − x + x − 2)2
(4 − x)(x − 2)
0
при всех допустимых значениях пере∨
∨
2
4
∨
≤
1
(x − 3)2 .
Следовательно, равенство возможно только в случае, когда обе части одновременно равны 2. Эта ситуация реализуется при x = 3 .
О т в е т. 3 .
Задача 4. (У)
Найти наибольшее и наименьшее значение функции y =
2x2
.
x4 + 1
И д е я. Использовать свойство суммы двух взаимно обратных величин.
У к а з а н и е. При x = 0 поделить числитель и знаменатель на x2 .
2x2
≥ 0 и y = 0 при x = 0 . Рассмотрим x = 0
+1
и поделим числитель и знаменатель на x2 :
Р е ш е н и е. Заметим, что y =
x4
y=
2
x2 +
1
x2
.
Так как по свойству суммы двух взаимно обратных положительных чисел
1
x2 + 2 ≥ 2 , то y ≤ 1 , причём равенство достигается при x = ±1 .
x
О т в е т. ymin = 0, ymax = 1 .
Задача 5. (У)
Найти наибольшее и наименьшее значение функции y =
x2 + 1
.
x2 + x + 1
И д е я. Преобразовав исходную функцию, оценить множество её значений.
У к а з а н и е. Выделить целую часть.
416
Указания и решения
Р е ш е н и е. Если x = 0, то y = 1. При x = 0 проведём следующие преобразования:
y=
x2 + x + 1 − x
x
x2 + 1
=
=1− 2
=1−
+x+1
x2 + x + 1
x +x+1
1
.
1
x+ +1
x
2
1
≤ y < 1.
≤ ; следовательно,
3
3
x2
1
1
x+ +1
x
1
1
Если x < 0, то x + ≤ −2 и x + + 1 ≤ −1; следовательно, 1 < y ≤ 2.
x
x
2
В итоге ≤ y ≤ 2.
3
2
О т в е т. ymin = , ymax = 2 .
3
З а м е ч а н и е. Можно было решить эту задачу и другим способом. Принять y
за параметр и найти значения параметра y , при которых уравнение (y − 1)x2 +
yx + y − 1 = 0 имеет решения. В ответ пойдут наименьшее и наибольшее значения
параметра y .
Если x > 0, то x +
1
≥2 и 0<
x
Задача 6. (У)
Найти область значений функции y =
x2 − 1 − x.
И д е я. Оценить множество значений функции на каждом из промежутков области определения.
У к а з а н и е. При отрицательных значениях x домножить и поделить на сопряжённое выражение.
Р е ш е н и е. Область определения x ≤ −1 и x ≥ 1.
Если x ≤ −1, то
y = x2 − 1 − x ≥ 1.
Если x ≥ 1, то
y = x2 − 1 − x =
√
√
x2 − 1 − x ·
x2 − 1 + x
1
√
= −√
∈ [−1; 0).
2
2
x −1+x
x −1+x
Таким образом, E(y) = [−1; 0) ∪ [1; +∞).
О т в е т. [−1; 0) ∪ [1; +∞).
Задача 7. (У)
Найти наибольшее и наименьшее значение функции y =
√
√
x + 1 − x.
И д е я. Свести задачу к исследованию множества значений квадратичной функции.
У к а з а н и е. Избавиться от радикалов возведением в квадрат.
7.1.
Рациональные и иррациональные уравнения и неравенства
417
Р е ш е н и е. Оценим множество значений функции
√ √
y 2 = 2 x 1 − x + 1,
√ √
предварительно оценив значения функции z = x 1 − x . Её область определения
2
2
x ∈ [0; 1]. Заметим, что функция z = x−x является квадратичной с максимумом
в точке 1/2. Следовательно,
0 ≤ z 2 ≤ 1/4
=⇒
0 ≤ z ≤ 1/2.
2
Поскольку y = 2z + 1 и y > 0 , справедливы оценки
√
1 ≤ y 2 ≤ 2 =⇒ 1 ≤ y ≤ 2.
√
О т в е т. ymin = 1, ymax = 2 .
Задача 8. (У)
Найти все решения системы
x5 + y 5 = 1,
x6 + y 6 = 1.
И д е я. Показать, что переменные могут принимать значения из отрезка [0; 1], и
с помощью оценочных неравенств найти решение.
У к а з а н и е. При 0 < x < 1 и 0 < y < 1 справедливо неравенство x5 + y 5 >
x6 + y 6 .
Р е ш е н и е. Из второго уравнения системы следует, что
|x| ≤ 1,
|y| ≤ 1.
Значение x не может быть отрицательным, так как иначе из первого уравнения
получаем, что y > 1 . Аналогично доказывается, что переменная y тоже принимает
только неотрицательные значения.
Если x = 0, то y = 1; если y = 0, то x = 1.
Если 0 < x < 1 и 0 < y < 1, то x5 + y 5 > x6 + y 6 , то есть в этом случае решений
у системы нет.
О т в е т. (0; 1), (1; 0).
Задача 9. (У)
Решить систему уравнений
√
√
1 = 1,
√x + y +
√
x + 1 + y = 1.
И д е я. Оценить левые части уравнений.
У к а з а н и е. Получить оценки на области определения.
Р е ш е н и е. Подкоренные выражения должны быть неотрицательными,
√
√ что имеет место при x ≥ 0, y ≥ 0 . На области определения x + 1 ≥ 1, y + 1 ≥ 1.
Следовательно, левые части исходных уравнений больше либо равны 1, и равенства возможны только при x = 0, y = 0 .
О т в е т. (0; 0).
418
Указания и решения
Задача 10. (У)
Решить неравенство
x2 − 1
+ x2 − 5x + 6 < 0.
x2 + 1
И д е я. Показать, что левая часть уравнения всегда неотрицательна.
У к а з а н и е. Рассмотреть отдельно интервалы, где рациональная и квадратичная функции сохраняют знаки.
Р е ш е н и е. Введём в рассмотрение две функции – рациональную f (x) и квадратичную g(x):
x2 − 1
2
f (x) = 2
=1− 2
;
x +1
x +1
g(x) = x2 − 5x + 6 = (x − 2)(x − 3).
Разобьем множество действительных чисел на промежутки, на которых обе функции сохраняют знаки.
1) При x ∈ (−∞; −1] ∪ [1; 2] ∪ [3; +∞)
решений нет.
f (x) ≥ 0,
g(x) ≥ 0. Следовательно,
2) При x ∈ (−1; 1)
решений нет.
−1 < f (x) < 0, g(x) > 2. Следовательно, f (x) + g(x) > 1 =⇒
3) При x ∈ (2; 3)
f (x) > 1 −
22
3
1
2
= , − ≤ g(x) < 0. Следовательно,
+1
5
4
3 1
7
− =
=⇒ решений также нет.
5 4
20
О т в е т. Решений нет.
f (x) + g(x) >
Задача 11. (У)
Найти максимальное значение выражения |x|
16 − y 2 + |y| 4 − x2 .
И д е я. Сделать тригонометрическую замену.
У к а з а н и е. Ввести новые переменные x = 2 sin a, y = 4 sin b .
Р е ш е н и е. Из условия задачи следует, что |x| ≤ 2, |y| ≤ 4 . Сделаем тригонометрическую замену переменных:
|x| = 2 sin a,
тогда
|x|
|y| = 4 sin b,
0 ≤ a ≤ π/2,
0 ≤ b ≤ π/2,
16 − y 2 + |y| 4 − x2 = 2 sin a · 16 − 16 sin2 b + 4 sin b · 4 − 4 sin2 a =
= 8 sin a cos b + 8 sin b cos a = 8 sin (a + b).
Максимальное значение функции y = 8 sin (a + b) равно 8 и достигается, напри√
√
π
мер, при a = b = , то есть при x = 2, y = 2 2.
4
О т в е т. 8 .
7.1.
Рациональные и иррациональные уравнения и неравенства
419
Задача 12. (Геол-98.8)
2
x − 4ax + 4a2 + 1 + x2 − 2x − 1 = 0 имеет
При каких значениях a уравнение x − 2a
хотя бы одно решение?
И д е я. Выделить полные квадраты. Использовать свойство суммы двух взаимно
обратных положительных чисел и неотрицательность квадрата числа.
У к а з а н и е. Выделив полные квадраты, привести уравнение к виду
|x − 2a| +
1
= 2 − (x − 1)2 .
|x − 2a|
У к а з а н и е. Используя свойство суммы двух взаимно обратных чисел и неотрицательность квадрата числа, свести уравнение к эквивалентной системе
|x − 2a| = 1,
x − 1 = 0.
Р е ш е н и е. Выделим полные квадраты:
(x − 2a)2 + 1
= 2 − (x − 1)2
|x − 2a|
⇐⇒
|x − 2a| +
1
= 2 − (x − 1)2 .
|x − 2a|
В силу свойства суммы двух взаимно обратных положительных чисел левая часть
последнего уравнения не меньше 2, тогда как правая часть в силу неотрицательности квадрата числа не превосходит 2. Следовательно, равенство возможно только
в том случае, когда выражения в левой и правой частях равны 2, то есть
|x − 2a| = 1,
|1 − 2a| = 1,
⇐⇒
x − 1 = 0;
x = 1.
Значит, a = 1 или a = 0 .
О т в е т. 0; 1 .
Задача 13. (Биол-93.6)
⎧
⎨ y + 2 = (3 − x)3 ,
(2z − y) · (y + 2) = 9 + 4y,
Найти все решения системы
⎩ x2 + z 2 = 4x;
условию z ≥ 0.
удовлетворяющие
И д е я. Выразить переменную z из второго уравнения системы и оценить её значения, воспользовавшись свойством суммы двух взаимно обратных чисел. Выделить
в третьем уравнении полный квадрат и получить второе ограничение на z.
У к а з а н и е. Поделив левую и правую части второго уравнения на y + 2 = 0,
получим
1
1
z=
y+2+
+2 .
(∗)
2
y+2
420
Указания и решения
У к а з а н и е. Так как по условию z ≥ 0, то
y+2+
1
≥ −2
y+2
⇐⇒
y + 2 = −1;
y + 2 > 0.
У к а з а н и е. Если y +2 > 0 , то из уравнения (∗) следует, что z ≥ 2 . С другой стороны, выделяя в третьем уравнении полный квадрат по переменной x, получаем
z ≤ 2. Значит, z = 2.
Р е ш е н и е. Рассмотрим второе уравнение системы. Проверкой убеждаемся, что
значение y = −2 не является решением. Поделив левую и правую части уравнения
на y + 2 = 0, получим
2z − y = 4 +
1
y+2
⇐⇒
z=
1
2
По условию z ≥ 0; значит,
1
y+2+
≥ −2
y+2
y+2+
⇐⇒
1
+2 .
y+2
(∗∗)
y + 2 = −1;
y + 2 > 0.
Рассмотрим два случая.
1) y + 2 = −1. Подставляя y = −3 в исходную систему, находим x = 4, z = 0.
1
2) y + 2 > 0. По свойству суммы двух взаимно обратных чисел y + 2 +
≥ 2,
y+2
и из (**) следует, что z ≥ 2 . Преобразуем третье уравнение исходной системы:
x2 + z 2 = 4x
⇐⇒
(x − 2)2 + z 2 = 4
=⇒
z ≤ 2.
Значит, z = 2. Подставляя это значение в исходную систему, находим x = 2,
y = −1.
О т в е т. (4; −3; 0), (2; −1; 2).
Задача 14. (ЕГЭ.С)
Решить уравнение
√
√
16 − 8x + x2 + 4x2 − 13x − 17 = x − 4.
И д е я. В первом подкоренном выражении выделить полный квадрат. Оценить
левую часть уравнения.
У к а з а н и е. Привести исходное уравнение к виду
|4 − x| + 4x2 − 13x − 17 = x − 4 .
У к а з а н и е. Так как в левой части последнего уравнения стоит сумма неотрицательных величин, то правая часть тоже должна быть неотрицательной, то есть
x ≥ 4.
У к а з а н и е. Значит, модуль в левой части уравнения раскрывается однозначно:
x − 4 + 4x2 − 13x − 17 = x − 4 .
7.1.
Рациональные и иррациональные уравнения и неравенства
421
Р е ш е н и е. Преобразуем исходное уравнение, выделив полный квадрат в первом
подкоренном выражении:
(4 − x)2 +
4x2 − 13x − 17 = x − 4
⇐⇒
|4 − x| +
4x2 − 13x − 17 = x − 4.
Так как в левой части последнего уравнения стоит сумма неотрицательных величин, то правая часть тоже должна быть неотрицательной, то есть x ≥ 4. Значит,
модуль в левой части уравнения раскрывается однозначно:
x−4+
4x2 − 13x − 17 = x − 4
⇐⇒
⇐⇒
4x2 − 13x − 17 = 0
4x2 − 13x − 17 = 0
⇐⇒
⇐⇒
x = −1;
x = 4,25.
Поскольку x ≥ 4, то остаётся только один корень x = 4,25.
О т в е т. 4,25.
Задача 15. (Геогр-81.5)
Решить систему уравнений
x2 y 2 − 2x + y 2 = 0,
2x2 − 4x + 3 + y 3 = 0.
И д е я. Рассмотреть оба уравнения системы как квадратные относительно переменной x.
У к а з а н и е. Квадратное уравнение имеет решение, если его дискриминант неотрицателен. Необходимо проверить это условие для обоих уравнений системы.
У к а з а н и е. Выписывая условия на дискриминанты, получаем:
1 − y 4 ≥ 0,
⇐⇒
y = −1.
1 + y 3 ≤ 0;
Р е ш е н и е. Относительно переменной x оба уравнения являются квадратными.
Для того чтобы квадратное уравнение имело хотя бы одно решение, необходимо и достаточно, чтобы его дискриминант был неотрицательным. Проверим это
условие.
Дискриминант первого уравнения равен 4(1−y 4), дискриминант второго уравнения равен −8(1+y 3). Следовательно, для переменной y получаем систему неравенств:
1 − y 4 ≥ 0,
−1 ≤ y ≤ 1,
⇐⇒
⇐⇒
y = −1.
y ≤ −1;
1 + y 3 ≤ 0;
Значит, только при y = −1 исходные квадратные уравнения имеют решения. Подставив y = −1 в систему уравнений, получаем для переменной x одно квадратное
уравнение x2 − 2x + 1 = 0, решением которого является x = 1.
О т в е т. (1; −1).
422
7.2.
Указания и решения
Тригонометрические уравнения и неравенства
Задача 1. (У)
1
Решить уравнение 2 sin x = y + .
y
И д е я. Оценить значения левой и правой частей равенства.
У к а з а н и е. Использовать ограниченность синуса и свойство суммы двух взаимно обратных величин.
Р е ш е н и е. Поскольку левая часть неравенства по модулю не превосходит 2, а
правая по модулю не меньше 2, обе части должны быть равны либо 2 , либо −2 .
π
В первом случае y = 1, x = + 2πn, n ∈ Z.
2
π
Во втором случае y = −1, x = − + 2πm, m ∈ Z.
2
π
π
+ 2πn; 1 , − + 2πm; −1 ; n, m ∈ Z.
О т в е т.
2
2
Задача 2. (У)
Найти наибольшее значение функции y = 3 sin2 x + 2 cos2 x.
И д е я. Выразить функцию либо через sin x, либо через cos x.
Р е ш е н и е. Преобразуем данную функцию:
y = 3 sin2 x + 2 cos2 x = 3 sin2 x + 2 − 2 sin2 x = sin2 x + 2.
Так как 0 ≤ sin2 x ≤ 1, то 2 ≤ y ≤ 3. Следовательно, наибольшее значение
функции ymax = 3 , оно достигается при | sin x| = 1.
О т в е т. 3 .
Задача 3. (У)
Решить уравнение sin2 (πx) +
x2 + 3x + 2 = 0.
И д е я. Показать, что оба слагаемых должны быть равны нулю.
У к а з а н и е. Каждое из слагаемых неотрицательно.
Р е ш е н и е. Сумма неотрицательных величин равна нулю только при условии,
что каждое из них равно нулю. Значит, уравнение равносильно системе
⎧
x = n, n ∈ Z,
⎨ sin(πx) = 0,
x = −1;
x
=
−1;
⇐⇒
⇐⇒
x = −2.
x2 + 3x + 2 = 0;
⎩
x = −2;
О т в е т. −1; −2.
7.2.
Тригонометрические уравнения и неравенства
423
Задача 4. (У)
Решить уравнение x2 + 4x cos (xy) + 4 = 0.
И д е я. Рассмотреть уравнение как квадратное относительно переменной x.
У к а з а н и е. Использовать условие неотрицательности дискриминанта квадратного уравнения.
Р е ш е н и е. Уравнение является квадратным относительно переменной x. Необходимым условием существования корней квадратного уравнения является неотрицательность дискриминанта:
D
= 4 cos2 (xy) − 4 ≥ 0
4
Если
⇐⇒
| cos (xy)| = 1.
cos (xy) = 1 , то уравнение принимает вид
x2 + 4x + 4 = 0
В этом случае y = πk, k ∈ Z.
Если cos (xy) = −1 , то x = 2,
О т в е т. (−2; πk),
2;
y=
π
+ πl ; k, l ∈ Z.
2
⇐⇒
x = −2.
π
+ πl, l ∈ Z.
2
Задача 5. (У)
π 2
Решить неравенство | tg3 x| + | ctg3 x| ≤ 2 − x −
.
4
И д е я. Использовать оценки левой и правой частей уравнения.
У к а з а н и е. Левую часть оценить как сумму двух взаимно обратных положительных величин.
Р е ш е н и е. Поскольку по теореме о сумме двух взаимно обратных величин
| tg3 x| + | ctg3 x| ≥ 2,
а в силу неотрицательности квадрата числа
π 2
2− x−
≤ 2,
4
обе части неравенства должны быть равны 2. Равенство левой и правой частей
π
реализуется при x = .
4
π
О т в е т.
.
4
424
Задача 6. (У)
Решить уравнение
Указания и решения
√
√
√
1 + sin x + 1 + cos x = 4 + 2 2.
И д е я. Показать, что максимум левой части уравнения равен числу, стоящему в
правой части.
У к а з а н и е. Возвести обе части уравнения в квадрат.
Р е ш е н и е. Возведём обе части уравнения в квадрат:
√
2 + sin x + cos x + 2 (1 + sin x)(1 + cos x) = 4 + 2 2 ⇐⇒
√
√
⇐⇒ sin x + cos x + 2 1 + sin x + cos x + sin x cos x = 2 + 2 2 ⇐⇒
√
⇐⇒ sin x + cos x + 4 + 4(sin x + cos x) + 2 sin 2x = 2 + 2 2.
Если функции sin x + cos
√ x и sin 2x принимают свои максимальные значения,
равные соответственно 2 и 1 , то равенство выполняется. В противном случае
левая часть уравнения меньше правой. Следовательно,
⎧
π
⎪
√
= 1,
⎨ sin x +
π
sin x + cos x = 2,
4
⇐⇒ x = + 2πn, n ∈ Z.
⇐⇒
π
sin 2x = 1;
⎪
4
⎩ x = + πk, k ∈ Z;
4
π
О т в е т.
+ 2πn, n ∈ Z.
4
Задача 7. (У)
Решить неравенство y −
1
− 1 − y − x2 ≥ 0.
| cos x|
И д е я. Уединить радикал и оценить обе части полученного неравенства.
У к а з а н и е. Использовать ограниченность косинуса и неотрицательность подкоренного выражения.
Р е ш е н и е. Перепишем неравенство в виде
1 − y − x2 ≤ y −
1
.
| cos x|
Из условия неотрицательности подкоренного выражения следует, что
y ≤ 1 − x2 ≤ 1,
а из условия неотрицательности правой части неравенства следует, что
y≥
1
≥ 1.
| cos x|
Значит, y = 1 , при этом из последних двух неравенств следует, что x = 0 .
О т в е т. (0; 1).
7.2.
Тригонометрические уравнения и неравенства
425
Задача 8. (У)
Решить уравнение tg4 x − 2 tg2 x + 2 =
2
arcsin y.
π
И д е я. Показать, что минимум левой части равенства равен максимуму правой.
У к а з а н и е. Выделить в левой части уравнения полный квадрат и использовать
ограниченность арксинуса.
Р е ш е н и е. Выделим в левой части уравнения полный квадрат:
tg2 x − 1
2
+1=
2
arcsin y.
π
π
Так как по определению arcsin y ≤ , правая часть уравнения не превосходит 1.
2
Поскольку левая часть в силу неотрицательности квадрата числа не меньше 1,
уравнение имеет решение только при одновременном выполнении двух условий:
2
π
tg x − 1 = 0,
x = ± + πn, n ∈ Z,
π
⇐⇒
4
arcsin y = ;
y = 1.
2
О т в е т.
π
± + πn; 1 , n ∈ Z.
4
Задача 9. (У)
1
Определить множество значений функции y = arccos .
x
И д е я. Сначала определить возможные значения для переменной x, потом – для
функции y .
У к а з а н и е. Областью определения арккосинуса является отрезок [−1; 1].
Р е ш е н и е. Найдём область определения данной функции:
−1 ≤
1
≤1
x
⇐⇒
x ∈ (−∞; −1] ∪ [1; +∞).
1
π
Если x ≤ −1, то −1 ≤ < 0 =⇒
< y ≤ π.
x
2
π
1
Если x ≥ 1, то 0 < ≤ 1 =⇒ 0 ≤ y < .
x
π2 π В результате получаем, что E(y) = 0;
∪
;π .
2
2
π π О т в е т. 0;
∪
;π .
2
2
426
Указания и решения
Задача 10. (У)
Решить уравнение sin 7x · cos 2x + sin 2x =
√
3.
И д е я. Показать, что левая часть уравнения всегда меньше правой.
У к а з а н и е. Использовать метод вспомогательного аргумента.
Р е ш е н и е. Преобразуем левую часть равенства с помощью метода вспомогательного аргумента:
√
sin2 7x + 1 · sin (2x + φ) = 3,
1
. Следовательно, левая часть равенства не превосгде φ = arccos 2
sin
7x
+
1
√
ходит 2 , и уравнение решений не имеет.
О т в е т. Решений нет.
Задача 11. (У)
Решить уравнение sin 9x · sin x + cos x =
3
.
2
И д е я. Показать, что левая часть уравнения всегда меньше правой.
У к а з а н и е. Использовать метод вспомогательного аргумента.
Р е ш е н и е. Преобразуем левую часть равенства с помощью метода вспомогательного аргумента:
3
sin2 9x + 1 · sin (x + φ) = ,
2
1
. Следовательно, левая часть равенства не превосходит
где φ = arcsin 2
sin 9x + 1
√
2 , поэтому уравнение решений не имеет.
О т в е т. Решений нет.
Задача 12. (ВМК-92.2)
Решить уравнение
√
π
1 + cos 4x · sin x = 2 sin .
4
И д е я. Использовать ограниченность тригонометрических функций y = sin t и
y = cos t.
У к а з а н и е. Так как | cos 4x| ≤ 1 и | sin x| ≤ 1, то левая часть уравнения всегда
не превосходит правую, причём равенство возможно только в случае
cos 4x = 1,
sin x = 1.
7.2.
Тригонометрические уравнения и неравенства
427
1
π
Р е ш е н и е. Подставив в правую часть табличное значение sin = √ , получаем
4
2
уравнение
√
√
1 + cos 4x · sin x = 2.
Так как в силу ограниченности тригонометрических функций y = sin t и y = cos t
| cos 4x| ≤ 1
и | sin x| ≤ 1,
то левая часть уравнения всегда не превосходит правую, причём равенство возможно только в случае
⎧
πn
⎨ x=
, n ∈ Z,
π
cos 4x = 1,
2
⇐⇒
x = + 2πk, k ∈ Z.
⇐⇒
π
sin x = 1;
⎩ x = + 2πk, k ∈ Z;
2
2
О т в е т.
π
+ 2πk, k ∈ Z.
2
Задача 13. (Геогр-96(1).3)
Решить уравнение cos
3π + 1
x · cos
2
3π − 1
x
2
= 1.
И д е я. Использовать ограниченность тригонометрической функции y = cos t.
У к а з а н и е. Так как | cos t| ≤ 1, то возможны только два случая:
⎧
⎧
3π + 1
3π + 1
⎪
⎪
⎪ cos
⎪ cos
x = 1,
x = −1,
⎨
⎨
2
2
или
⎪
⎪
3π − 1
3π − 1
⎪
⎪
⎩ cos
⎩ cos
x = 1;
x = −1.
2
2
У к а з а н и е. Решив каждое из уравнений первой системы, определить, когда найденные серии совпадают:
4πk
4πn
=
; n, k ∈ Z.
3π + 1
3π − 1
Используя иррациональность числа π , найти подходящие значения n и k.
У к а з а н и е. Равенство (3π − 1) · n = (3π + 1) · k возможно только в случае
n = k = 0, поскольку (3π − 1) и (3π + 1) − иррациональные числа, а n и k −
целые числа.
У к а з а н и е. Второй случай разбирается аналогично.
Р е ш е н и е. Так как | cos t| ≤ 1, то равенство возможно только в двух случаях.
⎧
⎧
3π + 1
4πn
⎪
⎪
⎪
x = 1,
, n ∈ Z,
⎨ cos
⎨ x=
2
3π + 1
1-й случай.
⇐⇒
⎪
⎪
3π − 1
⎪
⎩ x = 4πk , k ∈ Z.
⎩ cos
x = 1;
3π − 1
2
428
Указания и решения
Последняя система будет иметь решения, если
4πk
4πn
=
3π + 1
3π − 1
⇐⇒
(3π − 1) · n = (3π + 1) · k
⇐⇒
3π(n − k) = n + k.
Так как 3π − иррациональное число, то равенство возможно только при n = k = 0.
Следовательно, решением является только x = 0.
⎧
⎧
3π + 1
2π + 4πn
⎪
⎪
⎪
x = −1,
, n ∈ Z,
⎨ cos
⎨ x=
2
3π + 1
2-й случай.
⇐⇒
⎪
⎪
3π − 1
⎪
⎩ x = 2π + 4πk , k ∈ Z.
⎩ cos
x = −1;
3π − 1
2
Последняя система будет иметь решения только при условии
2π + 4πk
2π + 4πn
=
3π + 1
3π − 1
⇐⇒
3π(n − k) = n + k + 1.
Так как π − иррациональное число, а n и k − целые числа, то равенство невозможно ни при каких n и k. Значит, в этом случае решений нет.
О т в е т. 0.
Задача 14. (Экон.М-97.2)
Решить систему неравенств
⎧
⎨
⎩
sin π(x + y) + (x − y − 2)2 ≤ 0,
2
|2x + 3| ≤ 2.
И д е я. Сумма неотрицательных чисел неотрицательна.
У к а з а н и е. В левой части первого неравенства системы стоит сумма неотрицательных величин, поэтому оно равносильно двум равенствам, и система принимает
вид
⎧
π(x + y)
⎪
⎨ sin
= 0,
2
⎪
⎩ x − y − 2 = 0,
−2 ≤ 2x + 3 ≤ 2.
У к а з а н и е. Полученную систему легко решить, если учесть, что переменная x
принимает целочисленные значения.
Р е ш е н и е. В левой части первого неравенства системы стоит сумма неотрицательных величин, поэтому оно может иметь решения только при равенстве нулю
каждого слагаемого. Система принимает вид:
⎧
⎧
π(x + y)
⎪
⎪
⎨ sin
⎨ x + y = 2n, n ∈ Z,
= 0,
x − y = 2,
2
⇐⇒
⎪
⎪
⎩ x − y − 2 = 0,
⎩ −5 ≤ x ≤ −1.
−2 ≤ 2x + 3 ≤ 2;
2
2
7.2.
Тригонометрические уравнения и неравенства
429
Из равенств следует, что переменная x может принимать только целочисленные значения. Действительно, сложив первое равенство со вторым, получим
x = n + 1, n ∈ Z.
Из двойного неравенства определяем возможные значения переменной x, а из
равенств находим соответствующие значения переменной y :
x = −2, y = −4 или
x = −1, y = −3.
О т в е т. (−2; −4), (−1; −3).
Задача 15. (М/м-93(1).4)
π При каких значениях a ∈ − ; 0 уравнение
2 cos(x + a) − 1 = sin 6x−1 имеет
2
решения?
И д е я. Использовать ограниченность тригонометрической функции y = sin t и
неотрицательность арифметического квадратного корня.
У к а з а н и е. Левая часть уравнения неотрицательна, а правая часть неположительна, поэтому уравнение эквивалентно системе
2 cos(x + a) − 1 = 0,
sin 6x − 1 = 0.
π У к а з а н и е. Из системы найти a, учитывая ограничение a ∈ − ; 0 .
2
Р е ш е н и е. В силу неотрицательности арифметического квадратного корня левая часть уравнения неотрицательна, тогда как правая часть неположительна
в силу ограниченности тригонометрической функции y = sin t. Следовательно,
уравнение эквивалентно следующей системе:
2 cos(x + a) − 1 = 0,
sin 6x − 1 = 0;
⇐⇒
⎧
π
⎪
⎨ x = −a ± + 2πn, n ∈ Z,
3
πk
π
⎪
⎩ x=
+
, k ∈ Z.
12
3
Рассмотрим каждый
случай отдельно.
⎧
π
π
πk
⎨
− a + 2πn =
+
, n, k ∈ Z,
3
12
3
1-й случай.
⇐⇒
⎩ a ∈ −π; 0 ;
2
⎧
⎡
π
⎪
a=− ,
⎨ a = π + 6πn − πk , n, k ∈ Z,
⎢
12
⇐⇒
⇐⇒
3
4
⎣
5π
⎪
⎩ a ∈ −π; 0 ;
a=− .
12
2
430
Указания и решения
2-й случай.
⇐⇒
О т в е т. −
⎧
⎪
⎨ − π − a + 2πn = π + πk ; n, k ∈ Z,
3
12
3
⇐⇒
⎪
⎩ a ∈ −π; 0
2
⎧
⎡
π
⎪
a=− ,
⎨ a = − 5π + 6πn − πk ; n, k ∈ Z,
⎢
12
3
⇐⇒
12 ⎣
5π
⎪
⎩ a ∈ −π; 0 ;
a=− .
12
2
π
5π
;− .
12
12
Задача 16. (Псих-92.1)
Решить неравенство sin
x
sin x − 3
x
√
+ cos ≤
.
2
2
2
И д е я. Применить метод дополнительного аргумента и использовать ограниченность тригонометрической функции y = sin t.
У к а з а н и е. Используя метод дополнительного аргумента, привести неравенство
к виду
x π sin x − 2 sin
+
≥ 3.
2
4
У к а з а н и е. Так как | sin t| ≤ 1, то исходное неравенство эквивалентно системе
sin x
x= 1, π +
= −1.
sin
2
4
Р е ш е н и е. Преобразуем неравенство, используя метод дополнительного аргумента:
x π
x π sin x − 3
√
√
+
≤
+
≥ 3.
⇐⇒
sin x − 2 sin
2 sin
2
4
2
4
2
Так как | sin t| ≤ 1, то исходное неравенство эквивалентно системе
sin x
x= 1, π +
= −1;
sin
2
4
⇐⇒
О т в е т.
⇐⇒
⎧
π
⎨ x = + 2πn, n ∈ Z,
2
⎩ x + π = − π + 2πk, k ∈ Z;
2
4
2
⎧
π
⎨ x = + 2πn, n ∈ Z,
2
⎩ x = π + 2π · (2k − 1), k ∈ Z;
2
π
+ 2π · (2k − 1), k ∈ Z.
2
⇐⇒
x=
⇐⇒
π
+ 2π · (2k − 1), k ∈ Z.
2
7.2.
Тригонометрические уравнения и неравенства
431
Задача 17. (У)
Найти все значения целочисленного параметра a, при которых разрешимо уравнение sin x − sin ax = −2.
И д е я. Использовать то, что минимум левой части равен −2 .
У к а з а н и е. Равенство может выполняться только тогда, когда первый синус равен −1 , а второй равен 1 .
Р е ш е н и е. Так как −1 ≤ sin x ≤ 1, −1 ≤ sin ax ≤ 1, то исходное равенство будет
выполняться только при следующих условиях
⎧
π
⎪
⎪
⎨ x = − 2 + 2πn, n ∈ Z,
sin x = −1,
⇐⇒
π
sin ax = 1;
⎪
⎪
⎩ ax = 2 + 2πk, k ∈ Z.
Если a = 0, то решений нет, следовательно, a = 0 и
⎧
π
⎨ x = − + 2πn, n ∈ Z,
2
⎩ x = π + 2πk , k ∈ Z.
2a
a
Откуда
⇐⇒
1
1
2k
− + 2n =
+
, k, n ∈ Z ⇐⇒
2
2a
a
−a + 4an = 1 + 4k, n, k ∈ Z ⇐⇒ 4an − (a + 1) = 4k, n, k ∈ Z.
Так как по условию a ∈ Z, то для того, чтобы последнее равенство было возможно,
необходимо потребовать, чтобы сумма (a + 1) делилась на 4 без остатка, то есть
a = 4l − 1, l ∈ Z. Осталось показать, что это ограничение на a является не
только необходимым, но и достаточным. То есть для любого a указанного вида
существуют целые n и k такие, что
4an − (a + 1) = 4k.
Пусть a = 4l − 1 , тогда
4n(4l − 1) − 4l = 4k.
Пара n = 0 и k = −l будет решением для любого l ∈ Z. Следовательно, при
a = 4l − 1, l ∈ Z исходное уравнение разрешимо.
О т в е т. a = 4l − 1, l ∈ Z.
Задача 18. (У)
Указать хотя бы одно рациональное число a такое, что
| sin 81◦ − a| < 0, 01.
432
Указания и решения
π
.
И д е я. Применить оценку sin x < x при x ∈ 0;
2
π
У к а з а н и е. Выразить sin 81◦ через sin 9◦ = sin
с помощью основного триго20
нометрического тождества и формулы приведения.
Р е ш е н и е. Преобразуем
sin 81◦ =
1 − cos2 81◦ = 1 − sin2 9◦ =
1 − sin2
π
.
20
π 2
π
π
<
, то sin 81o > 1 −
. Учитывая, что 3, 14 < π < 3, 15
20
20 20
2
π
π
< 0, 16,
получим
< 0, 0256 и
20
20
sin 81◦ > 1 − 0, 0256 = 0, 9744 > 0, 9604 = 0, 98.
Так как sin
Отсюда следует, что 0, 98 < sin 81◦ < 1. В частности, в качестве числа a можно
выбрать число a = 0, 99.
О т в е т. 0, 99.
Задача 19. (Псих-93.3)
√
π
1
+ sin 3x = cos 3x − 2 на отрезке
Найти все решения уравнения √ sin2 x +
12
2
[−2π; 2π].
И д е я. Применить метод дополнительного аргумента; использовать ограниченность тригонометрической функции y = sin t и неотрицательность квадрата действительной величины.
У к а з а н и е. Используя метод дополнительного аргумента, привести уравнение к
виду
π π
sin2 x +
= −2 1 + sin 3x −
.
12
4
У к а з а н и е. Так как | sin t| ≤ 1, а квадрат действительной величины всегда неотрицателен, то исходное уравнение эквивалентно системе
⎧
⎧
π
π
⎪
⎨ sin x +
⎨ x = − + πn, n ∈ Z,
= 0,
12
12 ⇐⇒
⎩ sin 3x − π = −1;
⎪
⎩ x = − π + 2πk , k ∈ Z.
4
12
3
У к а з а н и е. Последняя система имеет решения, если
πn =
2πk
3
⇐⇒
3n = 2k
=⇒
n = 2m
=⇒
x=−
У к а з а н и е. Выполнить отбор по условию x ∈ [−2π; 2π].
π
+ 2πm, m ∈ Z.
12
7.2.
Тригонометрические уравнения и неравенства
433
Р е ш е н и е. Воспользуемся методом дополнительного аргумента:
π π
= −2 1 + sin 3x −
.
sin2 x +
12
4
Так как | sin t| ≤ 1, а квадрат действительной величины всегда неотрицателен, то
исходное уравнение имеет решения только при равенстве левой и правой частей
нулю, то есть
⎧
⎧
π
π
⎪
⎨ sin x +
⎨ x = − + πn, n ∈ Z,
= 0,
12
12 ⇐⇒
⎩ sin 3x − π = −1;
⎪
⎩ x = − π + 2πk , k ∈ Z.
4
12
3
Первая серия даёт на тригонометрической окружности две точки, вторая – три.
Общим решением является
π
x = − + 2πm, m ∈ Z.
12
Отбирая значения переменной x, попадающие на отрезок [−2π; 2π], получаем ответ.
π 23π
О т в е т. − ;
.
12 12
Задача 20. (ЕГЭ.С)
Решить уравнение 7 tg x + cos2 x + 3 sin 2x = 1 .
И д е я. Разложить на множители и использовать ограниченность тригонометрических функций y = sin t и y = cos t.
У к а з а н и е. Применив основное тригонометрическое тождество и разложение на
множители, привести уравнение к виду
tg x(7 − sin x cos x + 6 cos2 x) = 0.
У к а з а н и е. Используя ограниченность тригонометрических функций y = sin t и
y = cos t, показать что уравнение
7 + 6 cos2 x − sin x cos x = 0
не имеет решений.
Р е ш е н и е. Применим основное тригонометрическое тождество и формулу синуса двойного угла:
7 tg x + (cos2 x − 1) + 3 sin 2x = 0
⇐⇒
⇐⇒
sin x
(7−sin x cos x+6 cos2 x) = 0
cos x
7·
sin x
− sin2 x + 6 sin x cos x = 0
⇐⇒
cos x
sin x = 0;
⇐⇒
7 + 6 cos2 x − sin x cos x = 0.
Так как 6 cos2 x ≥ 0 и sin x cos x < 1, то второе уравнение решений не имеет.
Значит, решением является только серия x = πn, n ∈ Z.
О т в е т. πn, n ∈ Z.
434
Указания и решения
Задача 21. (Хим-94.5)
Решить систему
x2 + 2x sin y + 1 = 0,
8|x|y(x2 + y 2 ) + π 3 + 4π = 0.
И д е я. Рассмотреть первое уравнение системы как квадратное относительно переменной x. Использовать оценки при решении второго уравнения.
У к а з а н и е. Дискриминант первого уравнения (квадратного относительно x)
должен быть неотрицательным:
D
= sin2 y − 1 ≥ 0
⇐⇒
sin y = ±1.
4
У к а з а н и е. При sin y = 1 система принимает вид:
⎧
⎪
⎨ x = −1,
π
y = + 2πn,
2 ⎪
⎩
(1 + 4n) 4 + π 2 (1 + 4n)2 + π 2 + 4 = 0.
Далее необходимо рассмотреть отдельно последнее уравнение и оценить левую
часть при различных целочисленных значениях n.
У к а з а н и е. При неотрицательных значениях n выражение в левой части последнего уравнения положительно. Следовательно, если n ≥ 0, то решений нет.
При отрицательных n решений также нет, так как при n ≤ −1
(1 + 4n) 4 + π 2 (1 + 4n)2 ≤ −3(4 + 9π 2 ) < −3 · 85 = −255,
а π 2 + 4 < 14. Значит, система уравнений решений не имеет.
У к а з а н и е. Второй случай sin y = −1 рассматривается аналогично (n = 0 рассмотреть отдельно).
Р е ш е н и е. Первое уравнение системы является квадратным относительно переменной x. Для существования корней необходимо и достаточно, чтобы его дискриминант был неотрицательным:
D
= sin2 y − 1 ≥ 0.
4
Так как 0 ≤ sin2 y ≤ 1, то sin y = 1 или sin y = −1. Рассмотрим эти два случая
отдельно.
1-й случай.
⎧
⎧
π
⎪
⎨ y = + 2πn,
⎨ sin y = 1,
2
x2 + 2x + 1 = 0,
⇐⇒
x = −1,
⎪
⎩ 8|x|y(x2 + y 2 ) + π 3 + 4π = 0;
⎩ 8y(1 + y 2 ) + π 3 + 4π = 0;
⎧
x = −1,
⎪
⎪
⎪
⎨ y = π + 2πn,
⇐⇒
π
2
π2
⎪
⎪
⎪
+ 2πn 1 +
+ 2πn
8
+ π 3 + 4π = 0.
⎩
2
2
⇐⇒
7.2.
Тригонометрические уравнения и неравенства
435
Рассмотрим последнее уравнение.
8
π
2
+ 2πn
⇐⇒
1+
π
2
+ 2πn
2
+ π 3 + 4π = 0
⇐⇒
(1 + 4n) 4 + π 2 (1 + 4n)2 + π 2 + 4 = 0.
При неотрицательных значениях n выражение в левой части положительно. Следовательно, если n ≥ 0, то решений нет. При отрицательных n решений также
нет, так как при n ≤ −1
(1 + 4n) 4 + π 2 (1 + 4n)2 ≤ −3(4 + 9π 2 ) < −3 · 85 = −255,
а π 2 + 4 < 14. Значит, в первом случае система уравнений решений не имеет.
2-й случай.
⎧
⎨ sin y = −1,
x2 − 2x + 1 = 0,
⎩ 8|x|y(x2 + y 2 ) + π 3 + 4π = 0;
⇐⇒
⇐⇒
⎧
π
⎪
⎨ y = − + 2πn,
2
x = 1,
⎪
⎩
8y(1 + y 2 ) + π 3 + 4π = 0;
⎧
x = 1,
⎪
⎪
⎪
⎨ y = − π + 2πn,
π2
π
2
⎪
⎪
⎪
⎩ 8 − + 2πn 1 + − + 2πn
2
2
⇐⇒
+ π 3 + 4π = 0.
Преобразуем последнее уравнение:
π
2
π
1 + − + 2πn
+ π 3 + 4π = 0
8 − + 2πn
2
2
⇐⇒
⇐⇒
(−1 + 4n) 4 + π 2 (4n − 1)2 + π 2 + 4 = 0.
При n ≥ 1 справедливы оценки:
(1 − 4n) 4 + π 2 (4n − 1)2 + π 2 + 4 ≤ −3(4 + 9π 2 ) + π 2 + 4 < 0.
При n ≤ −1 справедливы оценки:
(1 − 4n) 4 + π 2 (4n − 1)2 + π 2 + 4 ≥ 5(4 + 25π 2 ) + π 2 + 4 > 0.
Осталось проверить n = 0. Легко убедиться в том, что это значение n обращает
последнее уравнение системы в тождество. Итак, при n = 0 решением системы
π
являются значения y = − , x = 1.
2
π
О т в е т. 1; −
.
2
436
Указания и решения
Задача 22. (Экон-78.5)
Найти все значения параметра a, при каждом из которых неравенство
a(4 − sin x)4 − 3 + cos2 x + a > 0 выполняется для всех значений x.
И д е я. Преобразовать неравенство и использовать ограниченность тригонометрических функций y = sin x и y = cos x.
У к а з а н и е. Записать неравенство для параметра
a>
3 − cos2 x
1 + (4 − sin x)4
и найти максимум правой части.
У к а з а н и е. Числитель и знаменатель дроби положительны, причём числитель
принимает наибольшее значение, а знаменатель – наименьшее значение при одних
π
и тех же значениях переменной x = + 2πn, n ∈ Z.
2
3
.
У к а з а н и е. Максимум правой части равен
82
Р е ш е н и е. Преобразуем исходное неравенство:
a(1 + (4 − sin x)4 ) > 3 − cos2 x
⇐⇒
a>
3 − cos2 x
.
1 + (4 − sin x)4
Для того чтобы решить задачу, надо найти максимум правой части. Заметим, что
числитель и знаменатель правой части положительны, причём числитель принимает наибольшее значение, а знаменатель – наименьшее значение при одних и тех
же значениях переменной
π
x = + 2πn, n ∈ Z.
2
3
3−0
3
. Значит, при a >
Следовательно, максимум правой части равен
=
1 + 34
82
82
исходное неравенство будет выполнено для всех значений x.
О т в е т.
3
; +∞ .
82
Задача 23. (ВМК-83.6)
Найти все пары чисел (x, y), удовлетворяющие условию
√
5
3
2 − |y| · (5 sin2 x − 6 sin x cos x − 9 cos2 x + 3 33) = (arcsin x)2 + (arccos x)2 − π 2 .
4
И д е я. Оценить левую и правую части уравнения.
У к а з а н и е. Показать, что левая часть уравнения неотрицательна, а правая
часть уравнения неположительна.
У к а з а н и е. Для оценки правой части использовать ограниченность обратных
тригонометрических функций:
−
π
π
≤ arcsin x ≤ ,
2
2
0 ≤ arccos x ≤ π.
7.2.
Тригонометрические уравнения и неравенства
437
У к а з а н и е. Используя формулы понижения степени и метод вспомогательного
аргумента, привести второй сомножитель левой части к виду
√
√
3
3 33 − 2 − 58 sin(2x + φ).
Р е ш е н и е. Воспользуемся методом оценок. Начнём с правой части. В силу
π 2
ограниченности обратных тригонометрических функций (arcsin x)2 ≤
,
2
2
2
(arccos x) ≤ π . Следовательно,
(arcsin x)2 + (arccos x)2 ≤
5 2
π ;
4
то есть правая часть уравнения неположительна.
Рассмотрим теперь второй сомножитель левой части. Воспользуемся формулами синуса и косинуса двойного угла и методом дополнительного аргумента:
√
√
3
3
5 sin2 x − 6 sin x cos x − 9 cos2 x + 3 33 = −5 cos 2x − 3 sin 2x − 2(cos 2x + 1) + 3 33 =
√
√
√
√
√
3
3
3
= 3 33 − 2 − 3 sin 2x − 7 cos 2x = 3 33 − 2 − 58 sin(2x + φ) ≥ 3 33 − 2 − 58 > 0;
положительность выражения вытекает из цепочки сравнений:
√
√
3
3 33 − 2 − 58 ∨ 0
√
√
27 · 33 ∨ 8 + 3 · 4 · 58 + 3 · 2 · 58 + 58 58
√
107 ∨ 14 58
11449 > 11368.
Следовательно, левая часть уравнения неотрицательна. Поэтому равенство достигается только при одновременном выполнении следующих условий:
⎧
|y| = 2,
⎪
⎪
⎨
π2
y = ±2,
2
(arcsin x) =
,
⇐⇒
x = −1.
⎪
4
⎪
⎩
(arccos x)2 = π 2 ;
О т в е т. (−1; 2), (−1; −2).
Задача 24. (Геол-92.6)
Найти все тройки чисел (x, y, z), удовлетворяющие уравнению
x2 + 1 − 2x sin πy + yz − 2z 2 − 64 = (41 − yz) · (cos 2πy + cos πz)2 .
И д е я. Используя ОДЗ, оценить правую часть уравнения. Выделив полный квадрат, оценить левую часть.
У к а з а н и е. Из ОДЗ следует, что yz ≥ 64. Значит, правая часть уравнения всегда
неположительна.
438
Указания и решения
У к а з а н и е. Выделив полный квадрат, левую часть можно привести к виду
(x − sin πy)2 + cos2 πy + yz − 2z 2 − 64.
Значит, левая часть уравнения всегда неотрицательна.
У к а з а н и е. Следовательно, уравнение имеет решения тогда и только тогда, когда левая и правая части уравнения одновременно равны нулю. Поэтому исходное
уравнение эквивалентно следующей системе:
⎧
cos πy = 0,
⎪
⎨
cos πz = 1,
2
⎪
⎩ yz − 2z − 64 = 0,
x = sin πy.
Поскольку cos πy = 0 , возможны два различных значения x = sin πy : x = 1 или
x = −1 .
⎧
1
⎪
⎪
⎪
⎨ y = 2 + 2n, n ∈ Z,
z = 2k, k ∈ Z,
У к а з а н и е. 1-й случай. При sin πy = 1 получаем систему
⎪
⎪
x
= 1,
⎪
⎩
k(1 + 4n − 8k) = 64.
У к а з а н и е. Рассмотрев последнее уравнение полученной системы отдельно, замечаем, что (1 + 4n − 8k) нечётно при всех целых n и k , а 64 = 26 . Поэтому
равенство возможно только в двух случаях:
1 + 4n − 8k = 1,
1 + 4n − 8k = −1,
или
k = 64;
k = −64.
У к а з а н и е. Аналогично рассматривается 2-й случай: sin πy = −1 .
Р е ш е н и е. Из ОДЗ получим оценку для произведения yz :
yz − 2z 2 − 64 ≥ 0
⇐⇒
yz ≥ 2z 2 + 64
=⇒
yz ≥ 64.
Следовательно, правая часть уравнения всегда неположительна. Далее рассмотрим левую часть. Выделим полный квадрат и оценим значение левой части снизу:
x2 + 1 − 2x sin πy + yz − 2z 2 − 64 =
= x2 − 2x sin πy + sin2 πy − sin2 πy + 1 + yz − 2z 2 − 64 =
= (x − sin πy)2 + cos2 πy + yz − 2z 2 − 64 ≥ 0.
Следовательно, уравнение имеет решения тогда и только тогда, когда левая и
правая части уравнения одновременно равны нулю, то есть исходное уравнение
эквивалентно следующей системе:
⎧
x − sin πy = 0,
⎪
⎨
cos πy = 0,
2
⎪
⎩ yz − 2z − 64 = 0,
cos 2πy + cos πz = 0;
⇐⇒
⎧
cos πy = 0,
⎪
⎨
cos πz = 1,
2
⎪
⎩ yz − 2z − 64 = 0,
x = sin πy.
7.2.
Тригонометрические уравнения и неравенства
439
Из того, что cos πy = 0 , следует, что sin πy = ±1. Рассмотрим эти случаи отдельно.
1-й случай. При sin πy = 1 получаем систему
⎧
1
⎪
y = + 2n, n ∈ Z,
⎪
⎪
⎪
2
⎪
⎨
z = 2k, k ∈ Z,
x = 1,
⎪
⎪
⎪
⎪
1
⎪
⎩
+ 2n 2k − 2(2k)2 − 64 = 0.
2
Изучим последнее уравнение этой системы.
1
+ 2n 2k − 2(2k)2 − 64 = 0
2
⇐⇒
k(1 + 4n − 8k) = 64.
Так как (1 + 4n − 8k) нечётно при всех целых n и k , а 64 = 26 , то равенство
выполняется только в двух случаях.
⎧
⎨ x = 1;
1 + 4n − 8k = 1,
k = 64,
y = 256, 5;
Случай 1а.
⇐⇒
=⇒
k = 64;
n = 128;
⎩ z = 128.
1 + 4n − 8k = −1,
k = −64,
Случай 1б.
⇐⇒
k = −64;
n = −128, 5 ∈
/ Z.
Следовательно, в случае 1б решений нет.
2-й случай При sin πy = −1 система принимает вид
⎧
1
⎪
⎪
y = − + 2n, n ∈ Z,
⎪
⎪
⎪
⎨ z = 2k,2 k ∈ Z,
x = −1,
⎪
⎪
⎪
1
⎪
⎪
⎩ − + 2n 2k − 2(2k)2 − 64 = 0.
2
Рассмотрим последнее уравнение этой системы.
1
− + 2n 2k − 2(2k)2 − 64 = 0
2
⇐⇒
k(−1 + 4n − 8k) = 64.
Так как (−1 + 4n − 8k) нечётно при всех целых n и k , а 64 = 26 , то равенство
может быть выполнено только в двух случаях.
⎧
⎨ x = −1;
−1 + 4n − 8k = −1,
k = −64,
y = −256, 5;
Случай 2а.
⇐⇒
=⇒
k = −64;
n = −128.
⎩ z = −128;
−1 + 4n − 8k = 1,
k = 64,
Случай 2б.
⇐⇒
k = 64;
n = 128, 5 ∈
/ Z.
Следовательно, в случае 2б решений нет.
О т в е т. (1; 256, 5; 128), (−1; −256, 5; −128).
440
Указания и решения
Задача 25. (Хим-91.4)
Решить уравнение cos4 x =
1
1
cos 2x + cos2 x · cos 8x.
4
2
И д е я. Применить формулы понижения степени. Перегруппировать слагаемые так, чтобы воспользоваться ограниченностью тригонометрической функции
y = cos t.
У к а з а н и е. Применить формулы понижения степени. Перегруппировав слагаемые, привести уравнение к виду
cos2 2x = (cos 8x − 1)(cos 2x + 1).
У к а з а н и е. Заметить, что левая часть уравнения всегда неотрицательна, а правая – неположительна, поэтому уравнение эквивалентно системе
cos 2x = 0,
cos 8x = 1.
Р е ш е н и е. Применим формулы понижения степени:
4
cos 2x + 1
2
⇐⇒
2
= cos 2x + 2 ·
cos 2x + 1
· cos 8x
2
⇐⇒
cos2 2x + 2 cos 2x + 1 = cos 2x + (cos 2x + 1) cos 8x.
Перегруппировав слагаемые, приведём уравнение к виду
cos2 2x = cos 8x(cos 2x + 1) − (cos 2x + 1)
⇐⇒
⇐⇒
cos2 2x = (cos 8x − 1)(cos 2x + 1).
Заметим, что левая часть уравнения всегда неотрицательна, а правая – неположительна, поэтому решение уравнения может существовать только при одновременном равенстве нулю левой и правой частей:
⎧
⎪
⎨ x = π(2n + 1) , n ∈ Z,
π(2n + 1)
cos 2x = 0,
4
⇐⇒
, n ∈ Z.
⇐⇒
x=
πk
cos 8x = 1;
⎪
4
⎩ x=
, k ∈ Z;
4
πn
π
+
, n ∈ Z.
О т в е т.
4
2
Задача 26. (ВМК-86.5)
√
Решить уравнение sin 3x − 2 sin 18x sin x = 3 2 − cos 3x + 2 cos x.
И д е я. Преобразовать уравнение, применив метод вспомогательного аргумента.
Оценить слагаемые, входящие в уравнение, используя ограниченность тригонометрических функций y = sin t и y = cos t .
7.2.
Тригонометрические уравнения и неравенства
441
У к а з а н и е. Используя метод вспомогательного аргумента, привести уравнение
к виду
√
√
π
− 2 sin2 18x + 1 · sin(x + ϕ) = 3 2,
2 sin 3x +
4
sin 18x
.
где ϕ = arccos sin2 18x
+ 1
√
У к а з а н и е. Так как sin2 18x + 1 ≤ 2, то
√
√
π
− 2 sin2 18x + 1 · sin(x + ϕ) ≤ 3 2.
2 sin 3x +
4
У к а з а н и е. Следовательно, уравнение эквивалентно системе
⎧
π
⎪
sin
3x
+
= 1,
⎪
⎪
⎪
4
⎪
⎨ sin2 18x = 1,
sin(x + ϕ) = −1,
⎪
⎪
⎪
sin 18x
⎪
⎪ ϕ = arccos .
⎩
sin2 18x + 1
У к а з а н и е. Разобрать отдельно два случая: sin 18x = 1 и sin 18x = −1.
Р е ш е н и е. Перегруппировав слагаемые, применим метод вспомогательного аргумента:
√
⇐⇒
(sin 3x + cos 3x) − 2(sin 18x sin x + cos x) = 3 2
√
√
π
− 2 sin2 18x + 1 · sin(x + ϕ) = 3 2,
2 sin 3x +
⇐⇒
4
√
sin 18x
. Так как sin2 18x + 1 ≤ 2, то
где ϕ = arccos 2
sin 18x + 1
√
√
π
− 2 sin2 18x + 1 · sin(x + ϕ) ≤ 3 2,
2 sin 3x +
4
причём равенство достигается при одновременном выполнении следующих условий:
⎧
π
⎪
sin
3x
+
= 1,
⎪
⎪
4
⎪
⎪
⎨ sin2 18x = 1,
sin(x + ϕ) = −1,
⎪
⎪
⎪
sin 18x
⎪
⎪
.
⎩ ϕ = arccos 2
sin 18x + 1
Рассмотрим два случая.
1-й случай. При sin 18x = 1 система принимает следующий вид:
⎧
⎧
π
2πn
⎪
π
⎪
x=
+
, n ∈ Z,
⎪
⎪
sin
3x
+
=
1,
⎪
⎪
12
3
⎪
⎪
⎨
⎨
4
πk
π
sin 18x = 1,
⇐⇒
+
, k ∈ Z,
x=
⎪
⎪
36
9
⎪
⎪
π
⎪
⎪
⎪
⎩ sin x +
= −1;
⎪
⎩ x = − 3π + 2πl, l ∈ Z.
4
4
442
Указания и решения
Приравняем x из первой и третьей строчек последней системы:
2πn
3π
π
+
=−
+ 2πl
12
3
4
⇐⇒
5 + 4n = 12l; n, l ∈ Z.
Последнее равенство невозможно, так как слева стоит нечётное число, а справа –
чётное.
2-й случай. При sin 18x = −1 получаем систему
⎧
⎧
π
2πn
π
⎪
⎪
⎪
x=
+
, n ∈ Z,
sin 3x +
= 1,
⎪
⎪
⎪
⎪
12
3
⎪
⎪
4
⎨
⎨
πk
π
sin 18x = −1,
⇐⇒
, k ∈ Z,
x=− +
⎪
⎪
36
9
⎪
⎪
3π
⎪
⎪
⎪
⎪
= −1;
⎪
⎩ sin x +
⎩ x = − 5π + 2πl, l ∈ Z.
4
4
Приравнивая x, получим систему
⎧
π
2πn
5π
⎪
⎨
+
=−
+ 2πl,
12
3
4
⎪
⎩ − π + πk = − 5π + 2πl;
36
9
4
⇐⇒
n = −2 + 3l, n, l ∈ Z,
k = −11 + 18l, k, l ∈ Z.
Отсюда следует, что решением являются
x=−
О т в е т.
7.3.
5π
+ 2πl, l ∈ Z (или в другой записи
4
x=
3π
+ 2πn, n ∈ Z).
4
3π
+ 2πn, n ∈ Z.
4
Уравнения и неравенства с логарифмическими и показательными функциями
Задача 1. (У)
Решить уравнение ln x +
π
1
= 2 · sin x +
.
ln x
4
И д е я. Оценить левую и правую части уравнения.
У к а з а н и е. Использовать оценку суммы двух взаимно обратных величин и
ограниченность синуса.
1 π Р е ш е н и е. Поскольку ln x +
≥
2,
а
sin
x
+
2
≤ 2, равенство левой и
ln x 4
правой частей возможно только тогда, когда обе они равны либо 2 , либо −2 . В
первом случае
⎧
1
⎪
⎨ ln x +
= 2,
ln x = 1,
ln x
⇐⇒
⇐⇒
π
⎪
= 1;
sin x +
⎩ 2 · sin x + π = 2;
4
4
7.3.
Уравнения и неравенства с логарифмическими и показательными...
⇐⇒
x = e,
π
x = + 2πn, n ∈ Z;
4
⇐⇒
443
∅.
Во втором случае
⎧
⎧
1
⎪
⎨ ln x = −1,
⎨ ln x +
= −2,
ln x
⇐⇒
⎩ sin x + π = −1;
⎪
⎩ 2 · sin x + π = −2;
4
4
⎧
⎨ x = e−1 ,
⇐⇒ ∅.
⇐⇒
3π
⎩ x=−
+ 2πk, k ∈ Z;
4
⇐⇒
О т в е т. Решений нет.
Задача 2. (У)
Решить уравнение 21−|x| = x2 + 1 +
x2
1
.
+1
И д е я. Оценить левую и правую части уравнения.
У к а з а н и е. Использовать оценку суммы двух взаимно обратных величин.
Р е ш е н и е. Поскольку |x| ≥ 0 , левая часть уравнения не превосходит двух, а
правая часть больше или равна двум как сумма двух взаимно обратных положительных величин. Следовательно, обе части равны 2, что реализуется при x = 0 .
О т в е т. 0 .
Задача 3. (ИСАА-97.4)
Решить неравенство log0,5 |1 − x| − logx−1 2 ≤ 2.
И д е я. Воспользоваться свойством суммы двух взаимно обратных чисел.
У к а з а н и е. Привести исходное неравенство к виду
log2 (x − 1) +
1
≥ −2.
log2 (x − 1)
У к а з а н и е. Использовать свойство суммы двух взаимно обратных чисел.
Р е ш е н и е. Раскроем модуль, учитывая ограничения на основание второго логарифма левой части, и применим формулу перехода к новому основанию:
log2 (x − 1) +
1
≥ −2.
log2 (x − 1)
444
Указания и решения
В силу свойства суммы двух взаимно обратных чисел последнее неравенство эквивалентно совокупности
⎡
⎡
x > 2;
x − 1 > 1;
log2 (x − 1) > 0;
⎣
⎣
⇐⇒
⇐⇒
3
1
log2 (x − 1) = −1;
x= .
x−1= ;
2
2
"
3
О т в е т.
∪ (2; +∞).
2
Задача 4. (У)
Решить неравенство log2 x + logx 2 + 2 cos α ≤ 0.
И д е я. Воспользоваться свойством суммы двух взаимно обратных чисел.
У к а з а н и е. Привести оба логарифма к одному основанию.
Р е ш е н и е. Область определения
x ∈ (0; 1) ∪ (1; +∞).
Перепишем неравенство в виде
log2 x + logx 2 ≤ −2 cos α.
1
≤ −2 . С другой стороны, для
log2 x
правой части справедлива оценка −2 cos α ≥ −2 . Значит, исходное неравенство
будет справедливо для всех α ∈ R , а интервал (0; 1) будет входить в ответ.
1) Если x ∈ (0; 1), то log2 x + logx 2 = log2 x +
1
≥ 2 , а −2 cos α ≤ 2 .
log2 x
Значит, исходное неравенство справедливо только при одновременном выполнении
равенств log2 x+logx 2 = 2 и −2 cos α = 2 , что имеет место при cos α = −1 и x = 2 .
2) Если же x ∈ (1; +∞), то log2 x + logx 2 = log2 x +
О т в е т. x ∈ (0; 1) ∪ {2} при α = π + 2πk, k ∈ Z;
k ∈ Z.
x ∈ (0; 1) при α = π + 2πk,
Задача 5. (У)
2
Доказать, что уравнение 2x · 3−x =
2
не имеет решений.
5
И д е я. Показать, что левая часть неравенства больше 1/2 .
У к а з а н и е. Рассмотреть отдельно отрицательные и положительные значения x.
2
Р е ш е н и е. Если x ≤ 0 , то 2x · 3−x ≥ 1 и, следовательно, решений нет.
При x > 0 получим
2
2
2x · 3−x > 2x · 2−2x =
2
1 x2 −2x+1
1
1
·2
= · 2(x−1) ≥ .
2
2
2
В этом случае также нет решений. Что и требовалось доказать.
7.3.
Уравнения и неравенства с логарифмическими и показательными...
445
Задача 6. (У)
Решить неравенство cos2 (x + 1) lg(9 − 2x − x2 ) ≥ 1.
И д е я. Оценить каждый из множителей левой части неравенства.
У к а з а н и е. Получить ограничения на x, а из возможных значений с помощью
проверки отобрать нужные.
Р е ш е н и е. Поскольку 0 ≤ cos2 (x + 1) ≤ 1 , должно выполняться
lg(9 − 2x − x2 ) ≥ 1
⇐⇒
9 − 2x − x2 ≥ 10
⇐⇒
(x + 1)2 ≤ 0
⇐⇒
x = −1.
Следовательно, решением неравенства может являться только x = −1 . Непосредственной проверкой убеждаемся, что так оно и есть.
О т в е т. −1 .
Задача 7. (У)
Решить неравенство 32x/3 · sin x >
π
√
.
2 при x ∈ 1;
3
И д е я. Показать, что неравенство справедливо при всех указанных x.
У к а з а н и е. Проверить справедливость неравенства при x = 1 .
Р е ш е н и е. В силу монотонного возрастания функции в левой части неравенства
на указанном отрезке справедливы оценки:
√
2
π
2/3
.
· sin x ≥ 3 · sin 1 > 3 · sin = 3 ·
3
4
2
√
Покажем, что полученная оценка левой части больше, чем 2 :
2x/3
2/3
3
2/3
2/3
√
2
·
2
32/3
32
9
∨
√
2
∨ 2
∨ 23
> 8.
Следовательно, неравенство справедливо при всех указанных значениях переменной x.
π
.
О т в е т. 1;
3
446
Указания и решения
Задача 8. (У)
2
Решить уравнение 2sin
x
2
+ 2cos
x
= 1, 5(tg x + ctg x).
И д е я. Показать, что равенство возможно только тогда, когда левая часть принимает своё максимальное значение, а правая — минимальное.
У к а з а н и е. Использовать оценку суммы двух взаимно обратных величин.
Р е ш е н и е. Левая часть уравнения всегда положительна, значит, tg x > 0 . В
этом случае по теореме о сумме двух взаимно обратных положительных чисел
2
1, 5(tg x + ctg x) ≥ 3. Пусть a = 2sin x , тогда 1 ≤ a ≤ 2. Найдём a, при которых
левая часть уравнения не меньше, чем 3:
a+
2
≥3
a
⇐⇒
a2 − 3a + 2 ≥ 0
⇐⇒
a ∈ (−∞; 1] ∪ [2; +∞).
Следовательно, либо a = 1 , либо a = 2 . В первом случае sin x = 0 и ctg x не
определен. Во втором случае sin2 x = 1 и не определен tg x. Значит, решений нет.
О т в е т. Решений нет.
Задача 9. (У)
Решить неравенство 2−|x−2| log2 (4x − x2 − 2) ≥ 1.
И д е я. Оценить левую часть неравенства.
У к а з а н и е. В подлогарифменном выражении выделить полный квадрат.
Р е ш е н и е. Так как 0 < 2−|x−2| ≤ 1 и log2 (4x − x2 − 2) = log2 2 − (x − 2)2 ≤ 1,
то решением неравенства может являться только x = 2 .
О т в е т. 2 .
Задача 10. (У)
Решить неравенство (3 − cos2 x − 2 sin x) · (lg2 y + 2 lg y + 4) ≤ 3.
И д е я. Показать, что левая часть неравенства не меньше 3.
У к а з а н и е. В каждом сомножителе левой части выделить полный квадрат.
Р е ш е н и е. Поскольку
3 − cos2 x − 2 sin x = 2 + sin2 x − 2 sin x = (sin x − 1)2 + 1 ≥ 1,
lg2 y + 2 lg y + 4 = (lg y + 1)2 + 3 ≥ 3,
то левая часть неравенства больше или равна 3. Следовательно, неравенство имеет
решение только при sin x = 1, lg y = −1 .
π
+ 2πn; 0,1 , n ∈ Z.
О т в е т.
2
7.3.
Уравнения и неравенства с логарифмическими и показательными...
447
Задача 11. (Биол-81.4)
Решить неравенство (2x + 3 · 2−x )2 log2 x − log2 (x + 6) > 1.
И д е я. Используя неравенство, связывающее среднее арифметическое и среднее
геометрическое, показать, что 2x + 3 · 2−x > 1 для всех x. После этого задача
легко сводится к стандартной.
У к а з а н и е. Воспользоваться неравенством, связывающим среднее арифметическое и среднее геометрическое двух неотрицательных чисел:
√
a + b ≥ 2 ab при a ≥ 0, b ≥ 0.
У к а з а н и е. В соответствии с неравенством, связывающим среднее арифметическое и среднее геометрическое двух неотрицательных чисел, основание степени
больше единицы, поэтому исходное неравенство эквивалентно следующему:
2 log2 x − log2 (x + 6) > 0.
Последнее неравенство решается стандартно.
Р е ш е н и е. В силу неравенства, связывающего среднее арифметическое и среднее
геометрическое двух неотрицательных чисел, для основания степени справедлива
оценка
√
√
2x + 3 · 2−x ≥ 2 2x · 3 · 2−x = 2 3 > 1.
Следовательно, исходное неравенство эквивалентно следующему:
2
x > x + 6,
⇐⇒
⇐⇒
2 log2 x − log2 (x + 6) > 0
x > 0;
⎧ x < −2;
⎨
x > 3;
⇐⇒
x > 3.
⇐⇒
⎩
x > 0,
О т в е т. (3; +∞).
Задача 12. (Псих-79.2)
Решить
систему уравнений
2 log1−x (−xy − 2x + y + 2) + log2+y (x2 − 2x + 1) = 6,
log1−x (y + 5) − log2+y (x + 4) = 1.
И д е я. Преобразовать первое уравнение системы и использовать свойство суммы
двух взаимно обратных чисел.
У к а з а н и е. Привести первое уравнение системы к виду
log1−x (y + 2) +
1
= 2.
log1−x (y + 2)
У к а з а н и е. Воспользоваться свойством суммы двух взаимно обратных чисел.
448
Указания и решения
Р е ш е н и е. Преобразуем первое уравнение системы, воспользовавшись свойствами логарифмов:
2 log1−x (−xy − 2x + y + 2) + log2+y (x2 − 2x + 1) = 6
⇐⇒
2 log1−x (1 − x)(y + 2) + logy+2 (x − 1)2 = 6
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
2 + 2 log1−x (y + 2) + 2 logy+2 (1 − x) = 6
⇐⇒
log1−x (y + 2) +
⇐⇒
1
= 2.
log1−x (y + 2)
В левой части последнего уравнения стоит сумма двух взаимно обратных чисел,
поэтому уравнение равносильно условию
⎧
⎧
⎨ y = −x − 1,
⎨ 1 − x = y + 2,
x < 1,
1 − x > 0,
log1−x (y + 2) = 1
⇐⇒
⇐⇒
⎩ x = 0.
⎩ 1 − x = 1;
Возвращаемся к исходной системе:
⎧
y = −x − 1,
⎪
⎨
log1−x (−x − 1 + 5) − log1−x (x + 4) = 1,
⇐⇒
x
⎪
⎩ < 1,
x = 0
⎧
⎧
y = −x − 1,
y = −x − 1,
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪ 4−x
⎪
4−x
⎨
⎨
log1−x
= 1,
= 1 − x,
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
x+4
x+4
⎪
⎪
⎪ −4 < x < 1,
⎪ −4 < x < 1,
⎪
⎪
⎩
⎩
x = 0;
x = 0;
x = −2,
y = 1.
О т в е т. (−2; 1).
Задача 13. (Физ-96(2).8)
√
x2 +a2 −6a−5
√
x+a+2
Для каждого значения a решить уравнение (log2 3)
= (log9 4)
.
И д е я. Использовать неотрицательность арифметического квадратного корня.
У к а з а н и е. Перейти к логарифмам по одному основанию:
√
(log2 3)
x+a+2
= (log2 3)−
√
x2 +a2 −6a−5
.
У к а з а н и е. Используя монотонность показательной функции, перейти к равенству, связывающему показатели степеней:
√
x + a + 2 = − x2 + a2 − 6a − 5.
У к а з а н и е. Левая часть последнего уравнения неотрицательна, а правая часть
неположительна, поэтому уравнение эквивалентно системе
x + a + 2 = 0,
x2 + a2 − 6a − 5 = 0;
которая легко решается.
7.3.
Уравнения и неравенства с логарифмическими и показательными...
449
Р е ш е н и е. Перейдём в правой части равенства к логарифму по основанию 2 и,
используя монотонность показательной функции, совершим равносильный переход к равенству, связывающему показатели степеней:
√
(log2 3)
x+a+2
= (log2 3)−
√
x2 +a2 −6a−5
√
x + a + 2 = − x2 + a2 − 6a − 5.
⇐⇒
Так как левая часть последнего уравнения неотрицательна, а правая часть неположительна, то уравнение эквивалентно следующей системе:
⎧
⎨x = −a −
√2,
x + a + 2 = 0,
x = −a − 2,
⇐⇒
⇐⇒
1
±
3
x2 + a2 − 6a − 5 = 0;
2a2 − 2a − 1 = 0;
⎩a =
.
2
Из последней системы легко получается ответ.
√
√
√
√
1− 3
3−5
1+ 3
− 3−5
О т в е т. При a =
x=
; при a =
x=
.
2
2
2
2
Задача 14. (Хим-93(1).5)
2
Решить уравнение 2 1 + sin2 (x − 1) = 22x−x .
И д е я. Использовать неотрицательность квадрата числа и монотонность показательной функции.
У к а з а н и е. Так как sin2 (x − 1) ≥ 0, то 2 1 + sin2 (x − 1) ≥ 2.
2
У к а з а н и е. Так как 2x − x2 = 1 − (x − 1)2 ≤ 1, то 22x−x ≤ 2.
У к а з а н и е. Следовательно, исходное равенство будет выполнено, если
sin2 (x − 1) = 0,
x − 1 = 0.
Р е ш е н и е. Оценим значения функций в левой и правой частях равенства. В силу
неотрицательности квадрата числа sin2 (x − 1) ≥ 0, поэтому
2 1 + sin2 (x − 1) ≥ 2.
С другой стороны, 2x − x2 = 1 − (x − 1)2 ≤ 1, поэтому в силу монотонности
показательной функции
2
22x−x ≤ 2.
Следовательно, исходное равенство будет выполнено, если
О т в е т. 1.
sin2 (x − 1) = 0,
x − 1 = 0;
⇐⇒
x = 1.
450
Указания и решения
Задача 15. (Геогр-94(1).4)
Решить уравнение log0,5 (tg πx + ctg πx) = 8(2x2 + 3x + 1).
И д е я. Использовать свойство суммы двух взаимно обратных величин и ограниченность (с одной стороны) квадратичной функции.
У к а з а н и е. Найти наибольшее значение левой части и наименьшее значение правой части.
У к а з а н и е. На ОДЗ tg πx + ctg πx ≥ 2 как сумма двух взаимно обратных положительных чисел, поэтому левая часть уравнения не превосходит −1. Значение
квадратичной функции f (x) = 8(2x2 +3x+1), стоящей в правой части уравнения,
не меньше −1.
У к а з а н и е. Следовательно, уравнение эквивалентно системе
tg πx = 1,
3
x=− .
4
Р е ш е н и е. На ОДЗ tg πx + ctg πx ≥ 2 как сумма двух взаимно обратных положительных величин, поэтому левая часть уравнения не превосходит −1.
Значение квадратичной функции f (x) = 8(2x2 + 3x + 1), стоящей в правой
части уравнения, не меньше значения этой функции в вершине:
f (x) ≥ f (xв ) = f
−
3
4
=8 2·
9
9
− +1
16 4
= −1.
Следовательно, уравнение имеет решения только при равенстве левой и правой
частей единице, то есть
tg πx = 1,
3
3
⇐⇒
x=− .
x=− ;
4
4
3
О т в е т. − .
4
Задача 16. (У)
Решить неравенство 2sin x + 2cos x ≥ 21−
√
2
2
.
И д е я. Оценить левую часть неравенства.
У к а з а н и е. Использовать неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим.
Р е ш е н и е. Оценим левую часть неравенства
√
√
2
1
π
2sin x + 2cos x ≥ 2 2sin x · 2cos x = 21+ 2 (sin x+cos x) = 21+ 2 sin (x+ 4 ) .
Поскольку минимальное значение синуса равно −1 , исходное неравенство справедливо всегда.
О т в е т. (−∞; +∞).
7.3.
Уравнения и неравенства с логарифмическими и показательными...
451
Задача 17. (Филол-98.5)
Решить неравенство
4
13 + 3(3
1−cos x
)≤
2
5 · 2−2x − 1.
И д е я. Используя ограниченность тригонометрической
функции y = cos x и
√
монотонность функций y = ax , y = n x , оценить левую и правую части неравенства.
У к а з а н и е. Воспользовавшись ограниченностью √тригонометрической функции
y = cos x и монотонностью функций y = ax , y = n x , показать, что левая часть
неравенства не меньше 2 , а правая часть – не больше 2.
У к а з а н и е. Следовательно, возможно только равенство, которое достигается в
единственном случае:
cos x = 1,
x = 0.
Р е ш е н и е. В силу ограниченности функции y = cos x справедлива следующая
цепочка неравенств:
cos x ≤ 1
⇐⇒
3(3
⇐⇒
1 − cos x ≥ 0
1−cos x
)≥3
⇐⇒
⇐⇒
4
31−cos x ≥ 1
13 + 3(3
1−cos x
)≥
⇐⇒
√
4
16 = 2.
С другой стороны, для правой части исходного неравенства в силу монотонности
показательной функции справедлива оценка
2
5 · 2−2x − 1 ≤
5 · 20 − 1 = 2.
Следовательно, левая часть неравенства всегда не меньше правой, а должна быть
не больше. Значит, возможно только равенство, которое достигается в единственном случае:
cos x = 1,
⇐⇒
x = 0.
x = 0;
О т в е т. 0.
Задача 18. (ВМК-81.4)
Для каждого значения параметра a найти все значения x, удовлетворяющие раx2
= 0.
венству (a + 2)2 log3 (2x − x2 ) + (3a − 1)2 log11 1 −
2
И д е я. Найти ОДЗ и оценить
√ слагаемые в левой части уравнения.
У к а з а н и е. ОДЗ: x ∈ (0; 2).
x2
< 0, log3 (2x − x2 ) ≤ 0 .
У к а з а н и е. Заметим, что log11 1 −
2
452
Указания и решения
Р е ш е н и е. Найдём ОДЗ:
2x − x2 > 0,
2 − x2 > 0;
⇐⇒
x ∈ (0;
√
2).
Далее заметим, что на ОДЗ справедливы оценки:
1−
x2
x2
< 1 =⇒ log11 1 −
2
2
< 0,
2x − x2 ≤ 1 =⇒ log3 (2x − x2 ) ≤ 0.
Значит, левая часть уравнения неположительна для всех значений x из ОДЗ,
причём равенство нулю возможно только в случае одновременного обращения в
ноль каждого слагаемого, то есть
⎧
1
⎨
a= ,
3a − 1 = 0,
⇐⇒
3
2
log3 (2x − x ) = 0;
⎩ x = 1.
О т в е т. При a =
1
x = 1, при остальных значениях a решений нет.
3
Задача 19. (Геогр-83.4)
Найти все пары чисел (x, y), каждая из которых удовлетворяет условиям
2
2|x −2x−3|−log2 3 = 3−y−4 ,
4|y| − |y − 1| + (y + 3)2 ≤ 8.
И д е я. Рассмотрев сначала только уравнение системы, получить ограничение на
y. С учётом этого ограничения решить неравенство.
У к а з а н и е. Из уравнения следует, что y ≤ −3.
У к а з а н и е. При y ≤ −3 оба модуля в неравенстве раскрываются со знаком минус.
Р е ш е н и е. Рассмотрим уравнение:
2|x
2
−2x−3|−log2 3
= 3−y−4
2|x
⇐⇒
2
−2x−3|
= 3−y−3 .
Так как |x2 − 2x − 3| ≥ 0 , то справедливы оценки:
2|x
2
−2x−3|
≥1
=⇒
3−y−3 ≥ 1
=⇒
y ≤ −3.
При y ≤ −3 оба модуля в неравенстве системы раскрываются со знаком минус:
y ≤ −3,
y ≤ −3,
⇐⇒
⇐⇒
−4y + (y − 1) + (y + 3)2 ≤ 8;
y 2 + 3y ≤ 0;
⇐⇒
y ≤ −3,
−3 ≤ y ≤ 0;
⇐⇒
y = −3.
7.3.
Уравнения и неравенства с логарифмическими и показательными...
Возвращаясь к уравнению, окончательно получаем:
y = −3,
2
2|x −2x−3| = 3−y−3 ;
⇐⇒
y = −3,
x2 − 2x − 3 = 0;
⇐⇒
453
⎧
⎨ y = −3,
x = −1;
⎩
x = 3.
О т в е т. (−1; −3), (3; −3).
Задача 20. (Почв-89.5)
x
≥ 2.
Решить неравенство (x2 − 4x + 3) · log1/√2 cos2 πx + cos x + 2 sin2
2
И д е я. Использовать ограниченность тригонометрической функции y = cos t,
ограниченность снизу квадратичной функции f (x) = x2 − 4x + 3 и монотонность
логарифмической функции. Найти наибольшее значение левой части неравенства.
У к а з а н и е. Привести второй сомножитель левой части неравенства к виду
−2 log2 (cos2 πx + 1).
У к а з а н и е. Используя ограниченность тригонометрической функции g(t) = cos t,
монотонность логарифмической функции и ограниченность снизу квадратичной
функции f (x) = x2 −4x+3 , найти наибольшее значение левой части неравенства.
У к а з а н и е. Так как 1 ≤ cos2 πx + 1 ≤ 2, то
−2 ≤ −2 log2 (cos2 πx + 1) ≤ 0.
Учитывая, что значение квадратичной функции f (x) = x2 − 4x + 3 не меньше
значения этой функции в вершине, то есть
f (x) ≥ f (xв ) = f (2) = −1,
получаем, что левая часть неравенства не больше 2.
Р е ш е н и е. Преобразуем второй сомножитель левой части неравенства, перейдя
к логарифму по основанию 2 и применив формулу косинуса двойного угла:
x
log1/√2 cos2 πx + cos x + 2 sin2
= log − 21 cos2 πx + cos x + 1 − cos x =
2
2
= −2 log2 (cos2 πx + 1).
В силу ограниченности функции g(t) = cos t справедливы оценки
1 ≤ cos2 πx + 1 ≤ 2,
поэтому в силу монотонности логарифмической функции
−2 ≤ −2 log2 (cos2 πx + 1) ≤ 0.
Учитывая, что значение квадратичной функции f (x) = x2 − 4x + 3 не меньше
значения этой функции в вершине, то есть
f (x) ≥ f (xв ) = f (2) = −1,
454
Указания и решения
получаем, что левая часть неравенства не больше 2 . Следовательно, в исходном
нестрогом неравенстве возможно только равенство, которое достигается при одновременном выполнении двух условий:
x = 2,
⇐⇒
x = 2.
cos2 πx = 1;
О т в е т. 2.
Задача 21. (Геол-95(1).9)
⎧
2
2
⎨ log2 (|a|x − 3x + 4)
= 5−|x|·(x+1) ,
Для каждого значения a решить систему
log2 (−3x + 4)
⎩
x ≤ 1.
И д е я. Используя монотонность функции y = log2 t, оценить левую и правую
части уравнения.
У к а з а н и е. Для всех действительных x справедливо неравенство
|a|x2 − 3x + 4 ≥ −3x + 4.
Поскольку по условию x ≤ 1 , то в силу монотонности линейной функции с учётом
ОДЗ
−3x + 4 > 1.
У к а з а н и е. В силу монотонности логарифмической функции
log2 (|a|x2 − 3x + 4) ≥ log2 (−3x + 4) > 0.
У к а з а н и е. Значит, для всех действительных x левая часть уравнения не меньше 1. Правая же часть уравнения, наоборот, не превосходит 1.
У к а з а н и е. Следовательно, уравнение имеет решения только при равенстве левой и правой частей единице.
Р е ш е н и е. Рассмотрим отдельно левую и правую части уравнения при x < 1
(x = 1 решением не является, так как не входит в ОДЗ). Поскольку на ОДЗ
|a|x2 − 3x + 4 ≥ −3x + 4 > 1,
то в силу монотонности функции y = log2 t
log2 (|a|x2 − 3x + 4) ≥ log2 (−3x + 4) > 0.
Следовательно,
log2 (|a|x2 − 3x + 4)
≥ 1.
log2 (−3x + 4)
Выражение в правой части равенства при любом значении x, наоборот, не превосходит 1. Следовательно, уравнение имеет решение только при равенстве левой и
правой частей единице:
⎧
⎧
⎨ |a|x2 = 0,
⎨ |a|x2 − 3x + 4 = −3x + 4,
2
−|x|·(x+1)
⇐⇒
−|x| · (x + 1)2 = 0,
5
= 1,
⎩ x < 1.
⎩
x < 1;
7.3.
Уравнения и неравенства с логарифмическими и показательными...
455
Решением последней системы при любом значении a является x = 0 ; при a = 0
вторым корнем будет x = −1.
О т в е т. При a = 0 x = 0; при a = 0 x = 0 и x = −1.
Задача 22. (М/м-97(1).5)
Решить систему
|x + 1| − 1 ≤ x,
πx
+ cos(πx) + 3 + 22x−3 = 0.
(2x + 2x−2 + 22−x ) cos
2
И д е я. Разложить левую часть второго уравнения на множители. Использовать
оценки и монотонность показательной функции.
У к а з а н и е. Поделив на 2, разложить левую часть второго уравнения на множители:
πx
πx 2x−3 + 21−x + cos
cos
+ 2x−1 = 0.
2
2
У к а з а н и е. Решать полученное уравнение методом расщепления. Использовать
свойство суммы взаимно обратных величин, монотонность показательной функции и учесть решение первого неравенства системы.
πx
У к а з а н и е. При решении уравнения cos
= −2x−1 рассмотреть отдельно два
2
случая по x : x ∈ [−1; 1] и x > 1.
Р е ш е н и е. Решим неравенство системы:
|x + 1| − 1 ≤ x
⇐⇒
|x + 1| ≤ x + 1
⇐⇒
x+1 ≥ 0
⇐⇒
x ≥ −1.
Далее рассмотрим второе уравнение. Разделим его на 2, применим в левой части
формулу косинуса двойного угла и разложим выражение на множители:
x−1
πx
πx
+ 2x−3 + 21−x cos
+ cos2
+ 1 + 22x−4 =
2
2
2
πx
πx
πx + cos
+ 2x−1 cos
+ 2x−1 21−x + 2x−3 =
= 2x−3 + 21−x cos
2
2
2
πx
πx
πx
+ 2x−1 + cos
+ 2x−1 cos
=
= 2x−3 + 21−x cos
2
2
2
πx
πx
cos
+ 2x−1 .
= 2x−3 + 21−x + cos
2
2
Значит, второе уравнение системы эквивалентно совокупности:
⎡
πx
= 0;
2x−3 + 21−x + cos
2
⎣
πx
x−1
+2
cos
= 0.
2
Рассмотрим два случая.
2x−2 + 22−x
πx
=−
≤ −1, так как сумма взаимно обратных по1-й случай. cos
2
2
ложительных величин не меньше 2. Следовательно, это уравнение эквивалентно
системе
πx
πx
cos
= −1,
= π + 2πn, n ∈ Z,
⇐⇒
x = 2.
⇐⇒
2
2
x−2
2
x − 2 = 0;
= 1;
456
Указания и решения
Проверкой убеждается, что найденное значение переменной x удовлетворяет и
первому уравнению исходной системы.
πx
2-й случай. cos
= −2x−1 . Заметим, что при x ∈ [−1; 1] левая часть уравнения
2
неотрицательна, а правая часть отрицательна; значит, в этом случае решений нет.
При x > 1 правая часть уравнения меньше −1, в то время как левая часть всегда
не меньше −1. Поэтому и при этих значениях переменной x решений нет.
О т в е т. 2.
Задача 23. (ЕГЭ.С)
Найдите все значения a, при каждом из которых оба числа 3 sin √
a + 5 и
(25x − 3x2 + 18) x − 1
≥ 0.
9 cos 2a − 36 sin a − 18 являются решениями неравенства
log4 |x − 7| − 1
И д е я. Использовать модифицированный метод интервалов для решения неравенства и ограниченность функции y = sin x при проверке условия попадания
данных чисел в множество решений.
У к а з а н и е. Решить неравенство, разложив числитель на множители и воспользовавшись модифицированным методом интервалов для знаменателя:
⎧
√
⎨ (3x + 2)(x − 9) x − 1
≤ 0,
⇐⇒
x ∈ [1; 3) ∪ [9; 11).
(x − 3)(x − 11)
⎩
x = 7;
У к а з а н и е. Найти такие значения параметра a, при которых оба числа из условия попадали бы в один из полуинтервалов.
Р е ш е н и е. Решим неравенство. Раскладывая числитель на множители и используя модифицированный метод интервалов, получаем:
⎧
√
√
(3x2 − 25x − 18) x − 1
⎨
2
(25x − 3x + 18) x − 1
≤ 0,
≥0
⇐⇒
⇐⇒
|x − 7| − 4
⎩
log4 |x − 7| − 1
x = 7;
⎧
√
√
(3x + 2)(x − 9) x − 1
⎨ (3x + 2)(x − 9) x − 1
≤ 0,
≤ 0,
⇐⇒
⇐⇒
|x − 7|2 − 42
⎩
⎩ (|x − 7| − 4)(|x − 7| + 4)
x = 7;
x = 7;
⎧
√
⎨ (3x + 2)(x − 9) x − 1
≤ 0,
⇐⇒
x ∈ [1; 3) ∪ [9; 11).
⇐⇒
(x − 3)(x − 11)
⎩
x = 7;
⎧
⎨
⇐⇒
Таким образом, надо найти такие значения параметра a, при которых оба числа
из условия попадали бы в один из полуинтервалов. Преобразуем второе число:
9 cos 2a − 36 sin a − 18 = 9(1 − 2 sin2 a) − 36 sin a − 18 = −18(sin a + 1)2 + 9.
7.3.
Уравнения и неравенства с логарифмическими и показательными...
457
Выпишем условия:
⎧
1 ≤ 3 sin a + 5 < 3;
⎪
⎪
⎨ 9 ≤ 3 sin a + 5 < 11;
2
⎪
⎪
⎩ 1 ≤ −18(sin a + 1)2 + 9 < 3;
9 ≤ −18(sin a + 1) + 9 < 11;
⇐⇒
⎧⎡
4
2
⎪
⎪
− ≤ sin a < − ;
⎪
⎢
⎪
3
3
⎪
⎣
⎪
⎪
⎨ 4 ≤ sin a < 2;
⎡3
⎪
1
1
⎪
⎪
⎪⎣ √ − 1 < sin a ≤ − ;
⎪
⎪
3
3
⎪
⎩
sin a = −1.
2
1
Так как √ − 1 > − , то решением последней системы будет только
3
3
sin a = −1
О т в е т. −
⇐⇒
a=−
π
+ 2πn, n ∈ Z.
2
π
+ 2πn, n ∈ Z.
2
Задача 24. (ЕГЭ.С)
Найдите все значения a, при каждом из которых оба числа a · 2a−4 и
x−2
a2 ·4a−4 +104−5a·2a−2 являются решениями неравенства log10,5−x log2
x−3
≥ 0.
И д е я. При решении неравенства использовать модифицированный метод интервалов. При проверке условия попадания данных чисел в множество решений
использовать положительность и монотонность показательной функции.
У к а з а н и е. Используя модифицированный метод интервалов, получить решение
неравенства:
3 < x ≤ 4;
9, 5 < x < 10, 5.
У к а з а н и е. Обозначив b = a · 2a−4 , привести второе число к виду
c = a2 · 4a−4 + 104 − 5a · 2a−2 = (b − 10)2 + 4.
У к а з а н и е. Найти такие значения b, при которых число c попадает на множество решений исходного неравенства. Этим условиям удовлетворяет b = 10.
У к а з а н и е. При решении уравнения a · 2a−4 = 10 использовать монотонность
стоящей слева функции.
Р е ш е н и е. Решим неравенство, используя модифицированный метод интервалов:
⎧
x−2
⎪
⎪
(10, 5 − x − 1) log2
− 1 ≥ 0,
⎪
⎪
x−3
⎪
⎨
x−2
x−2
log10,5−x log2
≥0
⇐⇒
⇐⇒
> 0,
log2
⎪
x−3
x−3
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩ 10, 5 − x > 0;
10, 5 − x = 1;
458
Указания и решения
⇐⇒
⎧
x−2
⎪
⎪
(9, 5 − x)
−2
⎪
⎪
x−3
⎪
⎨
x−2
> 1,
⎪
x
−3
⎪
⎪
⎪
x
<
10,
5;
⎪
⎩
x = 9, 5;
≥ 0,
⇐⇒
3 < x ≤ 4,
9, 5 < x < 10, 5.
Пусть b = a · 2a−4 , тогда
c = a2 · 4a−4 + 104 − 5a · 2a−2 = b2 + 104 − 5 · b · 22 = (b − 10)2 + 4.
Найдём такие значения b, при которых число c попадает на множество решений
исходного неравенства:
⎡
b = 10
√;
√
3 < (b − 10)2 + 4 ≤ 4 ;
⎣ 10 − 6, 5 < b < 10 − 5, 5 ;
⇐⇒
2
√
√
9, 5 < (b − 10) + 4 < 10, 5 ;
10 + 5, 5 < b < 10 + 6, 5 .
Поскольку не только число c, но и число b должно быть решением неравенства,
то возможно только единственное значение b = 10.
Итак, надо решить уравнение a · 2a−4 = 10. Очевидно, что решением этого
уравнения могут быть только a > 0. При таких a слева стоит произведение двух
положительных возрастающих функций, то есть возрастающая функция. Значит,
если решение существует, то оно единственное. Его легко угадать: a = 5.
О т в е т. 5.
8.
8.1.
Задачи на доказательство
Тригонометрические задачи на доказательство
Задача 1.
Доказать, что
√
π
= 2.
3 + tg
12
π
И д е я. Найти значение tg .
12
У к а з а н и е. Использовать формулу косинуса двойного угла.
π
Р е ш е н и е. Вычислим tg . Поскольку
12
π
√
1 − cos
√ 2
π
2− 3
2
6
=
tg
π = 2 + √3 = (2 − 3)
12
1 + cos
6
√
π
π
π
< , получаем, что tg
= 2 − 3. Следовательно,
и 0<
12
2
12
√
√
√
π
= 3 + 2 − 3 = 2,
3 + tg
12
что и требовалось доказать.
8.1.
Тригонометрические задачи на доказательство
459
Задача 2.
Доказать, что
1
≤ sin6 x + cos6 x ≤ 1.
4
И д е я. Выразить сумму шестых степеней тригонометрических функций через
sin 2x.
У к а з а н и е. Применить формулу суммы кубов.
Р е ш е н и е. Разложим выражение sin6 x+cos6 x на множители по формуле суммы
кубов:
sin6 x + cos6 x = (sin2 x + cos2 x)(sin4 x − sin2 x cos2 x + cos4 x) =
3
sin2 2x.
4
1
и
≤ sin6 x + cos6 x ≤ 1,
4
= (sin2 x + cos2 x)2 − 3 sin2 x cos2 x = 1 −
Так как 0 ≤ sin2 2x ≤ 1, то
что и требовалось доказать.
1
3
≤ 1 − sin2 2x ≤ 1
4
4
Задача 3.
Доказать, что 2(sin6 α + cos6 α) − 3(sin4 α + cos4 α) + 1 = 0.
И д е я. С помощью алгебраических преобразований и основного тригонометрического тождества привести равенство к очевидному.
У к а з а н и е. Преобразовать первое слагаемое по формуле суммы кубов.
Р е ш е н и е. Преобразуем левую часть уравнения:
2 (sin2 α)3 + (cos2 α)3 − 3(sin4 α + cos4 α) + 1 =
= 2(sin2 α + cos2 α)(sin4 α − sin2 α cos2 α + cos4 α) − 3(sin4 α + cos4 α) + 1 =
= 2(sin4 α − sin2 α cos2 α + cos4 α) − 3(sin4 α + cos4 α) + 1 =
= −(sin4 α + 2 sin2 α cos2 α + cos4 α) + 1 = −(sin2 α + cos2 α)2 + 1 = −1 + 1 = 0.
Задача 4.
Доказать, что cos
3π
1
π
+ cos
= .
5
5
2
π
И д е я. Умножить обе части уравнения на положительное число 2 sin .
5
У к а з а н и е. Использовать формулу суммы косинусов.
π
У к а з а н и е. Домножить обе части на 2 sin и дважды применить формулу си5
нуса двойного угла.
460
Указания и решения
Р е ш е н и е. Преобразуем левую часть равенства по формуле суммы косинусов:
2 cos
2π
1
π
cos
= .
5
5
2
π
Умножим обе части уравнения на 2 sin и дважды применим в левой части фор5
мулу синуса двойного угла:
π
π
2π
1
π
2 2 sin cos
cos
=
2 sin
5
5
5
2
5
⇐⇒
2π
2π
π
4π
π
cos
= sin
⇐⇒ sin
= sin .
5
5
5
5
5
Последнее равенство справедливо, так как сумма углов равна π .
⇐⇒
2 sin
Задача 5.
Доказать равенство cos
4π
5π
1
π
· cos
· cos
= .
7
7
7
8
π
И д е я. Домножить и поделить левую часть на 8 sin и трижды воспользоваться
7
формулой синуса двойного угла.
5π
2π
У к а з а н и е. cos
= − cos
.
7
7
Р е ш е н и е. Преобразуем левую часть равенства:
π
2π
4π
π
· cos
8 sin · cos · cos
4π
5π
π
7
7
7
7 =
· cos
=−
cos · cos
π
7
7
7
8 sin
7
2π
4π
4π
4π
8π
2π
· cos
· cos
· cos
2 sin
sin
7
7
7
7
7
7 = 1.
=−
=−
=−
π
π
π
8
8 sin
8 sin
8 sin
7
7
7
Равенство доказано.
4 sin
Задача 6.
Доказать, что sin(π + α) · sin
4π
+ α · sin
3
2π
+α
3
=
sin 3α
.
4
И д е я. Выразить функцию в левой части равенства через sin α .
У к а з а н и е. Преобразовать второй и третий множители по формуле произведения синусов.
У к а з а н и е. Использовать формулу синуса тройного угла.
8.1.
Тригонометрические задачи на доказательство
461
Р е ш е н и е. Воспользуемся в левой части равенства формулой произведения синусов для второго и третьего сомножителей и применим формулу синуса тройного
угла:
sin(π + α) · sin
4π
+ α · sin
3
= − sin α ·
1
2
2π
+α
3
1
− − cos 2α
2
=
= sin(π + α) ·
1
2
cos
2π
− cos (2π + 2α)
3
=
sin 3α
1
sin α · 1 + 2(1 − 2 sin2 α) =
,
4
4
что и требовалось доказать.
Задача 7.
При всех значениях α =
πk
, k ∈ Z доказать неравенство
2
3(tg2 α + ctg2 α) − 8(tg α + ctg α) + 10 ≥ 0.
И д е я. Сделав замену переменных, свести неравенство к квадратному.
У к а з а н и е. Произвести замену t = tg α + ctg α.
Р е ш е н и е. Положим t = tg α + ctg α , где |t| ≥ 2 . Неравенство примет вид
2
∪ [2; +∞).
3(t2 − 2) − 8t + 10 ≥ 0 ⇐⇒ 3t2 − 8t + 4 ≥ 0 ⇐⇒ t ∈ −∞;
3
Следовательно, при |t| ≥ 2 неравенство справедливо.
Задача 8.
При всех значениях β =
πk
, k ∈ Z доказать неравенство
2
8
3(1 + cos2 2β)
+ 5 ≥ 0.
−
2
sin 2β
sin 2β
И д е я. Свести неравенство к квадратному.
У к а з а н и е. Произвести замену a = sin 2β .
Р е ш е н и е. Пусть a = sin 2β , где a ∈ [−1; 0) ∪ (0; 1]. Домножив неравенство
на a2 > 0 , получим
2a2 − 8a + 6 ≥ 0
⇐⇒
a ∈ (−∞; 1] ∪ [3; +∞).
Следовательно, неравенство справедливо при всех a ∈ [−1; 0) ∪ (0; 1], что и требовалось доказать.
462
Указания и решения
Задача 9.
sin 20◦ sin 40◦ sin 60◦ sin 80◦
= 3.
sin 10◦ sin 30◦ sin 50◦ sin 70◦
Доказать равенство
И д е я. Вычислить отдельно числитель и знаменатель дроби.
У к а з а н и е. При вычислении знаменателя дроби домножить и поделить его на
2 sin 20◦ , после чего дважды применить формулу синуса двойного угла. Предварительно с помощью формул приведения перейти от синусов к косинусам.
Р е ш е н и е. Вычислим числитель дроби, подставив известное табличное значение
и воспользовавшись формулами произведения тригонометрических функций:
√
3
◦
◦
◦
◦
sin 20 sin 40 sin 60 sin 80 =
sin 20◦ sin 40◦ sin 80◦ =
2
√
√
√
√
3
3
3
3
3
◦
◦
◦
◦
◦
sin 40 (cos 60 − cos 100 ) =
sin 40 −
sin 140 +
sin 60◦ =
.
=
4
8
8
8
16
Вычислим знаменатель дроби, умножив и разделив его на 2 sin 20◦ и дважды применив формулу синуса двойного угла:
sin 10◦ sin 30◦ sin 50◦ sin 70◦ =
1
cos 20◦ cos 40◦ cos 80◦ =
2
2 sin 20◦ cos 20◦ cos 40◦ cos 80◦
2 sin 40◦ cos 40◦ cos 80◦
=
=
◦
4 sin 20
8 sin 20◦
sin 160◦
1
2 sin 80◦ cos 80◦
.
=
=
=
◦
◦
16 sin 20
16 sin 20
16
Окончательно получаем:
=
sin 20◦ sin 40◦ sin 60◦ sin 80◦
3 · 16
= 3.
=
sin 10◦ sin 30◦ sin 50◦ sin 70◦
16
Равенство доказано.
Задача 10.
Доказать, что arctg
π
1
< .
2
5
И д е я. Использовать метод промежуточной числовой границы, то есть указать
число, которое лежит между двумя заданными.
π
У к а з а н и е. В качестве промежуточного числа использовать .
6
Р е ш е н и е. Воспользуемся монотонным возрастанием функции y = arctg x и методом промежуточной числовой границы:
arctg
1
1
π
π
< arctg √ = <
2
6
5
3
=⇒
arctg
1
π
< .
2
5
8.1.
Тригонометрические задачи на доказательство
463
Задача 11.
Доказать, что
1
2
π
< arcsin + arccos .
4
3
3
И д е я. Сравнить синусы углов.
У к а з а н и е. Убедиться в том, что углы лежат в области монотонного возрастания функции y = sin x.
Р е ш е н и е. Прежде всего убедимся в том, что выражения (углы) в левой и правой частях неравенства принимают значения из первой четверти, где функция
y = sin x монотонно возрастает. Затем вычислим синусы углов и сравним их.
π
π
Поскольку, очевидно,
∈ 0;
, сосредоточимся на выражении в правой
4
2
части неравенства.
1 π
1
1
Первое слагаемое arcsin ∈ 0;
, так как 0 < < .
3
3
2
6 π
2
1
2
, так как
> , а в первой четверти
Второе слагаемое arccos ∈ 0;
3
3
3
2
косинус убывает.
2
π
1
.
Следовательно, arcsin + arccos ∈ 0;
3
3
2
1
2
Используя формулу синуса суммы, вычислим sin arcsin + arccos
и срав3
3
√
2
π
.
ним его со значением sin =
4
2
sin arcsin
1
3
1
2
+ arccos
3
3
1
2
sin arccos
=
3
3
√
√ √
√
1 2 2 2
5
2
2 + 2 10
π
= · +
·
=
>
= sin .
3 3
3
3
9
2
4
Поскольку оба угла принадлежат первой четверти и синус второго угла больше
синуса первого, то второй угол больше первого. Неравенство доказано.
= sin arcsin
cos arccos
2
3
=
+ cos arcsin
Задача 12.
Доказать, что 2 arctg
7
π
1
+ arctg
= .
4
23
4
И д е я. Сравнить тангенсы соответствующих углов.
У к а з а н и е. Проверить, что углы лежат в области, где функция tg x монотонна.
Р е ш е н и е. Перепишем равенство в виде
2 arctg
1
π
7
= − arctg .
4
4
23
464
Указания и решения
Докажем его справедливость. Поскольку аргументы арктангенсов не превосходят
π
единицы, арктангенсы принимают значения из промежутка от нуля до . Сле4
довательно, функции в левой и правой частях последнего равенства принимают
значения из первой четверти, и нам достаточно убедиться в равенстве их тангенсов:
1
tg 2 arctg
4
= tg
π
7
− arctg
4
23
⇐⇒
1
1−
4 =
1
1− 2
1+
4
2·
7
23
7
23
⇐⇒
8
8
=
.
15
15
Равенство доказано.
Задача 13.
Доказать, что если 0 ≤ x ≤ 1 , то x sin x + cos x ≥ 1 .
И д е я. Воспользоваться основным тригонометрическим тождеством и оценкой
0 ≤ sin x ≤ x при 0 ≤ x ≤ 1 .
У к а з а н и е. Привести разность x sin x + cos x − 1 к виду
x sin x + cos x − 1 = sin x(x − sin x) + cos x(1 − cos x).
У к а з а н и е. Доказать неотрицательность каждого из этих слагаемых при заданных x.
Р е ш е н и е. Рассмотрим разность левой и правой частей неравенства:
x sin x + cos x − 1 = x sin x + cos x − sin2 x − cos2 x = sin x(x − sin x) + cos x(1 − cos x).
Так как 0 ≤ x ≤ 1 , то 0 ≤ sin x ≤ x и 0 ≤ cos x ≤ 1 . Значит, слагаемые
неотрицательны, что доказывает исходное неравенство.
Задача 14.
π2
и указать, при каких
Доказать справедливость неравенства arcsin x·arccos x ≤
16
значениях x выполняется равенство.
И д е я. Сделать замену t = arcsin x и решить неравенство относительно новой
переменной.
π
У к а з а н и е. Использовать равенство arcsin x + arccos x = .
2
π
π
Р е ш е н и е. Выполним замену t = arcsin x, −1 ≤ x ≤ 1, − ≤ t ≤ . Посколь2
2
π
π
ку arcsin x + arccos x = , то arccos x =
− t. Поэтому исходное неравенство
2
2
принимает вид
π2
π
π 2
−t ≤
⇐⇒
t−
t
≥ 0.
2
16
4
8.1.
Тригонометрические задачи на доказательство
465
Следовательно, неравенство верно √
при любых x ∈ [−1; 1]. Равенство выполняется
2
π
.
при arcsin x = , то есть при x =
4
2
√
2
.
О т в е т.
2
Задача 15.
Зная, что sin α > 0 и sin 3α >
109
1
, доказать, что sin α >
.
4
1296
И д е я. Использовать формулу синуса тройного угла.
У к а з а н и е. Получить предварительную оценку sin α >
1
.
12
sin 3α + 4 sin3 α
Р е ш е н и е. Так как sin 3α = 3 sin α − 4 sin3 α, то sin α =
. Ис3
пользуя условие задачи, получаем уточнённую оценку для sin α :
sin α =
sin 3α + 4 sin3 α
1
>
.
3
12
Воспользуемся полученным ограничением и условием задачи:
1
1
+4·
sin 3α + 4 sin3 α
4
12
sin α =
>
3
3
3
=
109
.
1296
Неравенство доказано.
Задача 16.
Доказать, что cos x > 1 −
π
x2
при 0 < x < .
2
2
И д е я. Использовать известное свойство: sin x < x при 0 < x <
У к а з а н и е. Воспользоваться формулой косинуса двойного угла.
π
.
2
Р е ш е н и е. Воспользуемся формулой косинуса двойного угла и неравенством
π
(см. пример 3):
0 < sin x < x при 0 < x <
2
cos x = 1 − 2 sin2
Неравенство доказано.
x
x2
x2
>1−2·
=1− .
2
4
2
466
Указания и решения
Задача 17.
Имеет ли смысл выражение arcsin
√
π
?
32 sin
11
√
π
∈ [−1; 1].
32 sin
11
√
√
π
π
У к а з а н и е. Показать, что 32 sin
> 1 и, следовательно, 32 sin
> 1 1.
12
11
И д е я. Проверить, что
Р е ш е н и е. Покажем, что
√
√
π
π
> 32 sin
> 1.
32 sin
11
12
Первое неравенство справедливо в силу монотонного возрастания функции y = sin x
π
в первой четверти. Для доказательства второго неравенства вычислим sin
. Вос12
пользуемся формулой косинуса двойного угла:
√
2− 3
π
π
2 π
=⇒ sin
=
.
cos = 1 − 2 sin
6
12
12
2
√
π
> 1:
Покажем, что 32 sin
12
√
√
2− 3
∨ 1
32 ·
2
√
√
2 2· 2− 3 ∨ 1
√
2 4−2 3 ∨ 1
√
2 ( 3 − 1)2 ∨ 1
√
2( 3 − 1) ∨ 1
√
2 3 ∨ 3
√
2 ∨
3
4 > 3.
√
√
π
π
Следовательно, 32 sin
> 1 , и выражение arcsin
не имеет смысла.
32 sin
11
11
О т в е т. Не имеет.
Задача 18.
Имеет ли решение уравнение cos (sin 7x) =
π
?
5
π
И д е я. Свести задачу к сравнению чисел cos 1 и .
5
У к а з а н и е. Оценить cos 1 через косинус известного угла.
8.1.
Тригонометрические задачи на доказательство
467
π
Р е ш е н и е. Покажем, что существует y ∈ [−1; 1] такой, что cos y = . Для этого
5
π
достаточно доказать, что cos 1 ≤ . Справедлива цепочка неравенств:
5
√
3
1
◦
◦
◦
◦
cos 1 < cos 55 = cos(60 − 5 ) = · cos 5 +
· sin 5◦ <
2
2
√
3 5π
1 1, 8 5π
1
π
1
4
3
π
1
·
< +
·
= +
< +
= < .
< +
2
2 180
2
2 180
2 40
2 40
5
5
√
Мы воспользовались оценками: cos x ≤ 1 ; sin x ≤ x;
3 < 1, 8 ; π < 4 .
О т в е т. Да.
Задача 19.
Доказать справедливость неравенства cos(cos x) > 0, 5.
И д е я. Использовать оценки иррационального числа π .
У к а з а н и е. π > 3 .
π
π
Р е ш е н и е. Поскольку − < −1 ≤ cos x ≤ 1 < , неравенство в условии
3
3
задачи верно для любого x ∈ R.
Задача 20.
Доказать справедливость неравенства cos(sin x) > sin(cos x).
И д е я. Перенести все слагаемые в левую часть и разложить выражение на множители.
У к а з а н и е. Использовать формулы приведения и разности синусов.
π
Р е ш е н и е. Воспользуемся формулой приведения cos(sin x) = sin
− sin x , вы2
ражением для разности синусов и методом дополнительного аргумента:
π
sin
− sin x − sin(cos x) > 0 ⇐⇒
2
⇐⇒
⇐⇒
cos x + sin x
cos x − sin x
π
π
−
· cos
+
> 0 ⇐⇒
4
2
4
2
⎛
⎛
√
√
π ⎞
π ⎞
2
cos
x
−
2
cos
x
+
π
4 ⎠ · cos ⎝ π +
4 ⎠ > 0.
2 sin ⎝ −
4
2
4
2
2 sin
√
√
π
2
>
, аргументы синуса и косинуса принимаПоскольку π > 3 > 2 2 , то есть
4
2
ют значения из первой четверти. Следовательно, синус и косинус положительны,
и неравенство справедливо при всех x ∈ R.
468
8.2.
Указания и решения
Метод математической индукции
Задача 1.
Доказать, что
1 + 2 + ... + n =
n(n + 1)
2
∀n ∈ N .
И д е я. Воспользоваться методом математической индукции.
У к а з а н и е. Выписать левую часть равенства для n = k + 1 и использовать
предположение индукции.
Р е ш е н и е. Воспользуемся методом математической индукции. Сначала проверим справедливость утверждения при n = 1 . Получим
1=
1·2
2
− верно.
Теперь предположим, что равенство справедливо при n = k :
1 + 2 + ... + k =
k(k + 1)
2
и докажем его истинность при n = k + 1 . То есть нам надо доказать, что
1 + 2 + ... + k + (k + 1) =
(k + 1)(k + 2)
.
2
Выпишем левую часть равенства и используем предположение индукции:
1 + 2 + ... + k + (k + 1) =
k(k + 1)
k(k + 1) + 2(k + 1)
(k + 1)(k + 2)
+ (k + 1) =
=
.
2
2
2
Таким образом, утверждение при n = k + 1 доказано и, следовательно, оно справедливо при всех натуральных n.
З а м е ч а н и е. Это известная формула суммы арифметической прогрессии чисел
от 1 до n.
Задача 2.
Доказать, что
1 + 2 + 22 + ... + 2n−1 = 2n − 1
∀n ∈ N.
И д е я. Воспользоваться методом математической индукции.
У к а з а н и е. Выписать левую часть равенства для n = k + 1 и использовать
предположение индукции.
Р е ш е н и е. Воспользуемся методом математической индукции. Сначала проверим справедливость утверждения при n = 1 . Получим
1 = 21 − 1 − верно.
8.2.
Метод математической индукции
469
Теперь предположим, что равенство справедливо при n = k :
1 + 2 + 22 + ... + 2k−1 = 2k − 1
и докажем его истинность при n = k + 1 . То есть нам надо доказать, что
1 + 2 + 22 + ... + 2k−1 + 2k = 2k+1 − 1.
Выпишем левую часть равенства и используем предположение индукции:
1 + 2 + 22 + ... + 2k−1 + 2k = 2k − 1 + 2k = 2 · 2k − 1 = 2k+1 − 1.
Таким образом, утверждение при n = k + 1 доказано и, следовательно, оно справедливо при всех натуральных n.
Задача 3.
Доказать, что
1 + 3 + 5 + ... + (2n − 1) = n2
∀n ∈ N .
И д е я. Воспользоваться методом математической индукции.
У к а з а н и е. Выписать левую часть равенства для n = k + 1 и использовать
предположение индукции.
Р е ш е н и е. Воспользуемся методом математической индукции. Сначала проверим справедливость утверждения при n = 1 . Получим
1 = 12 − верно.
Теперь предположим, что равенство справедливо при n = k :
1 + 3 + 5 + ... + (2k − 1) = k 2
и докажем его истинность при n = k + 1 . То есть нам надо доказать, что
1 + 3 + 5 + ... + (2k − 1) + (2(k + 1) − 1) = (k + 1)2 .
Выпишем левую часть равенства и используем предположение индукции:
1 + 3 + 5 + ... + (2k − 1) + (2(k + 1) − 1) = k 2 + 2k + 1 = (k + 1)2 .
Таким образом, утверждение при n = k + 1 доказано и, следовательно, оно справедливо при всех натуральных n.
Задача 4.
Доказать для любого натурального n равенство
1
1
1
1
n
+
+
+ ···+
=
.
1·2 2·3 3·4
n · (n + 1)
n+1
И д е я. Воспользоваться методом математической индукции.
У к а з а н и е. Выписать левую часть равенства для n = k + 1 и использовать
предположение индукции.
470
Указания и решения
Р е ш е н и е. Воспользуемся методом математической индукции. Сначала проверим справедливость утверждения при n = 1 . Получим
1
1
=
1·2
2
− верно.
Теперь предположим, что равенство справедливо при n = k :
1
1
1
1
k
+
+
+ ···+
=
1·2 2·3 3·4
k · (k + 1)
k+1
и докажем его истинность при n = k + 1 . То есть нам надо доказать, что
1
1
1
1
k+1
1
+
+
+ ··· +
+
=
.
1·2 2·3 3·4
k · (k + 1) (k + 1) · (k + 2)
k+2
Выпишем левую часть равенства и используем предположение индукции:
1
1
1
1
1
k
1
+
+
+···+
+
=
+
=
1·2 2·3 3·4
k · (k + 1) (k + 1) · (k + 2)
k + 1 (k + 1) · (k + 2)
=
k(k + 2) + 1
(k + 1)2
k+1
=
=
.
(k + 1) · (k + 2)
(k + 1) · (k + 2)
k+2
Таким образом, утверждение при n = k + 1 доказано и, следовательно, оно справедливо при всех натуральных n.
З а м е ч а н и е. Это равенство можно доказать без применения метода математи1
1
1
ческой индукции. Так как
= −
, то
k(k + 1)
k
k+1
1
1
1
1
+
+
+ ···+
=
1·2 2·3 3·4
n · (n + 1)
=1−
1
1
1
n
1 1 1 1 1
+ − + − + ···+ −
=1−
=
.
2 2 3 3 4
n n+1
n+1
n+1
Что и требовалось доказать.
Задача 5.
Доказать, что
(n − 1)! > 2n
∀n ≥ 6 .
И д е я. Воспользоваться методом математической индукции.
У к а з а н и е. Выписать левую часть неравенства для n = k + 1 и использовать
предположение индукции.
Р е ш е н и е. Воспользуемся методом математической индукции. Сначала проверим справедливость утверждения при n = 6 . Получим
5! > 26 − верно.
8.2.
Метод математической индукции
471
Теперь предположим, что неравенство справедливо при n = k ≥ 6 :
(k − 1)! > 2k
и докажем его истинность при n = k + 1 . То есть нам надо доказать, что
k! > 2k+1 .
Выпишем левую часть неравенства и используем предположение индукции:
k! = (k − 1)! · k > 2k · k = 2k+1 ·
k
> 2k+1 .
2
Таким образом, утверждение при n = k + 1 доказано и, следовательно, оно справедливо при всех натуральных n.
Задача 6.
Доказать, что
√
1
1
1 + √ + . . . + √ > n ∀n ≥ 2.
n
2
И д е я. Воспользоваться методом математической индукции.
У к а з а н и е. Выписать левую часть неравенства для n = k + 1 и использовать
предположение индукции.
Р е ш е н и е. Воспользуемся методом математической индукции. Сначала проверим справедливость утверждения при n = 2 . Получим
√
1
1 + √ > 2 − верно.
2
Теперь предположим, что неравенство справедливо при n = k :
√
1
1
1 + √ + ...+ √ > k
2
k
и докажем его истинность при n = k + 1 . То есть нам надо доказать, что
√
1
1
1
> k + 1.
1 + √ + ... + √ + √
k+1
2
k
Выпишем левую часть неравенства и используем предположение индукции:
√
√
√
k2 + k + 1
k+1
1
1
1
1
√
> k+ √
=
> √
= k + 1.
1 + √ + ...+ √ + √
k+1
k+1
k+1
k+1
2
k
Таким образом, утверждение при n = k + 1 доказано и, следовательно, оно справедливо при всех натуральных n.
З а м е ч а н и е. Это неравенство можно доказать без применения метода математической индукции:
√
1
1
1
1
1
1
1 + √ + . . . + √ > √ + √ + . . . + √ = n · √ = n.
n
n
n
n
n
2
Что и требовалось доказать.
472
Задача 7.
Доказать, что
Указания и решения
√
1
1
1 + √ + ...+ √ < 2 n
n
2
∀n ∈ N.
И д е я. Воспользоваться методом математической индукции.
У к а з а н и е. Выписать левую часть неравенства для n = k + 1 и использовать
предположение индукции.
Р е ш е н и е. Воспользуемся методом математической индукции. Сначала проверим справедливость утверждения при n = 1 . Получим
√
1 < 2 1 − верно.
Теперь предположим, что неравенство справедливо при n = k :
√
1
1
1 + √ + ...+ √ < 2 k
2
k
и докажем его истинность при n = k + 1 . То есть нам надо доказать, что
√
1
1
1
1 + √ + ... + √ + √
< 2 k + 1.
k+1
2
k
Выпишем левую часть неравенства и используем предположение индукции:
√
√
√
4k 2 + 4k + 1
4k 2 + 4k + 1 + 1
1
1
1
1
√
√
1+ √ +. . .+ √ + √
< 2 k+ √
=
<
=
k+1
k+1
k+1
k+1
2
k
√
2k + 2
= √
= 2 k + 1.
k+1
Таким образом, утверждение при n = k + 1 доказано и, следовательно, оно справедливо при всех натуральных n.
Задача 8.
Доказать, что
2n − 1
1
1 3
· · ... ·
< √
2 4
2n
2n + 1
∀n ∈ N.
И д е я. Воспользоваться методом математической индукции.
У к а з а н и е. Выписать левую часть неравенства для n = k + 1 и использовать
предположение индукции.
Р е ш е н и е. Воспользуемся методом математической индукции. Сначала проверим справедливость утверждения при n = 1 . Получим
1
1
< √
2
3
− верно.
8.2.
Метод математической индукции
473
Теперь предположим, что неравенство справедливо при n = k :
2k − 1
1
1 3
· · ... ·
< √
2 4
2k
2k + 1
и докажем его истинность при n = k + 1 . То есть нам надо доказать, что
2k − 1 2k + 1
1
1 3
· · ... ·
·
<√
.
2 4
2k
2k + 2
2k + 3
Выпишем левую часть неравенства и используем предположение индукции:
(2k + 3)(2k + 1)
1 3
2k − 1 2k + 1
1
1
2k + 1
· · ... ·
·
< √
= √
=
·
·
2 4
2k
2k + 2
2k + 2
2k + 1 2k + 2
2k + 3
√
√
4k 2 + 8k + 3
4k 2 + 8k + 4
1
1
1
< √
=√
= √
·
·
.
2k + 2
2k + 2
2k + 3
2k + 3
2k + 3
Таким образом, утверждение при n = k + 1 доказано и, следовательно, оно справедливо при всех натуральных n.
Задача 9.
Доказать, что
2 n > n2
∀n ≥ 5 .
И д е я. Воспользоваться методом математической индукции.
У к а з а н и е. Выписать левую часть неравенства для n = k + 1 и использовать
предположение индукции.
У к а з а н и е. Воспользоваться тем, что k 2 − 2k − 1 > 0 ∀k ≥ 5
Р е ш е н и е. Воспользуемся методом математической индукции. Сначала проверим справедливость утверждения при n = 5 . Получим
25 > 52 − верно.
Теперь предположим, что неравенство справедливо при n = k ≥ 5 :
2k > k 2
и докажем его истинность при n = k + 1 . То есть нам надо доказать, что
2k+1 > (k + 1)2 .
Выпишем левую часть неравенства и используем предположение индукции:
2k+1 = 2 · 2k > 2k 2 = (k + 1)2 + k 2 − 2k − 1 > (k + 1)2 .
В последнем переходе использован тот факт, что k2 − 2k − 1 > 0 ∀k ≥ 5 . Таким
образом, утверждение при n = k + 1 доказано и, следовательно, оно справедливо
при всех натуральных n.
474
Указания и решения
Задача 10.
Доказать, что
13 + 23 + ... + n3 = (1 + 2 + ... + n)2
∀n ∈ N .
И д е я. Воспользоваться методом математической индукции.
У к а з а н и е. Выписать левую часть равенства для n = k + 1 и использовать
предположение индукции.
Р е ш е н и е. Воспользуемся методом математической индукции. Сначала проверим справедливость утверждения при n = 1 . Получим
13 = 12 − верно.
Теперь предположим, что равенство справедливо при n = k :
13 + 23 + ... + k 3 = (1 + 2 + ... + k)2
и докажем его истинность при n = k + 1 . То есть нам надо доказать, что
13 + 23 + ... + k 3 + (k + 1)3 = (1 + 2 + ... + k + (k + 1))2 .
Выпишем левую часть равенства и используем предположение индукции:
13 + 23 + ... + k 3 + (k + 1)3 = (1 + 2 + ... + k)2 + (k + 1)3 =
= (1+...+k)2 +2(1+. . .+k)(k +1)+(k +1)2 +(k +1)3 −2(1+. . .+k)(k +1)−(k +1)2 =
= (1+...+k +(k +1))2 +(k +1)3 −2·
k(k + 1)
·(k +1)−(k +1)2 = (1+...+k +(k +1))2 .
2
В предпоследнем переходе была использована формула суммы арифметической
прогрессии (или формула из задачи 1). Таким образом, утверждение при n = k + 1
доказано и, следовательно, оно справедливо при всех натуральных n.
Задача 11.
Доказать,что при любом натуральном n выполняется неравенство
1 · 2 ·3 · ...· n ≤
n+1
2
n
.
И д е я. Воспользоваться методом математической индукции.
У к а з а н и е. Выписать левую часть неравенства для n = k + 1 и использовать
предположение индукции.
У к а з а н и е. Выделить выражение, стоящее в правой части. Для оценки оставшегося сомножителя использовать неравенство Бернулли.
8.2.
Метод математической индукции
475
Р е ш е н и е. Воспользуемся методом математической индукции. Сначала проверим справедливость утверждения при n = 1 . Получим
1+1
2
1≤
1
− верно.
Теперь предположим, что неравенство справедливо при n = k :
1 · 2 ·3 · ...·k ≤
k+1
2
k
и докажем его истинность при n = k + 1 . То есть нам надо доказать, что
1 · 2 · 3 · . . . · k · (k + 1) ≤
k+2
2
k+1
.
Выпишем левую часть неравенства и используем предположение индукции:
1 · 2 · 3 · . . . · k · (k + 1) ≤
k+1
2
k
· (k + 1) =
k+2
2
k+1
·
k+1
k+2
k+1
· 2.
Значит, чтобы доказать требуемое неравенство, осталось показать, что
k+1
k+2
k+1
·2 ≤ 1
k+2
k+1
⇐⇒
k+1
≥ 2.
Последнее неравенство легко доказывается с помощью неравенства Бернулли:
k+2
k+1
k+1
=
1+
1
k+1
k+1
≥ 1 + (k + 1)
1
= 2.
k+1
Таким образом, утверждение при n = k + 1 доказано и, следовательно, оно
справедливо при всех натуральных n.
Задача 12.
Доказать, что
.
4n + 15n − 1 .. 9
∀n ∈ N.
И д е я. Воспользоваться методом математической индукции.
У к а з а н и е. Выписать левую часть утверждения для n = k + 1 и использовать
предположение индукции.
Р е ш е н и е. Воспользуемся методом математической индукции. Сначала проверим справедливость утверждения при n = 1 . Получим
.
4 + 15 − 1 .. 9 − верно.
Теперь предположим, что утверждение справедливо при n = k :
.
4k + 15k − 1 .. 9
476
Указания и решения
и докажем его истинность при n = k + 1 . То есть нам надо доказать, что
.
4k+1 + 15(k + 1) − 1 .. 9.
Выпишем левую часть утверждения и преобразуем её:
4k+1 + 15(k + 1) − 1 = 4 4k + 15k − 1 − 45k + 18 = 4 4k + 15k − 1 + 9(2 − 5k).
.
Так как по предположению индукции 4k + 15k − 1 .. 9 , то и вся сумма делится
на 9 . Таким образом, утверждение при n = k + 1 доказано и, следовательно, оно
справедливо при всех натуральных n.
Задача 13.
Доказать, что
.
7n + 12n + 17 .. 18 ∀n ∈ N.
И д е я. Воспользоваться методом математической индукции.
У к а з а н и е. Выписать левую часть утверждения для n = k + 1 и использовать
предположение индукции.
Р е ш е н и е. Воспользуемся методом математической индукции. Сначала проверим справедливость утверждения при n = 1 . Получим
.
7 + 12 + 17 .. 18 − верно.
Теперь предположим, что утверждение справедливо при n = k :
.
7k + 12k + 17 .. 18
и докажем его истинность при n = k + 1 . То есть нам надо доказать, что
.
7k+1 + 12(k + 1) + 17 .. 18
Выпишем левую часть утверждения и преобразуем её:
7k+1 + 12(k + 1) + 17 = 7 7k + 12k + 17 − 72k − 90 = 7 7k + 12k + 17 − 18(4k + 5).
.
Так как по предположению индукции 7k + 12k + 17 .. 18 , то и вся сумма делится
на 18 . Таким образом, утверждение при n = k + 1 доказано и, следовательно, оно
справедливо при всех натуральных n.
8.3.
8.3.
Доказательство неравенств и тождеств
477
Доказательство неравенств и тождеств
Задача 1.
Доказать, что для любых a = 0, b = 0 выполняется неравенство
a2 + 1
a
2
·
b2 + 1
b
2
> 15.
И д е я. Использовать оценку суммы двух взаимно обратных чисел.
У к а з а н и е. Используя оценку суммы двух взаимно обратных чисел, оценить
отдельно первый и второй сомножители левой части неравенства.
Р е ш е н и е. Модуль суммы двух взаимно обратных чисел не меньше двух, поэтому
2
2
2
2
a2 + 1
1
b2 + 1
1
= a+
≥ 4,
= b+
≥ 4.
a
a
b
b
Следовательно,
a2 + 1
a
2
·
b2 + 1
b
2
≥ 16 > 15.
Задача 2.
Доказать, что a4 + b4 + c4 ≥ abc(a + b + c).
И д е я. Использовать неравенство, связывающее среднее арифметическое и среднее геометрическое.
У к а з а н и е. Представить левую часть неравенства в виде суммы трёх выражений, каждое из которых является средним арифметическим двух чисел:
a 4 + c4
b 4 + c4
a4 + b 4
+
+
.
2
2
2
У к а з а н и е. Использовать неравенство, связывающее среднее арифметическое и
среднее геометрическое:
a4 + b 4 + c4 =
√
√
√
a4 + b 4
a 4 + c4
b 4 + c4
+
+
≥ a4 b 4 + a4 c4 + b 4 c4 = a2 b 2 + a2 c2 + b 2 c2 .
2
2
2
У к а з а н и е. Проделать всё ещё раз.
Р е ш е н и е. Оценим левую часть данного неравенства, используя неравенство,
связывающее среднее арифметическое и среднее геометрическое двух чисел:
a 4 + b 4 a 4 + c4 b 4 + c4 √ 4 4 √ 4 4 √ 4 4
+
+
≥ a b + a c + b c 2 = a2 b2 +a2 c2 +b2 c2 =
2
2
2
√
√
√
a 2 b 2 + b 2 c2
a 2 c2 + b 2 c2
a2 b 2 + a2 c2
+
+
≥ a4 b 2 c2 + b 4 a2 c2 + c4 a2 b 2 =
=
2
2
2
= a2 |bc| + b2 |ac| + c2 |ab| ≥ a2 bc + b2 ac + c2 ab = abc(a + b + c).
a4 +b4 +c4 =
Неравенство доказано.
478
Указания и решения
Задача 3.
Доказать, что для положительных значений переменных выполняется неравенство
1
x+y+
≥ 3.
xy
И д е я. Воспользоваться неравенством, связывающим среднее арифметическое и
среднее геометрическое двух чисел.
У к а з а н и е. Воспользоваться неравенством, связывающим среднее арифметическое и среднее геометрическое двух чисел:
1
√
1
≥ 2 xy +
.
xy
xy
√
У к а з а н и е. Сделать замену t = xy и решить неравенство относительно новой
переменной.
x+y+
Р е ш е н и е. Согласно неравенству, связывающему
среднее арифметическое и
√
среднее геометрическое двух чисел, x + y ≥ 2 xy, поэтому
x+y+
√
1
1
≥ 2 xy +
.
xy
xy
√
xy, t > 0 . Для того чтобы доказать исходное
1
неравенство, достаточно показать, что неравенство 2t + 2 ≥ 3 справедливо при
t
t > 0 . Приведём все слагаемые к общему знаменателю, разложим выражение в
числителе на множители и решим неравенство методом интервалов:
1
(t − 1)2 (2t + 1)
1
2t + 2 ≥ 3 ⇐⇒
≥
0
⇐⇒
t
∈
− ; 0 ∪ (0; +∞) .
2
t
t
2
Сделаем замену переменных t =
1
Итак, при t > 0 выполняется неравенство 2t + 2 ≥ 3
t
няется исходное неравенство.
и, следовательно, выпол-
Задача 4.
Доказать, что если a + b + c = 1, то a2 + b2 + c2 ≥
1
.
3
И д е я. Использовать неравенство, связывающее среднее арифметическое и среднее геометрическое двух чисел.
У к а з а н и е. Доказать, что a2 + b2 + c2 ≥ ab + ac + bc.
Р е ш е н и е. Возведём равенство
(a + b + c)2 = 1
⇐⇒
a+b+c=1
в квадрат:
a2 + b2 + c2 + 2(ab + ac + bc) = 1.
8.3.
Доказательство неравенств и тождеств
479
Так как согласно неравенству, связывающему среднее арифметическое и среднее
геометрическое двух чисел,
a 2 + b 2 + c2 =
то
a 2 + c2
b 2 + c2
a2 + b 2
+
+
≥ ab + ac + bc,
2
2
2
3(a2 + b2 + c2 ) ≥ (a2 + b2 + c2 ) + 2(ab + ac + bc) = 1.
Следовательно, a2 + b2 + c2 ≥
1
. Неравенство доказано.
3
Задача 5.
Доказать неравенство lg 8 · lg 12 < 1.
И д е я. Использовать неравенство, связывающее среднее арифметическое и среднее геометрическое.
У к а з а н и е. Использовать формулы преобразований логарифмических выражений.
Р е ш е н и е. Запишем для двух положительных чисел lg 8 и lg 12 неравенство
между средним арифметическим и средним геометрическим:
lg 8 · lg 12 ≤
lg 96
lg 8 + lg 12
=
<1
2
2
=⇒
lg 8 · lg 12 < 1.
Неравенство доказано.
Задача 6.
Доказать, что если для неотрицательных чисел xy +yz +zx = 1, то x+y +z > 1.
И д е я. Предположить противное и получить противоречие.
У к а з а н и е. Возвести выражение x + y + z в квадрат и использовать равенство
из условия.
Р е ш е н и е. Решим задачу методом от противного. Предположим, что
0 ≤ x + y + z ≤ 1, тогда
0 ≤ (x + y + z)2 ≤ 1
0 ≤ x2 + y 2 + z 2 + 2xy + 2yz + 2xz ≤ 1
⇐⇒
⇐⇒
0 ≤ x2 + y 2 + z 2 + 2 ≤ 1.
Так как сумма квадратов не может быть отрицательной, наше предположение
неверно и x + y + z > 1. Неравенство доказано.
480
Указания и решения
Задача 7.
Сравнить 2x−1 + 2y−1 и
√
2x+y .
И д е я. Использовать неравенство, связывающее среднее арифметическое и среднее геометрическое двух положительных чисел.
У к а з а н и е. Привести выражение в левой части к общему знаменателю и воспользоваться неравенством, связывающим среднее арифметическое и среднее геометрическое.
Р е ш е н и е. Так как среднее геометрическое двух положительных чисел не превосходит их среднего арифметического, то
√
2x + 2y
2x−1 + 2y−1 =
≥ 2x+y .
2
√
О т в е т. 2x−1 + 2y−1 ≥ 2x+y .
Задача 8.
Доказать неравенство
1
1
1
99
.
+ 2 + ... +
<
22
3
1002
100
И д е я. Оценить каждое из слагаемых разностью некоторых чисел таким образом,
чтобы при сложении оценок члены с разными знаками взаимно уничтожились.
1
1
и равенство
У к а з а н и е. Использовать неравенство
<
2
n
n(n − 1)
1
1
1
=
− .
n(n − 1)
n−1 n
1
1
1
1
Р е ш е н и е. Так как 2 <
=
− , получаем:
n
n(n − 1)
n−1 n
1
1
1
1
1
1
1
+
+
+ ··· +
=
+ 2 + ... +
<
2
2
2
3
100
1·2 2·3 3·4
99 · 100
1
1
1
99
1 1 1 1 1
−
= 1−
=
,
= 1 − + − + − + ···+
2 2 3 3 4
99 100
100
100
что и требовалось доказать.
Задача 9.
Доказать, что если a2 + b2 = 1 и c2 + d2 = 1, то |ac − bd| ≤ 1.
И д е я. Использовать тригонометрическую замену.
У к а з а н и е. Заменив a, b, c, d на тригонометрические функции, преобразовать
выражение ac − bd с помощью тригонометрических формул.
Р е ш е н и е. Так как a2 + b2 = 1, c2 + d2 = 1 , то можем сделать замену
a = cos φ,
b = sin φ;
c = cos ξ,
d = sin ξ;
тогда ac − bd = cos φ · cos ξ − sin φ · sin ξ = cos(φ + ξ). Следовательно, |ac − bd| ≤ 1.
8.3.
Доказательство неравенств и тождеств
481
Задача 10.
Доказать, что для положительных значений переменных выполняется неравенство
√
√
√
a+ b+ c
a+b+c
≤
.
3
3
И д е я. Использовать неравенство, связывающее среднее арифметическое и среднее геометрическое, предварительно возведя обе части неравенства в квадрат.
У к а з а н и е. После возведения в квадрат исходного неравенства и приведения
подобных членов, получить:
√
√
√
ab + bc + ac ≤ a + b + c.
У к а з а н и е. Для доказательства последнего неравенства достаточно сложить
три неравенства, связывающих среднее арифметическое и среднее геометрическое.
Р е ш е н и е. После возведения в квадрат исходного неравенства получим:
√
√
√
a + b + c + 2 ab + 2 bc + 2 ac
a+b+c
≤
.
9
3
Умножим неравенство на 9, приведём подобные члены и поделим пополам:
√
√
√
ab + bc + ac ≤ a + b + c.
Для доказательства последнего неравенства достаточно сложить три неравенства,
связывающих среднее арифметическое и среднее геометрическое.
Задача 11.
Доказать, что
1
1
1
+
+
> 4.
log2 π
log5 π
log10 π
И д е я. Свести задачу к сравнению числа π с некоторым рациональным числом.
У к а з а н и е. Привести все логарифмы к одному основанию и воспользоваться
формулой суммы логарифмов.
Р е ш е н и е.
1
1
1
+
+
>4
log2 π log5 π log10 π
⇐⇒
logπ 100 > 4
⇐⇒
⇐⇒
logπ 2+logπ 5+logπ 10 > 4
100 > π 4
⇐⇒
10 > π 2 .
Последнее неравенство справедливо, поскольку 10 > 3, 152 > π 2 .
⇐⇒
482
Задача 12.
Доказать неравенство
ных чисел a, b, c, d.
Указания и решения
a2 + b2 + c2 + d2 ≥ (a + c)2 + (b + d)2 для прoизволь-
И д е я. Воспользоваться неравенством, связывающим среднее арифметическое и
среднее геометрическое, предварительно избавившись от радикалов.
У к а з а н и е. Для того, чтобы избавиться от радикалов, надо возвести неравенство в квадрат, привести подобные члены и возвести в квадрат повторно.
Р е ш е н и е. После возведения в квадрат и приведения подобных членов неравенство примет вид
2 a2 + b2 c2 + d2 ≥ 2ac + 2bd.
Сократив на два, возведя в квадрат повторно и перемножив скобки, получим:
a2 c2 + b2 c2 + a2 d2 + b2 d2 ≥ a2 c2 + b2 d2 + 2abcd
⇐⇒
b2 c2 + a2 d2 ≥ 2abcd.
Последнее неравенство представляет собой соотношение, связывающее среднее
арифметическое и среднее геометрическое чисел b2 c2 и a2 d2 при условии, что
abcd ≥ 0 .
Если же abcd < 0 , то неравенство b2 c2 + a2 d2 ≥ 2abcd выполняется автоматически, так как в его левой части стоит положительное число, а в правой по
предположению – отрицательное.
Задача 13.
Доказать,что для любого значения переменной x выполняется неравенство
x12 − x9 + x6 − x3 + 1 > 0.
И д е я. Объединить одночлены в группы, имеющие заведомо положительную сумму слагаемых.
У к а з а н и е. Рассмотреть отдельно случаи x < 0, 0 ≤ x ≤ 1, x > 1 .
Р е ш е н и е. 1) При x < 0 все слагаемые положительны и, следовательно, неравенство выполняется.
2) В случае x > 1 сгруппируем слагаемые так:
(x12 − x9 ) + (x6 − x3 ) + 1 > 0.
Все группы положительны и, следовательно, неравенство справедливо.
3) При 0 ≤ x ≤ 1 разобьём на группы следующим образом:
x12 + (−x9 + x6 ) + (−x3 + 1) > 0.
Неравенство выполняется, поскольку x6 ≥ x9 , 1 ≥ x3 .
8.3.
Доказательство неравенств и тождеств
483
Задача 14.
Доказать, что если a + b ≥ 1, то a4 + b4 ≥
1
.
8
(x + y)2
.
И д е я. Использовать оценочное неравенство x2 + y 2 ≥
2
У к а з а н и е. Применить это неравенство дважды: для оценки суммы четвёртых
степеней и для оценки суммы квадратов.
(x + y)2
(дока2
жите его самостоятельно). Применим его сначала к сумме квадратов, а затем – к
сумме четвёртых степеней.
1
(a + b)2
≥ .
Так как a + b ≥ 1, то a2 + b2 ≥
2
2
2
2 2
+
b
)
1
(a
≥ . Неравенство доказано.
Следовательно, a4 + b4 ≥
2
8
Р е ш е н и е. Рассмотрим вспомогательное неравенство x2 + y 2 ≥
Задача 15.
Доказать, что если |x − a| + |y − b| < c, то |xy − ab| < (|a| + |b| + |c|)c.
И д е я. Использовать вспомогательные оценки: |x − a| < c, |y − b| < c.
У к а з а н и е. Добавить и вычесть величину xb в подмодульном выражении левой
части второго неравенства.
Р е ш е н и е. Преобразуем левую часть доказываемого неравенства:
|xy − ab| = |(xy − xb) + (xb − ab)| ≤ |x| · |y − b| + |b| · |x − a|.
Из условия задачи следует, что
|x − a| < c,
|y − b| < c,
|x| = |(x − a) + a| ≤ |x − a| + |a| < |c| + |a|.
Подставив эти оценки, получим
|xy − ab| ≤ |x| · |y − b| + |b| · |x − a| < (|a| + |b| + |c|)c,
что и требовалось доказать.
Задача 16.
Доказать, что для положительных значений переменных выполняется неравенство
√
a 1 + a2 + a3
3
.
a1 a2 a3 ≤
3
484
Указания и решения
И д е я. Получить данное неравенство с помощью аналогичного неравенства для
четырёх чисел.
У к а з а н и е. С помощью неравенства для среднего арифметического и среднего
геометрического доказать неравенство для четырёх чисел и, выбрав четвёртое
число специальным образом, √
получить нужное неравенство для трёх чисел.
У к а з а н и е. Выбрать a4 = 3 a1 a2 a3 .
√
Р е ш е н и е. Оценим величину 4 a1 a2 a3 a4 , дважды применив неравенство для
среднего арифметического и среднего геометрического:
√
√
a1 a2 + a3 a4
√
√
√
4
≤
a1 a2 a3 a4 =
a1 a2 a3 a4 ≤
2
a1 + a2
a 1 + a2
+
a 1 + a2 + a3 + a4
2
2
=
.
≤
2
4
Мы доказали, что среднее геометрическое
четырёх чисел не превосходит их сред√
него арифметического. Пусть a4 = 3 a1 a2 a3 , тогда
√
a 1 + a2 + a3 + 3 a1 a2 a3
√
4
3
⇐⇒
a1 a2 a3 a1 a2 a3 ≤
4
√
3
√
a1 a2 a3
a 1 + a2 + a3
3
⇐⇒
+
⇐⇒
a1 a2 a3 ≤
4
4
√
a 1 + a2 + a3
1
⇐⇒ 3 a1 a2 a3 1 −
≤
.
4
4
Домножив обе части последнего неравенства на 4/3, получим
√
a 1 + a2 + a3
3
.
a1 a2 a3 ≤
3
Задача 17.
Пусть 0 ≤ x, y, z ≤ π . Доказать, что sin
sin x + sin y + sin z
x+y+z
≥
.
3
3
И д е я. Воспользоваться аналогичным неравенством для четырёх чисел.
У к а з а н и е. Показать сначала, что
sin
α+β
1
≥ (sin α + sin β)
2
2
при 0 ≤ α ≤ π , 0 ≤ β ≤ π.
У к а з а н и е. Для доказательства использовать формулу
sin α + sin β = 2 sin
α−β
α+β
cos
.
2
2
У к а з а н и е. С помощью доказанного неравенства для двух чисел доказать неравенство для четырёх чисел
sin
1
x+y+z+v
≥ (sin x + sin y + sin z + sin v)
4
4
8.3.
Доказательство неравенств и тождеств
485
и, выбрав четвёртое число специальным образом, получить нужное неравенство
для трёх чисел.
x+y+z
.
У к а з а н и е. Выбрать v =
3
Р е ш е н и е. Покажем сначала, что
sin
α+β
1
≥ (sin α + sin β)
2
2
при 0 ≤ α ≤ π , 0 ≤ β ≤ π. Преобразуем правую часть неравенства по формуле
суммы синусов:
α+β
α−β
α+β
≥ sin
cos
.
sin
2
2
2
α−β
α+β
≥ 0 , а cos
≤ 1.
2
2
Докажем аналогичное неравенство для четырёх слагаемых, дважды применив
полученный результат:
Это неравенство справедливо, поскольку sin
x+y+z+v
= sin
sin
4
≥
Обозначим v =
sin
sin
x+y
z+v
+ sin
2
2
≥
1
(sin x + sin y + sin z + sin v).
4
x+y+z
, тогда
3
x+y+z
1
3
≥
4
4
x+y+z+
⇐⇒
x+y z+v
+
2
2 ≥ 1
2
2
sin
sin x + sin y + sin z + sin
x+y+z
3
1
1
x+y+z
x+y+z
≥ (sin x + sin y + sin z) + sin
3
4
4
3
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
3
x+y+z
1
sin
≥ (sin x + sin y + sin z).
4
3
4
Домножив обе части последнего неравенства на 4/3, получим нужное неравенство
sin
x+y+z
sin x + sin y + sin z
≥
.
3
3
Задача 18.
Доказать, что для любого значения x выполняется неравенство 2x > x.
И д е я. Использовать неравенство Бернулли.
У к а з а н и е. Рассмотреть неравенство Бернулли (1 + y)n ≥ 1 + ny при y = 1 .
486
Указания и решения
Р е ш е н и е. Если x ≤ 0 , то левая часть неравенства положительна, а правая –
неположительна, то есть неравенство выполняется.
Рассмотрим положительные значения переменной. Положив в неравенстве
Бернулли
(1 + y)n ≥ 1 + ny
y = 1 , получим
2n ≥ 1 + n.
Эта оценка справедлива при n ∈ N0 . Возьмём в качестве n целую часть x. Тогда
2x ≥ 2[x] ≥ 1 + [x] > x,
что и требовалось доказать.
Задача 19.
Пусть a, b, c — попарно взаимно простые числа, причём a = 1. Доказать, что они
не могут быть членами одной геометрической прогрессии.
И д е я. Предположить противное и получить противоречие.
У к а з а н и е. С помощью определения геометрической прогрессии выписать три
уравнения с дополнительными неизвестными b1 и q . Противоречие будет содержаться в уравнении, которое получится после исключения этих неизвестных.
Р е ш е н и е. Пусть положительные попарно взаимно простые числа a, b, c являются членами геометрической прогрессии {bi } со знаменателем q , то есть
⎧
⎨ a = b1 q k−1 ,
b = b1 q m−1 ,
⎩
c = b1 q n−1 .
Будем последовательно уменьшать число неизвестных и число уравнений. Поделим первое и второе уравнение на третье:
a/c = q k−n ,
b/c = q m−n .
Теперь возведём первое уравнение в степень (m − n), а второе – в степень (k − n),
и приравняем левые части:
a m−n
c
=
b
c
k−n
⇐⇒
am−n ck−m = bk−n .
Из взаимной простоты чисел a, b, c следует, что левая и правая части последнего
равенства не могут содержать общих простых множителей. Следовательно, обе
части равны 1 и a = b = c = 1 , что противоречит условию задачи. Значит, наше
предположение неверно. Утверждение доказано.
8.3.
Доказательство неравенств и тождеств
487
Задача 20.
Числа a2 , b2 , c2 образуют арифметическую прогрессию. Докажите, что чис1
1
1
,
,
также образуют арифметическую прогрессию.
ла
b+c c+a a+b
И д е я. Воспользоваться необходимым и достаточным условием того, что три числа образуют арифметическую прогрессию.
У к а з а н и е. Три числа x, y, z образуют арифметическую прогрессию тогда и
только тогда, когда z − y = y − x.
Р е ш е н и е. Проверим выполнение необходимого и достаточного условия того, что
1
1
1
три числа
,
,
образуют арифметическую прогрессию:
b+c c+a a+b
1
1
1
1
−
=
−
.
a+b c+a
c+a b+c
Приведём левую и правую части к общим знаменателям:
c−b
b−a
=
.
(a + b)(c + a)
(c + a)(b + c)
Последнее равенство равносильно равенству
c2 − b 2 = b 2 − a2 ,
которое справедливо в силу того, что числа a2 , b2 , c2 образуют арифметическую
прогрессию. Утверждение доказано.
Задача 21.
Могут ли различные числа ak , am , an быть одноимёнными членами как арифметической, так и геометрической прогрессий?
И д е я. Предположить такую возможность и получить противоречие.
ql − 1
.
У к а з а н и е. Использовать монотонность последовательности yl =
l
Р е ш е н и е. Пусть ak , am , an являются одноимёнными членами арифметической
прогрессии {ai } с разностью d = 0 и геометрической прогрессии {bi } со знаменателем q = 1 , то есть
⎧
⎨ a1 + (k − 1)d = b1 q k−1 ,
a + (m − 1)d = b1 q m−1 ,
⎩ 1
a1 + (n − 1)d = b1 q n−1 ,
причём k, m, n – различны. Будем последовательно уменьшать число неизвестных
и число уравнений. Сначала вычтем третье уравнение из первого и второго:
(k − 1)d − (n − 1)d = b1 (q k−1 − q n−1 ),
(m − 1)d − (n − 1)d = b1 (q m−1 − q n−1 ).
488
Указания и решения
Затем поделим уравнения друг на друга:
k−n
q k−1 − q n−1
= m−1
m−n
q
− q n−1
⇐⇒
q k−n − 1
k−n
= m−n
.
m−n
q
−1
Обозначим a = k − n, b = m − n и перепишем уравнение в виде
qa − 1
qb − 1
=
.
a
b
По условию a = b , поэтому из монотонности последовательности
yl =
ql − 1
l
будет следовать, что a = b . Получаем противоречие.
Осталось доказать монотонность последовательности yl . Покажем, что она монотонно возрастает, то есть
q l+1 − 1
ql − 1
>
.
l+1
l
Проведём следующую цепочку равносильных преобразований:
q l+1 − 1
ql − 1
>
l+1
l
⇐⇒
⇐⇒
l(q l+1 − 1) > (l + 1)(q l − 1)
lqq l > lq l + q l − 1
⇐⇒
⇐⇒
lq l (q − 1) > q l − 1.
Рассмотрим два случая.
1) Пусть q > 1 , тогда, поделив на q − 1 , получим
lq l > q l−1 + q l−2 + ... + q + 1.
Справедливость последнего неравенства следует из того, что каждое из l слагаемых правой части меньше, чем ql .
2) При 0 < q < 1 после деления на q − 1 получим
lq l < q l−1 + q l−2 + ... + q + 1.
Здесь каждое из l слагаемых правой части больше, чем q l , поэтому неравенство
также справедливо.
3) Отметим, что q < 0 нам заведомо не подходит, так как знакочередующаяся
последовательность не может являться арифметической прогрессией.
Таким образом, мы доказали монотонность последовательности yl и получили
противоречие с нашим предположением.
О т в е т. Нет.
8.3.
Доказательство неравенств и тождеств
489
Задача 22.
Положительные числа a1 , a2 , ..., an образуют арифметическую прогрессию. Доказать, что
1
1
1
n−1
√
√ +√
√ + ... + √
√ =√
√ .
a1 + a2
a2 + a3
an−1 + an
a1 + an
И д е я. Избавиться от радикалов в знаменателях.
У к а з а н и е. Домножить числитель и знаменатель каждой дроби на выражение,
сопряжённое знаменателю.
Р е ш е н и е. Если разность прогрессии d = 0 , то равенство очевидно. Рассмотрим
d = 0 . Избавимся от иррациональностей в знаменателях левой части неравенства,
домножив и разделив дроби на сопряжённые выражения:
1
1
1
√
√ +√
√ + ... + √
√ =
a1 + a2
a2 + a3
an−1 + an
√
√
√
√
√
√
an − an−1
a2 − a1
a3 − a2
+
+ ... +
=
=
a2 − a1
a3 − a2
an − an−1
√
√
√
√
√
√
√
√
an − an−1
a2 − a1
a3 − a2
an − a1
+
+ ... +
=
.
=
d
d
d
d
Ещё раз домножим числитель и знаменатель последней дроби на сопряжённое
выражение:
√
√
√
√
( an − a1 )( an + a1 )
an − a1
(n − 1)d
n−1
= √
= √
= √
√
√
√
√
√ ,
d( an + a1 )
d( an + a1 )
d( an + a1 )
an + a1
что и требовалось доказать.
Задача 23.
Доказать, что если числа a1 , a2 , ..., an отличны от нуля и образуют арифметическую прогрессию, то
1
1
1
n−1
+
+ ... +
=
.
a1 a2
a2 a3
an−1 an
a1 an
И д е я. Представить каждую дробь в виде разности двух дробей и воспользоваться определением арифметической прогрессии.
1
1
1
У к а з а н и е. Выразить каждое слагаемое
через разность
−
.
ak ak+1
ak
ak+1
490
Указания и решения
Р е ш е н и е. Поскольку
1
1
ak+1 − ak
d
−
=
=
, получим:
ak
ak+1
ak ak+1
ak ak+1
1
1
1
+
+ ... +
=
a1 a2 a2 a3
an−1 an
=
1
1
−
a1
a2
1
1
−
a1
an
1
1
1
−
+
d
a2
a3
1
+ ... +
d
1
1
−
an−1
an
1
=
d
a n − a1
n−1
1
=
=
,
d
da1 an
a1 an
что и требовалось доказать.
Задача 24.
В арифметической прогрессии Sm = Sn
(m = n). Доказать,что Sm+n = 0.
И д е я. Использовать формулу суммы n членов арифметической прогрессии.
У к а з а н и е. Из равенства сумм n и m членов арифметической прогрессии получить следствие, помогающее доказать утверждение.
Р е ш е н и е. Из свойств арифметической прогрессии следует, что
Sm =
2a1 + (m − 1)d
a 1 + am
m=
m,
2
2
2a1 + (n − 1)d
a 1 + an
n=
n,
2
2
2a1 + (m + n − 1)d
a1 + am+n
Sm+n =
(m + n) =
(m + n).
2
2
= Sn , то
Sn =
Так как Sm
(2a1 + (m − 1)d) m = (2a1 + (n − 1)d) n
⇐⇒
⇐⇒
2a1 (m − n) = n(n − 1)d − m(m − 1)d
⇐⇒
⇐⇒
2a1 (m − n) = (m − n)(1 − m − n)d.
Поскольку по условию m = n, то 2a1 = (1 − m − n)d; следовательно, Sm+n = 0.
Задача 25.
Пусть a, b, c — различные простые числа, каждое из которых больше 3. Доказать,
что, если они образуют арифметическую прогрессию, то её разность кратна 6.
И д е я. Использовать определение арифметической прогрессии и свойства простых чисел.
У к а з а н и е. На основе определения арифметической прогрессии показать, что
её разность чётна.
У к а з а н и е. Используя свойства простых чисел, доказать, что разность прогрессии кратна трём.
9.1.
Оптимизация процесса решения....
491
Р е ш е н и е. Пусть a, b, c образуют арифметическую прогрессию с разностью d.
.
В силу свойств арифметической прогрессии d = b − a = c − b .. 2, так как a, b, c –
нечётные числа. Эти числа можно представить в виде
a = 3k1 + r1 ,
b = 3k2 + r2 ,
c = 3k3 + r3 ,
где r1 , r2 , r3 ∈ {1; 2}.
Подставив данные числа в выражение для d, получим уравнение
3(k2 − k1 ) + r2 − r1 = 3(k3 − k2 ) + r3 − r2
⇐⇒
⇐⇒
3(2k2 − k1 − k3 ) = r3 + r1 − 2r2 .
Значит, число r3 + r1 − 2r2 должно делиться на 3. Перебирая все возможные варианты значений r1 , r2 , r3 , получаем, что это возможно только при r1 = r2 = r3 ,
.
.
но тогда d = 3(k − k ), то есть d .. 3. Следовательно, d .. 6, что и требовалось
доказать.
9.
9.1.
2
1
Использование особенностей условия задачи
Оптимизация процесса решения, введение функций, искусственное введение параметров, смена ролей параметра и переменной
Задача 1. (М/м-77.4)
Решить систему уравнений
⎧
3
2
⎪
⎨y − 9x + 27x − 27 = 0,
z 3 − 9y 2 + 27y − 27 = 0,
⎪
⎩x3 − 9z 2 + 27z − 27 = 0.
(1)
(2)
(3)
И д е я. Получить следствия. Воспользоваться свойствами квадратного трёхчлена
и формулами сокращённого умножения.
У к а з а н и е. Выделив в каждом из уравнений функцию вида f (t) = t2 − 3t + 3 ,
сделать вывод о положительной определённости переменных.
У к а з а н и е. Сложить все три исходных уравнения. Воспользоваться формулами
сокращённого умножения.
У к а з а н и е. Для получившегося уравнения
(x − 3)3 + (y − 3)3 + (z − 3)3 = 0
рассмотреть два случая по x (x ≥ 3 и 0 < x < 3 ) и оценить значения переменных
y и z.
492
Указания и решения
Р е ш е н и е. Введём в рассмотрение функцию f (t) = t2 − 3t + 3 . В новых обозначениях система принимает вид:
⎧
3
⎪
(4)
⎨y = 9f (x),
3
z = 9f (y),
(5)
⎪
⎩x3 = 9f (z).
(6)
Заметим, что f (t) > 0 ∀t ∈ R, поскольку D = 9 − 12 < 0 . Значит, y3 > 0, z 3 > 0,
x3 > 0, то есть y > 0, z > 0, x > 0.
Сложим уравнения (1) − (3) и выделим полные кубы разностей:
(x − 3)3 + (y − 3)3 + (z − 3)3 = 0.
(7)
Рассмотрим два случая по x (x ≥ 3 и 0 < x < 3 ).
1) x ≥ 3. Тогда, с учётом z > 0 , из уравнения (3) получаем:
9z 2 − 27z ≥ 0,
⇐⇒ z ≥ 3.
z > 0;
Тогда, с учётом y > 0 , из уравнения (2) получаем:
9y 2 − 27y ≥ 0,
⇐⇒ y ≥ 3.
y > 0;
Таким образом, получили, что если x ≥ 3, то y ≥ 3 и z ≥ 3. Тогда из (7) следует,
что x = y = z = 3.
2) 0 < x < 3. Рассуждая аналогично первому случаю, получаем, что 0 < x < 3 ,
0 < y < 3, 0 < z < 3. Но это противоречит уравнению (7). Значит, в этом случае
решений нет.
О т в е т. (3; 3; 3)
Задача 2. (Псих-91.5)
При каждом значении параметра a ≥
cos
2x + a
2x2 + 2ax + 5a2 /2
1
найти все корни уравнения
2π
= cos
2x − a
2x2 − 2ax + 5a2 /2
.
И д е я. Преобразовав аргументы тригонометрических функций и определив область их изменения, перейти от тригонометрического уравнения к простейшим
степенным уравнениям.
У к а з а н и е. Аргументы тригонометрических функций могут быть представлены
t
a
a
в виде f (t) = 2
и t=x− .
при t = x +
t + a2
2
2
У к а з а н и е. Используя неравенство для суммы двух взаимно обратных чисел и
условия задачи, найти ограничения на область значений функции f (t): |f (t)| ≤ π .
У к а з а н и е. При решении тригонометрического уравнения вида cos α = cos β ,
где α, β ∈ [−π; π], воспользоваться равносильным переходом к совокупности:
α = β или α = −β .
9.1.
Оптимизация процесса решения....
493
Р е ш е н и е. Преобразуем аргументы тригонометрических функций:
2x + a
x + a/2
=
;
2x2 + 2ax + 5a2 /2
(x + a/2)2 + a2
x − a/2
2x − a
=
.
2x2 − 2ax + 5a2 /2
(x − a/2)2 + a2
t
. В новых обозначениях уравнение принимает
Рассмотрим функцию f (t) = 2
t + a2
вид:
a a = cos f x −
.
cos f x +
2
2
1
Для функции f (t) при a ≥
справедливы оценки:
2π
t = 1 ≤ 1 · 1 ≤ π;
|f (t)| = 2
t + a2 a t + a a 2
a
t
другими словами, аргументы тригонометрических функций принимают значения из отрезка
⎡
[−π;aπ].
В этом случае уравнение равносильно совокупности:
a
=f x−
;
f x+
⎢
2
2 ⎣ a
a
f x+
= −f x −
.
2
2
1) Первое уравнение совокупности:
x + a2
x − a2
=
⇐⇒
2
2
x + a2 + a2
x − a2 + a2
a 2
a 2
a a x−
x+
⇐⇒
⇐⇒
x+
+ a2 = x −
+ a2
2
2
2
2
a
a
a
a
a2 a2
x− −x−
= a2 x − − x −
⇐⇒ a x2 −
⇐⇒
x2 −
4
2
2
2
2
4
1
, то на a можно сократить:
поскольку a ≥
2π
√
√
5a
5a
a2
2
2
x −
=a
или x =
.
⇐⇒ x = −
4
2
2
= a3 ;
2) Второе уравнение:
x + a2
x − a2
= −
⇐⇒
2
2
x + a2 + a2
x − a2 + a2
a 2
a 2
a a x−
x+
⇐⇒
x+
+ a2 = − x −
+ a2
2
2
2
2
a
a
a
a
a2 x− +x+
= a2 −x + − x −
⇐⇒
x2 −
4
2
2
2
2
a2
2x = −2xa2
4
√
√
5a
5a
; 0;
.
О т в е т. −
2
2
⇐⇒
x2 −
⇐⇒
x x2 +
3a2
4
=0
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
x = 0.
494
Указания и решения
Задача 3. (Псих-86.6)
Найти наибольшее из значений, которые принимает выражение x + 3y , если x и
y удовлетворяют неравенству x2 + xy + 4y 2 ≤ 3 .
И д е я. Обозначить исследуемое выражение через параметр и определить, при
каком наибольшем значении параметра у неравенства существует решение.
У к а з а н и е. Ввести параметр a = x + 3y ; выразить одну из переменных через
параметр и вторую переменную и подставить в неравенство.
У к а з а н и е. Опираясь на свойства квадратичной функции, определить, при каком наибольшем значении параметра неравенство имеет решения.
Р е ш е н и е. Введём обозначение: a = x + 3y . Переформулируем условие задачи:
требуется найти наибольшее значение параметра a, при котором у неравенства
x2 + xy + 4y 2 ≤ 3 существует решение. Выразим переменную x через параметр и
переменную y и подставим в неравенство:
(a − 3y)2 + (a − 3y)y + 4y 2 ≤ 3 ⇐⇒ 10y 2 − 5ay + a2 − 3 ≤ 0;
последнее неравенство является квадратным по переменной y , решения существуют при неотрицательном дискриминанте:
√
D = (5a)2 − 40(a2 − 3) = 120 − 15a2 ≥ 0 ⇐⇒ |a| ≤ 2 2.
Наибольшим значением параметра (то есть наибольшим значением
√ выражения
x + 3y ), при котором неравенство имеет решения, является a = 2 2 .
√
О т в е т. 2 2 .
З а м е ч а н и е. При поиске наибольшего значения параметра можно воспользоваться методом выделения полного квадрата.
Задача 4. (Хим-91.1)
Найти максимум и минимум функции f (x) =
3x + 1
.
(3x + 1)2 + 1
И д е я. Рассмотреть значения функции как параметр и определить, при каких
наибольшем и наименьшем значениях параметра уравнение будет иметь решение.
3x + 1
; перейти к квадратному уравУ к а з а н и е. Ввести параметр a =
(3x + 1)2 + 1
нению относительно новой переменной t = 3x + 1 и определить, при каком наибольшем (наименьшем) значении параметра уравнение будет разрешимо.
3x + 1
= a. Переформулируем условие задачи: най(3x + 1)2 + 1
ти наибольшее и наименьшее значения параметра a, при которых уравнение
3x + 1
= a имеет решение. Введём новую переменную t = 3x + 1 . Тогда:
(3x + 1)2 + 1
Р е ш е н и е. Пусть
t = a(t2 + 1)
⇐⇒
at2 − t + a = 0;
9.1.
Оптимизация процесса решения....
495
уравнение имеет решения при неотрицательном дискриминанте:
D = 1 − 4a2 ≥ 0
⇐⇒
|a| ≤
1
.
2
1
Наибольшее значение параметра a равно , а наименьшее значение парамет2
1
1
ра a равно − . Следовательно, наибольшее значение функции f (x) равно , а
2
2
1
наименьшее значение функции f (x) равно − .
2
О т в е т.
1 1
;− .
2 2
Задача 5. (Псих-99.4)
Найти все значения параметра p, при каждом из которых множество значений
3x + p
содержит полуинтервал (−1; 3]. Определить, при
функции f (x) = 2
x + 5x + 7
каждом таком p множество значений функции f (x).
И д е я. Обозначить значение функции через новый параметр a и определить, при
каких значениях параметра p задача имеет решение ∀a ∈ (−1; 3].
3x + p
У к а з а н и е. Ввести параметр a = 2
; в зависимости от его значений
x + 5x + 7
перейти к линейному или квадратному уравнению относительно переменной x.
У к а з а н и е. Определить, при каких значениях параметра p задача разрешима
∀a ∈ (−1; 3]; при решении квадратного неравенства воспользоваться методом парабол.
3x + p
= a. Поскольку знаменатель дроби положительно
+ 5x + 7
определён ∀x ∈ R , без дополнительных ограничений перейдём к квадратному
уравнению относительно переменной x:
Р е ш е н и е. Пусть
x2
3x + p = a(x2 + 5x + 7)
⇐⇒
ax2 + x(5a − 3) + 7a − p = 0.
Переформулируем первую часть условия: найти все значения параметра p, при
каждом из которых уравнение ax2 + x(5a − 3) + 7a − p = 0 имеет решения ∀a ∈
(−1; 3].
p
1) При a = 0 уравнение принимает вид: 3x = −p
⇐⇒
x = − , то есть
3
решение существует ∀p ∈ R.
2) При a = 0 имеем квадратное уравнение; оно разрешимо при неотрицательном
дискриминанте:
D = (5a − 3)2 − 4a(7a − p) ≥ 0
⇐⇒
⇐⇒
−3a2 − 2a(15 − 2p) + 9 ≥ 0
25a2 − 30a + 9 − 28a2 + 4ap ≥ 0
⇐⇒
⇐⇒
g(a) = 3a2 + 2a(15 − 2p) − 9 ≤ 0.
496
Указания и решения
Множество решений квадратного неравенства g(a) ≤ 0 должно содержать полуинтервал (−1; 3]; значит,
g(−1) ≤ 0,
3 − 2(15 − 2p) − 9 ≤ 0,
p ≤ 9,
⇐⇒
⇐⇒
g(3) ≤ 0;
27 + 6(15 − 2p) − 9 ≤ 0;
p ≥ 9;
то есть p = 9 .
При найденном значении параметра p множество значений функции f (x) (другими словами, множество значений параметра a) определяется из неравенства:
g(a) = 3a2 + 2a(15 − 18) − 9 ≤ 0
О т в е т. p = 9 ;
⇐⇒
a2 − 2a − 3 ≤ 0
⇐⇒
−1 ≤ a ≤ 3.
[−1; 3].
Задача 6. (Биол-94.5)
Найти все значения x, при которых неравенство
(4 − 2a)x2 + (13a − 27)x + (33 − 13a) > 0
выполняется для всех a, удовлетворяющих условию 1 < a < 3 .
И д е я. Поменять ролями параметр и переменную и переформулировать условие
задачи для линейной функции.
У к а з а н и е. В этой задаче x выполняет роль параметра, а a − роль переменной.
У к а з а н и е. Воспользоваться свойством монотонности линейной функции.
Р е ш е н и е. В этой задаче x выполняет роль параметра, а a − роль переменной. Переформулируем задачу: требуется найти все значения параметра x, при
которых неравенство
a(−2x2 + 13x − 13) + (4x2 − 27x + 33) > 0
выполняется для всех значений переменной a из интервала (1; 3). Другими словами, прямая f (a) = a(−2x2 + 13x − 13) + (4x2 − 27x + 33) должна лежать выше
оси абсцисс для a ∈ (1; 3). Учитывая монотонность линейной функции, получаем
равносильную систему:
⎧
⎧
2
2
⎪
⎪
⎨−2x + 13x − 13 + 4x − 27x + 33 ≥ 0,
⎨f (1) ≥ 0,
2
f (3) ≥ 0, ⇐⇒
3(−2x + 13x − 13) + 4x2 − 27x + 33 ≥ 0, ⇐⇒
⎪
⎪
⎩2(−2x2 + 13x − 13) + 4x2 − 27x + 33 > 0;
⎩f (2) > 0;
⎧
⎧
2
⎪
⎪
√
2 или x ≥ 5,
⎨x − 7x + 10 ≥ 0,
⎨x ≤ √
√
3− 6≤x≤
√2;
⇐⇒
⇐⇒
3 − 6 ≤ x ≤ 3 + 6, ⇐⇒
x2 − 6x + 3 ≤ 0,
⎪
⎪
6.
5
≤
x
≤
3
+
⎩x < 7;
⎩x < 7;
З а м е ч а н и е. Условие f (2) > 0 гарантирует несовпадение прямой f (a) с осью
абсцисс.
√
√
О т в е т. [3 − 6; 2] ∪ [5; 3 + 6].
9.1.
Оптимизация процесса решения....
497
Задача 7. (ЕГЭ.С)
Найдите все значения a, при которых неравенство
для всех x ∈ [1; 3].
x − 2a − 4
≤ 0 выполняется
x + 3a − 2
И д е я. Решить неравенство относительно a.
У к а з а н и е. Поменять ролями параметр и переменную; после преобразований
решить неравенство методом интервалов.
Р е ш е н и е. Пусть a – переменная, x – параметр. Преобразуем выражения в числителе и знаменателе:
a − x2 − 2
x 2 ≥ 0.
a − −3 + 3
Заметим, что для x ∈ [1; 3]
являются промежутки:
a≤
x
2
x
− 2 < − + , поэтому решением неравенства
2
3
3
x
− 2 = f (x)
2
и a>−
x 2
+ = g(x).
3 3
По условию неравенство должно выполняться для всех x ∈ [1; 3]. Следовательно,
1
3
либо a ≤ f (1) = − , поскольку f (x) возрастает; либо a > g(1) = , так как g(x)
2
3
убывает.
3
1
; +∞ .
О т в е т. −∞; −
2
3
Задача 8. (ВМК-93.6)
Найти все значения параметра a, при которых область определения функции
1
√
y=
совпадает с областью определения функции
3 cos x − 2 cos3 x − 2a
√
2
1
√ .
−
y=
sin3 x + cos3 x − a 3 cos x − 2 cos3 x − 2a
И д е я. Выписав соотношения для области определения каждой функции, переформулировать задачу.
У к а з а н и е. Сконцентрировать внимание на функции f (x) = sin3 x + cos3 x; использовать её для исследования области определения второй функции, указанной
в условии задачи.
У к а з а н и е. Показать, что условию задачи удовлетворяют только такие значения параметра, при которых уменьшаемое второй функции определено, то есть
уравнение f (x) = a не имеет решений.
У к а з а н и е. Для преобразования выражений использовать формулы сокращённого умножения, метод дополнительного аргумента, основное тригонометрическое
тождество и формулы для тригонометрических функций двойного аргумента.
498
Указания и решения
Р е ш е н и е. Область определения первой функции:
√
3 cos x − 2 cos3 x = 2a;
область определения второй функции:
sin3 x + cos3 x = a,
√
3 cos x − 2 cos3 x = 2a.
Области определения совпадают в одном из двух случаев: а) уравнение sin3 x +
3
3
cos3 x = a не имеет решений; б) множество решений уравнения sin
√ x + cos x = a
3
принадлежит множеству решений уравнения 3 cos x − 2 cos x = 2a.
а) Рассмотрим функцию f (x) = sin3 x + cos3 x;
|f (x)| ≤ | sin3 x| + | cos3 x| ≤ sin2 x + cos2 x = 1,
причём f (0) = 1 ; f (π) = −1 ; значит, уравнение f (x) = a не имеет решений при
a < −1 и a > 1 .
б) Далее будем рассматривать a ∈ [−1; 1]. Используя формулы синуса и косинуса суммы, легко получить:
π 3 cos x − 2 cos3 x
√
f x+
=
;
4
2
действительно, разложим сумму кубов на множители:
π π
π f x+
= sin x +
+ cos x +
·
4
4
4
π
π
π
π · sin2 x +
− sin x +
cos x +
+ cos2 x +
=
4
4
4
4
√
√
1
π
π
1
1 − sin 2x +
= 2 cos x 1 − cos 2x =
= 2 sin x +
2
2
2
2
cos x 3 − 2 cos2 x
3 cos x − 2 cos3 x
√
√
=
=
.
2
2
Пусть x0 – корень уравнения f (x) = a; значит, он должен быть и корнем
π
π
= a, то есть x0 +
– корень уравнения f (x) = a. Тоуравнения f x +
4
4
π
π
π
гда и x0 +
+
= x0 +
– корень уравнения f (x) = a. Следовательно,
2
4 π4
f (x0 ) = f x0 +
, то есть
2
π
π
sin3 x0 + cos3 x0 = sin3 x0 +
+ cos3 x0 +
⇐⇒
2
2
⇐⇒ sin3 x0 = 0 ⇐⇒ x0 = πn, n ∈ Z;
при этом f (x0 ) = f (πn) = (−1)n , n ∈ Z, тогда как
π (−1)n
π
= f πn +
= √
= f (x0 ) = (−1)n , n ∈ Z.
f x0 +
4
4
2
Полученное противоречие доказывает, что не существует таких значений парамет3
3
ра, при которых множество решений уравнения sin
√ x + cos x = a принадлежит
3
множеству решений уравнения 3 cos x − 2 cos x = 2a.
О т в е т. (−∞; −1) ∪ (1; +∞).
9.1.
Оптимизация процесса решения....
499
Задача 9. (Экон.М-99.6)
Для каждого значения
b найти все пары чисел (x, y), удовлетворяющие уравнению
√
b sin 2y + log4 (x 8 1 − 4x8 ) = b2 .
И д е я. Рассмотреть уравнение как квадратное относительно параметра, определить условия существования его корней.
У к а з а н и е. Представить b переменной, x и y – параметрами задачи.
У к а з а н и е. Сформулировав необходимое и достаточное условие существования
корней квадратного уравнения, воспользоваться оценочными неравенствами.
Р е ш е н и е. Уравнение является квадратным относительно параметра:
8
b2 − b sin 2y − log4 (x 1 − 4x8 ) = 0;
необходимое и достаточное условие существования решения – неотрицательность
дискриминанта на области допустимых значений:
⎧ 2
√
⎧
√
8
sin 2y ≥ − log4 (x4 1 − 4x8 ),
2
⎪
8 ) ≥ 0,
⎪
⎪
sin
2y
+
4
log
(x
1
−
4x
⎨
⎨
4
x > 0,
x > 0,
1
⎪
⎪
⎪
⎩1 − 4x8 > 0;
⎩|x| < √
.
4
2
Рассмотрим первое неравенство системы:
f (y) = sin2 2y ≥ − log4 (x4
1 − 4x8 ) = g(x).
Для левой части справедливы оценки: 0 ≤ f (y) ≤ 1 .
Минимальное значение правой части достигается при максимуме подлогарифменной функции. Рассмотрим
h(x) = x4 1 − 4x8 = x8 (1 − 4x8 );
подкоренное выражение является квадратичной функцией относительно переменной t = x8 ; максимальное значение подкоренного выражения достигается при
1
1
1
1
t = и равно . Значит, при 0 < x < √
g(x) ≥ g √
= 1.
4
8
8
4
2
8
Следовательно, неравенство f (y) ≥ g(x) имеет решение только при одновре1
и
менном выполнении двух условий: g(x) = 1 и f (y) = 1 , то есть x = √
8
8
π
π
sin2 2y = 1 ⇐⇒ | sin 2y| = 1 ⇐⇒ y = − + πn или y = + πm; n, m ∈ Z.
4
4
Заметим, что при найденных значениях переменных дискриминант квадратного
уравнения для параметра равен нулю.
Определим соответствующие значения параметра:
1
sin 2y
1
π
1) при x = √
=− ;
, y = − + πn, n ∈ Z b =
8
4
2
2
8
sin 2y
1
1
π
= .
2) при x = √
, y = + πm, m ∈ Z b =
8
4
2
2
8
При остальных значениях параметра решений нет.
500
Указания и решения
О т в е т. При b = −
1
решение
2
π
1
1
√
; − + πn , n ∈ Z; при b =
решение
8
4
2
8
1 π
√
; + πm , m ∈ Z; при остальных значениях параметра решений нет.
8
8 4
9.2.
Чётность и симметричность по нескольким переменным, исследование единственности решения, необходимые и достаточные условия
Задача 1. (Псих-95.5)
Найти все значения a, при которых неравенство
√
x2 + 9
− a имеет единственное решение.
cos x − 2 x2 + 9 ≤ −
a + cos x
И д е я. Преобразовать неравенство, приведя все слагаемые к общему знаменателю и выделив в числителе полный квадрат; воспользоваться чётностью задачи по
переменной.
У к а з а н и е. Перенести все слагаемые в левую часть, привести выражение к общему знаменателю и выделить в числителе полный квадрат.
У к а з а н и е. Выписать решение неравенства через равносильную совокупность
систем; используя чётность выражений по переменной и требование единственности решения, получить возможные значения параметра.
У к а з а н и е. Подставив найденные значения параметра в исходное уравнение,
отобрать те, которые удовлетворяют условию задачи.
Р е ш е н и е. Перенесём все слагаемые в левую часть, приведём к общему знаменателю и выделим в числителе полный квадрат:
x2 + 9
a + cos x − 2 x2 + 9 +
≤ 0 ⇐⇒
a + cos x
√
√
(a + cos x)2 − 2 x2 + 9(a + cos x) + ( x2 + 9)2
⇐⇒
≤ 0 ⇐⇒
a + cos x
√
2
a + cos x − x2 + 9
≤ 0 ⇐⇒
⇐⇒
a + cos x
√
√
a + cos x − x2 + 9 = 0,
a + cos x − x2 + 9 = 0,
⇐⇒
или
a + cos x = 0;
a + cos x < 0.
Все функции чётные по переменной x. Значит, если x0 – решение, то и −x0 будет решением. Следовательно, требованию единственности удовлетворяет только
x = 0 . Подставим это значение переменной в обе системы для нахождения соответствующих значений параметра:
a + 1 − 3 = 0,
a + 1 − 3 = 0,
или
⇐⇒
a + 1 = 0;
a + 1 < 0;
9.2.
Чётность и симметричность...
a = 2,
⇐⇒
a = −1;
501
или
a = 2,
a < −1.
Осталось проверить, действительно ли исходное неравенство при найденных значениях параметра не имеет других решений, кроме x = 0 .
1) При a = 2 получаем:
√
2
2 + cos x − x2 + 9
≤ 0;
2 + cos x
знаменатель дроби положителен ∀x ∈ R. Значит, числитель должен быть равен
нулю:
2 + cos x = x2 + 9.
Заметим, что функция в левой части равенства ограничена сверху:
f (x) = 2 + cos x ≤ 3,
тогда как функция в правой части ограничена снизу:
g(x) = x2 + 9 ≥ 3.
Поэтому равенство возможно только при f (x) = 3 и g(x) = 3 , то есть при x = 0
=⇒ решение единственное =⇒ a = 2 подходит.
2) При a < −1 неравенство
√
2
a + cos x − x2 + 9
≤0
a + cos x
верно для всех x ∈ R, поскольку знаменатель дроби отрицателен, а числитель
положителен. Поэтому a < −1 не подходят.
О т в е т. 2 .
Задача 2. (Биол-91.5)
Найти все значения параметра a, при которых система уравнений
⎧
⎪
⎨z cos (x − y) + (2 + xy) sin (x + y) − z = 0,
x2 + (y − 1)2 + z 2 = a + 2x,
⎪
⎩(x + y + a sin2 z) ((1 − a) ln(1 − xy) + 1) = 0
имеет единственное решение.
И д е я. Воспользоваться свойством симметрии задачи относительно двух переменных и чётностью по третьей переменной.
У к а з а н и е. Преобразовав систему, заметить, что задача обладает симметрией
относительно переменных x и y и является чётной по переменной z .
У к а з а н и е. Упростив систему в соответствии с требованием единственности решения, найти возможные значения параметра.
У к а з а н и е. Убедиться в том, что при найденном значении параметра исходная
система удовлетворяет условию задачи.
502
Указания и решения
Р е ш е н и е. Преобразуем второе уравнение системы:
⎧
⎪
⎨z cos (x − y) + (2 + xy) sin (x + y) − z = 0,
(x − 1)2 + (y − 1)2 + z 2 = a + 1,
⎪
⎩(x + y + a sin2 z) ((1 − a) ln(1 − xy) + 1) = 0.
Заметим, что данная система симметрична относительно переменных x и y , то
есть если тройка чисел (x0 ; y0 ; z0 ) является решением задачи, то и (y0 ; x0 ; z0 ) также будет решением. Значит, решение может быть единственным только при условии x = y :
⎧
2
⎪
⎨(2 + x ) sin 2x = 0,
2(x − 1)2 + z 2 = a + 1,
⎪
⎩(2x + a sin2 z) (1 − a) ln(1 − x2 ) + 1 = 0.
Более того, система является чётной по переменной z , значит, решение будет единственным только при z = 0 :
⎧
2
⎪
⎨(2 + x ) sin 2x = 0,
2(x − 1)2 = a + 1,
⎪
⎩2x (1 − a) ln(1 − x2 ) + 1 = 0.
Из первого уравнения получаем:
sin 2x = 0
⇐⇒
x = πn, n ∈ Z.
Учитывая область определения логарифмической функции: |x| < 1 , оставляем
решение x = 0 . Значение параметра определяется из второго уравнения системы:
a = 1.
Осталось убедиться в том, что при a = 1 исходная система имеет единственное
решение:
⎧
⎪
⎨z cos (x − y) + (2 + xy) sin (x + y) − z = 0,
(x − 1)2 + (y − 1)2 + z 2 = 2,
⎪
⎩x + y + sin2 z = 0.
Сложив второе уравнение с удвоенным третьим, получим:
x2 + y 2 + z 2 + 2 sin2 z = 0
⇐⇒
x = 0, y = 0, z = 0.
Найденные значения переменных обращают все три уравнения системы в тождества. Следовательно, при a = 1 задача имеет единственное решение.
О т в е т. 1 .
Задача 3. (Фил-92.5)
Найти все значения параметра b , при которых система уравнений
bx2 + 2bx + y + 3b − 3 = 0,
by 2 + x − 6by + 11b + 1 = 0
9.2.
Чётность и симметричность...
503
имеет единственное решение.
И д е я. Провести замену переменных и воспользоваться свойством симметрии задачи относительно новых переменных.
У к а з а н и е. Сгруппировав слагаемые в каждом из уравнений, перейти к новым
переменным; отметить симметрию задачи относительно новых переменных.
У к а з а н и е. Упростив систему в соответствии с требованием единственности решения, найти возможные значения параметра. Убедиться в том, что при найденных значениях параметра исходная система удовлетворяет условию задачи.
Р е ш е н и е. Сгруппируем слагаемые в каждом уравнении:
b(x2 + 2x + 1) + y + 2b − 3 = 0,
b(x + 1)2 + (y − 3) + 2b = 0,
⇐⇒
2
b(y − 6y + 9) + x + 2b + 1 = 0;
b(y − 3)2 + (x + 1) + 2b = 0.
Введём новые переменные u = x + 1 и v = y − 3 :
bu2 + v + 2b = 0,
bv 2 + u + 2b = 0.
Заметим, что система является симметричной относительно новых переменных
u и v . Значит, решение задачи будет единственным только при условии u = v :
bu2 + u + 2b = 0 . Полученное уравнение имеет единственное решение в следующих
случаях:
1) если оно линейно, то есть b = 0 ; подставим найденное значение параметра в
исходную систему и убедимся, что решение единственное:
u = 0,
x + 1 = 0,
x = −1;
то есть
⇐⇒
y = 3.
v = 0;
y − 3 = 0;
2) если дискриминант равен нулю:
1
1
D = 1 − 8b2 = 0 ⇐⇒ b = − √ или b = √ ;
2 2
2 2
1
а) при b = − √ система принимает вид:
2 2
⎧
1 2
2
⎪
⎪
⎨− √ u + v − √ = 0,
2 2
2 2
⇐⇒
1
2
⎪
⎪− √ v 2 + u − √
⎩
= 0;
2 2
2 2
√
u2 − 2 2v + 2 = 0,
√
v 2 − 2 2u + 2 = 0;
сложив уравнения, получаем:
(u −
√
√ 2
2) + (v − 2)2 = 0
– единственное решение;
⇐⇒
√
u = √ 2,
v = 2;
то есть
√
x = −1 +
√ 2,
y = 3 + 2;
504
Указания и решения
1
б) при b = √ система принимает вид:
2 2
⎧
1 2
2
⎪
⎪
⎨ √ u + v + √ = 0,
2 2
2 2
⇐⇒
2
⎪ 1 2
⎪
⎩ √ v + u + √ = 0;
2 2
2 2
складываем:
√
√
(u + 2)2 + (v + 2)2 = 0
⇐⇒
√
u = − 2,
√
v = − 2;
√
u2 + 2 2v + 2 = 0,
√
v 2 + 2 2u + 2 = 0;
то есть
√
x = −1 − 2,
√
y = 3 − 2;
единственное решение.
1
1
О т в е т. − √ ; 0; √ .
2 2
2 2
Задача 4. (Биол-95.6)
Найти все значения a, при которых уравнение
x2 − 6|x| − a
2
18π
+ 12 x2 − 6|x| − a + 37 = cos
a
имеет ровно два корня.
И д е я. После преобразования уравнения воспользоваться оценочными неравенствами и чётностью задачи.
У к а з а н и е. Выделить в левой части уравнения полный квадрат. Решение уравнения провести методом оценок.
У к а з а н и е. Воспользоваться чётностью квадратичной функции от модуля переменной и методом парабол.
Р е ш е н и е. Преобразуем уравнение:
2
2
18π
x − 6|x| − a + 12 x2 − 6|x| − a + 36 = cos
− 1 ⇐⇒
a
2
2
18π
⇐⇒
x − 6|x| − a + 6 = cos
− 1.
a
Заметим, что выражение в левой части равенства неотрицательно, тогда как функция справа принимает неположительные значения. Следовательно, равенство возможно в единственном случае:
⎧
⎧
⎨x2 − 6|x| − a + 6 = 0,
⎨x2 − 6|x| − a + 6 = 0,
⇐⇒
⇐⇒
18π
18π
⎩cos
⎩
= 1;
= 2πn, n ∈ Z;
a
a
⎧
⎪
⎨x2 − 6|x| − 9 + 6 = 0,
n
⇐⇒
9
⎪
⎩a = , n ∈ Z.
n
9.2.
Чётность и симметричность...
505
Поскольку задача является чётной по переменной, она имеет два решения только
в том случае, если уравнение
f (t) = t2 − 6t −
9
+ 6 = 0, n ∈ Z
n
имеет единственный положительный корень. Такая ситуация будет иметь место в
одном из двух случаев:
1) дискриминант равен нулю, абсцисса вершины положительна:
⎧
9
⎨
9
9 + − 6 = 0, n ∈ Z,
⇐⇒
= −3 ⇐⇒ n = −3;
n
⎩3 > 0;
n
то есть a = −3; x = −3 или x = 3 ;
2) корни разных знаков:
f (0) < 0
⇐⇒
−
9
+ 6 < 0, n ∈ Z
n
⇐⇒
2n − 3
<0
n
⇐⇒
0<n<
3
.
2
√
Поскольку
√ n ∈ Z, то подходит только n = 1 , то есть a = 9 ; x = −3 − 2 3 или
x = 3 + 2 3.
Все преобразования были равносильными, поэтому дополнительной проверки
найденных значений параметра не требуется.
О т в е т. −3; 9 .
Задача 5. (Хим-84.5)
Найти все значения параметра a, при каждом из которых неравенство
1
|a − 2| · |x + a − 4| +
2
1
a2 − 4a + 3
− |a − 2| · |x − 2| + |a − 2| · |x − a| ≤ 1
|a − 2|
2
выполняется ровно для двух различных значений x.
И д е я. После преобразования уравнения и введения новой переменной воспользоваться чётностью задачи.
У к а з а н и е. Ввести новую переменную, относительно которой выражение чётно.
У к а з а н и е. Раскрыв модули, провести исследование возможности существования у системы неравенств первой степени единственного решения.
Р е ш е н и е. Пусть y = x − 2 , b = a − 2 = 0 ; в новых обозначениях неравенство
принимает вид:
|b| · |y + b| + 2
⇐⇒
b2 − 1
− |b| · |y| + |b| · |y − b| ≤ 2
|b|
y y
y
b2 + 1 − 2 + b2 − 1 ≤ 2.
b
b
b
⇐⇒
506
Указания и решения
y
Функция в левой части неравенства чётная относительно новой переменной t = ,
b
поэтому если t0 – решение, то и −t0 будет решением. Следовательно, нужно найти
такие значения параметра b , при которых у неравенства
b2 |t + 1| + b2 |t − 1| − 2|t| − 2 ≤ 0
существует единственное положительное решение.
1) При 0 < t ≤ 1 имеем:
2b2 − 2t − 2 ≤ 0
⇐⇒
решение будет единственным, если b2 −1 = 1
2) При t > 1 получаем:
2b2 t − 2t − 2 ≤ 0
⇐⇒
t ≥ b2 − 1;
⇐⇒
|b| =
√
√
2, то есть a = 2± 2 ;
t(b2 − 1) ≤ 1.
При b2 − 1 = 0 подходят все t > 1 и, значит, решение не является единственным.
При b2 − 1 = 0 решение тоже не может быть единственным, так как пересечение
двух открытых полупрямых не может дать одну точку.
√
√
О т в е т. 2 − 2; 2 + 2 .
Задача 6. (Хим-02.6)
Найти все значения параметра a, при каждом из которых уравнение
√
2
πx
πx
+ cos
− 2 = a3 − 3a2 + a + 2
2−x · 4x + sin
4
4
имеет единственное решение.
И д е я. Выполнив замену переменных и преобразовав сумму тригонометрических
функций, воспользоваться чётностью задачи относительно новой переменной.
У к а з а н и е. Преобразовать уравнение, выделив в показателе первого слагаемого
полный квадрат и применив к сумме тригонометрических функций метод дополнительного аргумента.
У к а з а н и е. Воспользовавшись чётностью задачи, сформулировать необходимое
условие единственности решения у исходного уравнения; произвести отбор возможных значений параметра.
У к а з а н и е. Подставив найденные значения параметра в исходное уравнение и
применив метод оценок, проверить выполнение условия задачи.
Р е ш е н и е. Преобразуем уравнение, выделив в показателе первого слагаемого
полный квадрат и применив к сумме тригонометрических функций метод дополнительного аргумента:
2
2 · 2−(x−1) +
√
2 cos
√
π(x − 1)
− 2 − 2 = a3 − 3a2 + a.
4
Пусть t = x − 1 ; в новых обозначениях уравнение имеет вид:
2
2 · 2−t +
√
√
πt
− 2 − 2 = a3 − 3a2 + a.
2 cos
4
9.2.
Чётность и симметричность...
507
Заметим, что функция в левой части уравнения
2
f (t) = 2 · 2−t +
√
√
πt
−2− 2
2 cos
4
чётная, то есть если t0 является решением уравнения, то и −t0 также будет решением. Следовательно, для единственности решения необходимо, чтобы t = 0 .
Подставим это значение переменной в уравнение и найдём значения параметра,
при которых t = 0 будет решением:
√
√
2 + 2 − 2 − 2 = a3 − 3a2 + a ⇐⇒ a3 − 3a2 + a = 0 ⇐⇒
√
√
3+ 5
3− 5
или a =
.
⇐⇒ a(a2 − 3a + 1) = 0 ⇐⇒ a = 0 или a =
2
2
Осталось убедиться в том, что при отобранных значениях параметра уравнение
действительно имеет единственное решение. Поскольку каждое из найденных значений a обращает правую часть в ноль, необходимо рассмотреть уравнение:
2
√
πt
2 2−t − 1 + 2 cos
− 1 = 0.
4
Оба слагаемых в левой части уравнения неположительны. Поэтому равенство возможно только при одновременном выполнении двух условий:
⎧ 2
⎨2−t = 1,
⇐⇒ t = 0 – единственное решение.
πt
⎩cos
= 1;
4
√
√
3+ 5
3− 5
; 0;
.
О т в е т.
2
2
Задача 7. (Экон-90.6)
Найти все значения параметра a, при которых система
⎧
√ y
√ y
2
⎪
⎨(3 − 2 2) + (3 + 2 2) − 3a = x + 6x + 5,
y 2 − (a2 − 5a + 6)x2 = 0,
⎪
⎩−6 ≤ x ≤ 0
имеет единственное решение.
И д е я. Упростить систему, воспользовавшись чётностью задачи по одной из переменных и требованием единственности решения.
У к а з а н и е. Заметив, что основания степеней являются сопряжёнными радикальными выражениями, установить чётность задачи по переменной y .
У к а з а н и е. Основываясь на требовании единственности решения, упростить систему и найти все значения параметра, при которых y = 0 является решением.
У к а з а н и е. Подставив найденные значения параметра в исходную систему, проверить единственность решения.
У к а з а н и е. При решении уравнения, содержащего как показательные, так и
квадратичную функции, воспользоваться методом оценок.
508
Указания и решения
√
√
Р е ш е н и е. Воспользовавшись равенством (3 + 2 2)(3 − 2 2) = 1 , перепишем
систему в виде:
⎧
√ y
√ −y
2
⎪
⎨(3 − 2 2) + (3 − 2 2) = x + 6x + 5 + 3a,
2
2
2
y = (a − 5a + 6)x ,
⎪
⎩−6 ≤ x ≤ 0.
Система является чётной по переменной y . Значит, если y0 – решение, то и −y0
также будет решением. Условию единственности решения удовлетворяет только
y = 0 . Подставим это значение в систему:
⎧
2
⎪
⎨x + 6x + 3a + 3 = 0,
(a2 − 5a + 6)x2 = 0,
⎪
⎩−6 ≤ x ≤ 0.
Рассмотрим второе уравнение.
1) Если a2 − 5a + 6 = 0 ⇐⇒ a = 2 или a = 3 , то x ∈ R.
а) При a = 2 из первого уравнения получаем: x2 + 6x + 9 = 0 ⇐⇒ x = 3;
найденное значение удовлетворяет неравенству, поэтому пара (3;0) – решение. Убедимся, что других решений нет. Для этого рассмотрим исходную
систему при a = 2 :
⎧
√ y
√ −y
2
⎪
⎨(3 − 2 2) + (3 − 2 2) = x + 6x + 11,
2
⇐⇒
y = 0,
⎪
⎩−6 ≤ x ≤ 0;
⎧
2
⎪
⎨x + 6x + 9 = 0,
x = 3,
⇐⇒
⇐⇒
y = 0,
⎪
y = 0.
⎩−6 ≤ x ≤ 0;
б) При a = 3 первое уравнение: x2 + 6x + 12 = 0, D1 = 9 − 12 < 0 – решений
нет.
2) Если a = 2 и a = 3 , то x = 0 . Из первого уравнения получаем a = −1 .
Подставим найденное значение параметра в исходную систему и убедимся, что
решение будет единственным:
⎧
√ y
√ −y
2
⎪
⎨(3 − 2 2) + (3 − 2 2) = x + 6x + 2,
2
2
y = 12x ,
⎪
⎩−6 ≤ x ≤ 0.
√
√
Заметим, что f (y) = (3 − 2 2)y + (3 − 2 2)−y ≥ 2 (сумма двух взаимно обратных
положительных чисел), тогда как при x ∈ [−6; 0] h(x) = x2 + 6x + 2 ≤ 2 (на
рассматриваемом отрезке h(x) ≤ h(−6) = h(0) = 2 ). Равенство возможно только
при одновременном выполнении условий: f (y) = 2 и h(x) = 2 . Значит, из первого
уравнения последней системы получаем, что y = 0 и x = −6 или x = 0 . Проверяя найденные пары во втором уравнении и неравенстве, оставляем единственное
решение (0; 0).
О т в е т. −1; 2 .
9.2.
Чётность и симметричность...
509
Задача 8. (Хим-86.5)
Найти все значения параметра a, при каждом из которых система уравнений
1 − |x − 1| = 7|y|,
49y 2 + x2 + 4a = 2x − 1
имеет ровно четыре различных решения.
И д е я. Преобразовав второе уравнение и выполнив замену переменных, воспользоваться симметрией задачи относительно новых переменных.
У к а з а н и е. Выделить во втором уравнении полные квадраты, произвести замену переменных.
У к а з а н и е. Отметив симметрию задачи относительно новых переменных, сформулировать необходимые условия существования четырёх различных решений у
исходной системы; произвести отбор возможных значений параметра.
У к а з а н и е. Подставив отобранные значения параметра в исходную систему,
проверить выполнение условий задачи.
Р е ш е н и е. Выделим во втором уравнении полные квадраты:
|x − 1| + 7|y| = 1,
(x − 1)2 + (7y)2 = −4a;
сделаем замену переменных u = |x − 1|, v = 7|y|; в новых обозначениях система
имеет вид:
√
√
u + v = 1,
u2 + v 2 = −4a.
Заметим, что каждому положительному значению u соответствуют два различных значения переменной x; каждому положительному значению v соответствуют два различных значения переменной y . Значит, исходная система будет иметь
ровно четыре различных решения, если система для новых переменных либо (a)
имеет единственное решение (u; v), причём u > 0, v > 0 ; либо (б) имеет два
решения (0; v) и (u; 0), где u > 0, v > 0 . Рассмотрим оба варианта.
a) Поскольку система для новых переменных симметрична по u и v , необходимым условием единственности её решения является равенство u = v . Получаем:
⎧
⎧
⎪
1
⎨√
⎨u = 1 ,
u= ,
4
⇐⇒
2
1
⎩u2 = −2a;
⎪
⎩a = − .
32
Покажем, что при найденном значении параметра система для новых переменных:
⎧√
√
⎨ u + v = 1,
1
⎩u 2 + v 2 =
8
510
Указания и решения
действительно имеет единственное решение. Рассмотрим второе уравнение:
√
√
√ √ 2
√
1
1
⇐⇒
( u + v)2 − 2 u v − 2( uv)2 = ;
8
8
√
√
воспользуемся равенством u + v = 1 (первое уравнение):
u2 + v 2 = (u + v)2 − 2uv =
√
1
(1 − 2 uv)2 − 2uv =
8
⇐⇒
√
1
1 − 4 uv + 4uv − 2uv =
8
⇐⇒
⎡
⇐⇒
√
7
2uv − 4 uv + = 0
8
⇐⇒
√
1
uv = ;
⎢
4
⎣ √
7
uv = ;
4
⎧
⎧√
1
√
⎪
⎨ u + v = 1,
⎨u = ,
4
в первом случае √
⇐⇒
1
1
⎩ uv = ;
⎪
⎩
v= ;
4
4
⎧√
√
⎨ u + v = 1,
во втором случае система √
решений не имеет
7
⎩ uv =
4
1
1
=⇒ u = , v = – единственное решение.
4
4
1
Значит, при a = −
исходная система имеет ровно четыре различных решения.
32
⎧
√
⎨v = 1,
v = 1,
б) Полагаем u = 0 :
⇐⇒
1
⎩a = − .
v 2 = −4a;
4
⎧
√
⎨u = 1,
u = 1,
При v = 0 :
Подставим найденное значение
⇐⇒
1
⎩a = − .
u2 = −4a;
4
параметра в систему для новых переменных и убедимся в том, что она имеет
только два различных решения (0; 1) и (1; 0):
√
√
u + v = 1,
u2 + v 2 = 1;
⇐⇒
√
√
u + v = 1,
√
uv = 0 или
√
⇐⇒
√
u + v = 1,
√
2uv − 4 uv = 0;
√
uv = 2;
⇐⇒
⇐⇒
u = 0, v = 1;
u = 1, v = 0.
(В равносильных переходах использованы результаты, проведённых в пункте а)
1
преобразований выражения u2 + v 2 .) Следовательно, при a = −
у исходной
4
системы четыре различных решения.
1
1
О т в е т. − ; − .
4
32
9.3.
9.3.
Редукция задачи и переформулирование условия
511
Редукция задачи и переформулирование условия
Задача 1. (ИСАА-93.6)
Найти все значения a, при каждом из которых неравенство x2 + 2|x − a| ≥ a2
справедливо для всех x.
И д е я. Раскрыв модуль и разложив выражения на множители, решить неравенства методом интервалов и произвести отбор тех значений параметра, которые
обеспечивают выполнение условий задачи.
У к а з а н и е. Раскрыть модуль двумя способами; разложить квадратные трёхчлены на множители; решить неравенства методом интервалов.
У к а з а н и е. Учесть условия раскрытия модуля и требования задачи.
Р е ш е н и е. Раскроем модуль:
1) При x ≥ a получаем: x2 − a2 + 2(x − a) ≥ 0 ⇐⇒ (x − a)(x + a + 2) ≥ 0.
Поскольку данное неравенство должно выполняться для всех x ≥ a, корни квадратного трёхчлена должны удовлетворять соотношению: a ≥ −a − 2 ⇐⇒ a ≥ −1 .
2) При x ≤ a получаем: x2 − a2 − 2(x − a) ≥ 0 ⇐⇒ (x − a)(x + a − 2) ≥ 0.
Данное неравенство выполняется для всех x ≤ a тогда и только тогда, когда
a ≤ −a + 2 ⇐⇒ a ≤ 1 .
Следовательно, исходное неравенство справедливо для всех x, если a ∈ [−1; 1].
О т в е т. [−1; 1].
Задача 2. (М/м-86.5)
Найти все значения a, при каждом из которых для любого значения b система
bx − y − az 2 = 0,
(b − 6)x + 2by − 4z = 4
имеет по крайней мере одно решение (x, y, z).
И д е я. Выразив переменную y из первого уравнения и подставив во второе, найти зависимость переменной x от параметров и третьей переменной и определить
условия существования решения для любого значения параметра b .
У к а з а н и е. Воспользоваться методом подстановки, выразив y из первого уравнения и подставив во второе.
У к а з а н и е. Из полученного уравнения найти зависимость переменной x от параметров и третьей переменной; определить значения параметра a, при которых
уравнение имеет решение для ∀b ∈ R.
Р е ш е н и е. Выразим переменную y из первого уравнения системы и подставим
во второе:
y = bx − az 2 ,
(b − 6)x + 2b(bx − az 2 ) − 4z = 4.
Рассмотрим второе уравнение: (2b2 + b − 6)x = 2abz 2 + 4z + 4.
512
Указания и решения
⎧
b = −2;
⎨y = bx − az 2 ,
Значит,
то
1) Если 2b2 + b − 6 = 0 , то есть ⎣
2abz 2 + 4z + 4
3
⎩x =
.
b = ;
2
2b + b − 6
2
для любого действительного значения переменной z и любого значения параметра a из второго уравнения последней системы однозначно определяется
соответствующее значение переменной x, а из первого уравнения находится
3
значение y ⇒ ∀b ∈ R, b = −2, b = решение существует.
2
⎡
2) При b = −2 решение также должно существовать. Подставим это значение в
исходную систему и определимте значения второго параметра a, при котоy = −2x − az 2 ,
второе уравнение – квадрых система будет разрешима:
az 2 − z − 1 = 0;
1
ратное по переменной z , корни существуют при D = 1+4a ≥ 0 ⇐⇒ a ≥ − .
4
Каждый корень z0 второго уравнения определяет вид линейной зависимости
между двумя другими переменными, то есть решение исходной системы при
b = −2 может быть представлено в виде: (x; −2x − az02 ; z0 ), где x ∈ R .
3
3) Решение должно существовать и при b = :
2
⎧
3
⎨
2
y = x − az ,
значит, D1 = 4 − 12a ≥ 0
2
⎩3az 2 + 4z + 4 = 0;
⇐⇒
a≤
1
.
3
1 1
Следовательно, ∀b ∈ R исходная система имеет решение при a ∈ − ;
.
4 3
1 1
.
О т в е т. − ;
4 3
Задача 3. (Геол-98(1).8)
При каких a для любого b ≥ 2 неравенство
(b − 1)x + 2
1 − (b − 1)−2 <
a+1
−b+1
b−1
1
x
выполняется для всех x < 0 ?
И д е я. Преобразовав выражение, свести задачу к проблеме существования решения квадратного неравенства.
У к а з а н и е. Перенести все слагаемые в левую часть, привести к общему знаменателю и учесть ограничения на переменную.
У к а з а н и е. При исследовании квадратного неравенства воспользоваться методом парабол.
Р е ш е н и е. Перенесём все слагаемые в левую часть неравенства и умножим обе
части неравенства на (b − 1)x < 0 :
(b − 1)2 x2 + 2x (b − 1)2 − 1 + (b − 1)2 − (a + 1) > 0.
9.3.
Редукция задачи и переформулирование условия
513
√
Обозначим c = (b − 1)2 ≥ 1 . Тогда получаем: cx2 + 2x c − 1 + c − a − 1 > 0.
1) При c = 1 получаем: x2 > a. Поскольку данное неравенство должно выполняться для любого x < 0 , параметр должен удовлетворять условию: a ≤ 0 .
√
c−1
, поэто2) При c > 1 абсцисса вершины параболы отрицательна: xв = −
c
му условие задачи равносильно требованию: f (xв ) > 0 , то есть
c−1
c−1
−2
+c−a−1>0
c
c
⇐⇒
c2 − 2c + 1
>a
c
⇐⇒
(c − 1)2
> a;
c
поскольку функция в левой части неравенства при c > 1 может принимать только положительные значения, то значения параметра, найденные
в предыдущем пункте (a ≤ 0 ), нас устраивают.
О т в е т. (−∞; 0].
Задача 4. (Почв-00.7)
Найдите все значения параметра a, при которых при любых значениях параметра
b уравнение |x − 2| + b|2x + 1| = a имеет хотя бы одно решение.
И д е я. Изучив область значений функции в левой части равенства, отобрать
значение параметра a, удовлетворяющее условию задачи.
У к а з а н и е. Используя неравенства |a| + |b| ≥ |a − b| и |a| − |b| ≤ |a − b|, провести
исследование области значений суммы модулей при двух различных "удобных"
значениях параметра b .
У к а з а н и е. Исходя из требования существования решения при любых значениях параметра b , отобрать значение параметра a; убедиться в том, что условия
задачи выполнены.
Р е ш е н и е. Проведём исследование области значений выражения в левой части
равенства при двух специальных значениях параметра b .
1
1 1 1 5
1) При b = получаем: |x−2|+2b x + = |x−2|+ x + ≥ x − 2 − x − = ;
2
2
2
2
2
использовано соотношение: |a| + |b| ≥ |a − b|.
1
1 1 5
1
2) При b = − получаем: |x−2|+2b x + = |x−2|−x + ≤ x − 2 − x − = ;
2
2
2
2
2
использовано соотношение: |a| − |b| ≤ |a − b|.
Значит, единственным возможным значением параметра a, при котором при
любых значениях параметра b уравнение
1 |x − 2| + 2b x + = a
2
5
. Подставив найденное значение в
2
исходное уравнение, получим: 2|x − 2| + 2b|2x + 1| = 5 . Раскрывая модули на
имеет хотя бы одно решение, является a =
514
Указания и решения
разных промежутках, убеждаемся в том, то данное уравнение имеет решение при
любых значениях параметра b . Действительно,
1
1) при x ≤ − получаем: 4 − 2x − 4bx − 2b = 5 ⇐⇒ (2x + 1)(2b + 1) = 0;
2
1
1
при b = − равенство выполняется ∀x ∈ R =⇒ все x ≤ − – решения;
2
2
1
при остальных значениях параметра b решение единственное: x = − ;
2
2) рассмотрения уравнения на остальных промежутках не требуется, так из первого случая следует, что при любых значениях параметра b есть решения.
О т в е т.
5
.
2
Задача 5. (Геол-79.6)
Найти все неотрицательные числа x, при каждом из которых из неравенств
abx ≥ 4a + 7b + x, a ≥ 0 , b ≥ 0 следует неравенство ab ≥ 5 .
И д е я. Выписав неравенства для параметра a, переформулировать задачу и решить методом парабол.
У к а з а н и е. Обратить внимание на положительную определённость переменной
и параметров; выписать неравенства для параметра a и переформулировать задачу.
У к а з а н и е. Полученное квадратное неравенство решить методом парабол.
Р е ш е н и е. Прежде всего отметим, что условию задачи могут удовлетворять
только x > 0 , так как при x = 0 из условий abx ≥ 4a + 7b + x, a ≥ 0 , b ≥ 0
следует, что a = 0 и b = 0 , а при этих значениях ab = 0 < 5 . По аналогичным
соображениям параметры a и b не могут быть равны нулю и при x = 0 . Итак,
далее рассматриваем только положительно определённые x, a и b .
Сгруппируем слагаемые: a(bx − 4) ≥ 7b + x; поскольку a > 0 и 7b + x > 0 ,
4
должно выполняться неравенство: bx − 4 > 0 , то есть b > .
x
Задачу можно переформулировать так: требуется найти такие значения пере7b + x
4
из неравенства a ≥
следует
менной x, при которых для любого b >
x
bx − 4
5
7b + x
5
неравенство a ≥ , что возможно в том и только в том случае, когда
≥ .
b
bx − 4
b
Последнее неравенство можно преобразовать:
f (b) = 7b2 − 4bx + 20 ≥ 0.
√
1) Если D1 = 4x2 − 140 ≤ 0 ⇐⇒ |x| ≤ 35, то неравенство верно ∀b ∈ R, в том
4
числе и для b > ;
x
√
4
2) Если D1 > 0 ⇐⇒ |x| > 35 , то неравенство выполняется для любого b > ,
x
9.3.
Редукция задачи и переформулирование условия
515
⎧
4
2x
⎪
⎪
⎨bв = 7 < x ,
из первого неравенства получаем: x2 < 14 , что противореесли
4
⎪
⎪
⎩f
≥ 0;
x
√
чит условию |x| > 35 =⇒ в данном случае решений нет.
3
2.5
f(b)
2
1.5
1
0.5
0
−0.5
b
B
4/x
b
−1
√
О т в е т. (0; 35].
−1.5
Задача 6. (Геогр-85.5)
Найти все значения параметра a, удовлетворяющие
условию −1 < a < 1 , для
каждого из которых выражение 1 + 2 x2 − 2axy + y 2 − 6y + 10 принимает наименьшее значение лишь при одной паре чисел x, y .
И д е я. Выделив в подкоренном выражении полные квадраты, переформулировать задачу.
У к а з а н и е. Выделить в подкоренном выражении полные квадраты функций
переменных; переформулировать задачу, исходя из требований единственности.
У к а з а н и е. Учесть область допустимых значений для арифметического квадратного корня.
Р е ш е н и е. Наименьшее значение суммы 1 + 2 x2 − 2axy + y 2 − 6y + 10 соответствует минимуму подкоренного выражения f (x, y) = x2 − 2axy + y 2 − 6y + 10.
Преобразуем выражение, выделив полные квадраты при −1 < a < 1 :
f (x, y) = (x − ay)2 + (1 − a2 )y 2 − 6y + 10 =
= (x − ay)2 + y
3
1 − a2 − √
1 − a2
2
−
9
+ 10.
1 − a2
Минимум подкоренного выражения достигается при единственной паре y =
3
1 − a2
3a
9
и равен 10−
. Так как f (x, y) стоит под корнем, то она должна
1 − a2
1 − a2
быть неотрицательна. Тогда с учётом условия −1 < a < 1 получаем:
1
9
1
≥ 0 ⇐⇒ a2 ≤
10 −
⇐⇒ |a| ≤ √ .
1 − a2
10
10
1
1
О т в е т. − √ ; √
.
10
10
иx=
516
Указания и решения
Задача 7. (ВМК-90.6)
Найти все значения параметра a, при которых для любых значений параметра b
неравенство
log6 x + 10a + 3b + 31 x2 − 9b2 − 9b − 1 ≤ log6 36 + 10a + 3b + 41 x2 −
36
5
x
5
−(6b + 2)x + 9b2 + 15b + 3 имеет хотя бы одно решение.
И д е я. Раскрыв модуль через геометрический смысл, переформулировать задачу
и решить систему неравенств методом оценок.
У к а з а н и е. При решении исходного неравенства воспользоваться подходом, основанным на геометрической интерпретации модуля; выписать равносильную систему неравенств и для неё переформулировать условие задачи.
У к а з а н и е. Показать, что одно из неравенств системы выполняется для любых
допустимых значений параметров и переменной.
У к а з а н и е. При исследовании второго неравенства воспользоваться результатом, полученным для некоторого фиксированного значения параметра b , методом
оценок и свойствами квадратичной функции.
Р е ш е н и е. Область допустимых значений переменной: x > 0 . Раскрывая модуль
через геометрический смысл
u ≤ v,
u − v ≤ 0,
⇐⇒
|u| ≤ v ⇐⇒
u ≥ −v;
u + v ≥ 0;
получаем для нашего неравенства:
⎧
x
2
2
⎪
⎨2 log6 36 + (6b + 2)x − 18b − 24b − 4 − 2x ≤ 0,
⇐⇒
⎪ 2(10a + 3b + 36) 2
⎩
x − (6b + 2)x + 6b + 2 ≥ 0;
5
⎧
2
2
⎨log6 x − x + (3b + 1)x − (3b + 2) ≤ 0,
⇐⇒
⎩ 10a + 3b + 36 x2 − (3b + 1)x + 3b + 1 ≥ 0.
5
Требуется найти все значения параметра a, при которых данная система имеет
хотя бы одно решение для любых значений параметра b .
Прежде всего отметим, что первое неравенство системы выполняется ∀x > 0 .
Действительно, поскольку log6 x < x, справедливы оценки:
log6 x − x2 + (3b + 1)x − (3b + 2)2 < x − x2 + (3b + 1)x − (3b + 2)2 =
= −x2 + (3b + 2)x − (3b + 2)2 ≤ 0,
так как D = (3b + 2)2 − 4(3b + 2)2 = −3(3b + 2)2 ≤ 0 ∀b ∈ R.
Рассмотрим второе неравенство системы. Оно должно выполняться при любом
1
значении параметра b . Значит, должно быть хотя бы одно решение и при b = − .
3
В этом случае на области допустимых значений:
(2a + 7)x2 ≥ 0
⇐⇒
7
a≥− .
2
9.3.
Редукция задачи и переформулирование условия
517
7
Докажем, что для a ≥ − второе неравенство имеет решение не только при
2
1
b = − , но и ∀b ∈ R. Поскольку (2a + 7)x2 ≥ 0 , справедлива оценка:
3
3b + 1 2
3b + 1 2
x − (3b + 1)x + 3b + 1 ≥
x − (3b + 1)x + 3b + 1 =
5
5
√ √ 3b + 1
5− 5
5+ 5
3b + 1 2
x − 5x + 5 =
x−
x−
= f (x).
=
5
5
2
2
(2a + 7)x2 +
Легко убедиться в том, что независимо от значения параметра b и знака первого сомножителя
неравенство
f (x) ≥ 0 имеет по крайней мере два решения
√
√
5− 5
5+ 5
x =
и x =
, что гарантирует существование решения и второго
2
неравенства
системы. 2
7
О т в е т. − ; +∞ .
2
Задача 8. (ВМК-98.5)
Найти все значения параметра a, при которых существуют (x, y), удовлетворяющие системе неравенств
⎧
⎪
⎨max(2 − 3y, y + 2) ≤ 5,
√
6
2
⎪
⎩ a2 + arccos 1 − x2 − 16 − 2 arcsin x(π + 2 arcsin x) ≥ y 2 + 2ay + 7.
π
π
И д е я. Разрешив первое неравенство относительно переменной y и переформулировав задачу для второго неравенства системы, воспользоваться свойствами квадратичных функций.
У к а з а н и е. Решить первое неравенство системы, перейдя к равносильной совокупности условий.
У к а з а н и е. Отметив, что левая и правая части второго неравенства зависят от
разных переменных, переформулировать задачу.
У к а з а н и е. При поиске наибольшего или наименьшего значения квадратичной
функции на отрезке воспользоваться свойством монотонности.
Р е ш е н и е. Рассмотрим первое неравенство системы:
2 − 3y ≤ 5,
max(2 − 3y, y + 2) ≤ 5 ⇐⇒
⇐⇒
y + 2 ≤ 5;
−1 ≤ y ≤ 3.
Перейдём ко второму неравенству. Заметим, что его можно записать в виде:
f (x) ≥ g(y),
√
6
2
где f (x) = a2 + arccos 1 − x2 −16− 2 arcsin x(π +2 arcsin x), g(y) = y 2 +2ay +7 .
π
π
Поскольку требуется найти такие значения параметра a, при которых существует
518
Указания и решения
хотя бы одно решение системы, то задачу можно переформулировать следующим
образом: найти все значения параметра a, при которых:
max f (x) ≥ min g(y),
где x ∈ [−1; 1] (область допустимых
значений аргумента арккосинуса), y ∈ [−1; 3].
f√
(x) определяется максимумом функции f (x) ≥ 0 .
Максимум величины
2
Используя равенство
π π arccos 1 − x = | arcsin x| и произведя замену переменной
, получим функцию:
t = arcsin x ∈ − ;
2 2
2
4
6
|t| − 16 − t − 2 t2 .
π
π
π
π π
не сложен:
Поиск её максимального значения на отрезке t ∈ − ;
2 2
⎡
π
4
4
h1 (t) = a2 − 16 + t − 2 t2 при t ∈ 0;
;
⎢
π
π
2
h(t) = ⎣
4
8
π h2 (t) = a2 − 16 − t − 2 t2 при t ∈ − ; 0 ;
π
π
2
π
π
1) при t ∈ 0;
max h1 (t) = h1
= a2 − 16 + 2 − 1 = a2 − 15;
2
2
π π
= a2 − 16 + 4 − 1 = a2 − 13;
2) при t ∈ − ; 0 max h2 (t) = h2 −
2
2
π π
max h(t) = a2 − 13 .
значит, для t ∈ − ;
2 2
Минимальное значение функции g(y) при y ∈ [−1; 3] зависит от расположения
вершины параболы:
h(t) = a2 +
1) если yв < −1
⇐⇒ a > 1 , то min g(y) = g(−1) = 8 − 2a; неравенство
√
11
; +∞ ;
принимает вид: a2 − 13 ≥ 8 − 2a ⇐⇒ a ∈
3
2) если −1 ≤ yв ≤ 3 ⇐⇒ −3 ≤ a ≤ 1 , но при таких значениях параметра
подкоренное выражение всегда меньше нуля =⇒ решений нет;
3) если
yв > 3 ⇐⇒ a < −3 , то
√
√ min g(y) = g(3) = 6a + 16 ; неравенство:
a2 − 13 ≥ 6a + 16 ⇐⇒ a ≤ − 13.
√ /
11
; +∞ .
О т в е т. −∞; − 13
3
9.4.
Смешанные задачи
Задача 1. (Геол-95.8)
Найти все значения a, при которых неравенство 9x < 20 · 3x + a не имеет ни
одного целочисленного решения.
9.4.
Смешанные задачи
519
И д е я. Сделав замену переменных и воспользовавшись свойствами квадратичной
функции, переформулировать условие задачи.
У к а з а н и е. Выполнив замену переменных, перейти к квадратному неравенству.
У к а з а н и е. Вычислить абсциссу вершины параболы, отыскать ближайшее целое и выписать неравенство для параметра, обеспечивающее выполнение условия
задачи.
Р е ш е н и е. Неравенство является квадратным относительно функции y = 3x :
g(y) = y 2 − 20y − a < 0.
Заметим, что положение вершины параболы не зависит от параметра: yв = 10 ,
то есть xв = log3 10 . Ближайшее целое число к абсциссе вершины log3 10 есть
x = 2 , поскольку 2 < log3 10 < 3 и log3 10 − 2 < 3 − log3 10 . При x = 2 y = 9 .
Следовательно, условию задачи удовлетворяют только те значения параметра, при
которых:
g(9) ≥ 0 ⇐⇒ 81 − 180 − a ≥ 0 ⇐⇒ a ≤ −99.
О т в е т. (−∞; −99].
Задача 2. (Хим-96(1).5)
√
Решить систему
√
x + 2 + x2 + 5x + 5 ≥ 2,
x2 + 6x + 5 ≤ 0.
И д е я. Сделав замену переменных, перейти к следствию, устанавливающему равенство новых переменных.
√
√
У к а з а н и е. Сделать замену переменных: y = x + 2 ≥ 0 , z = x2 + 5x + 5 ≥ 0 .
После преобразований выделить полный квадрат.
У к а з а н и е. Вывести следствие (равенство новых переменных); воспользоваться
им, вернувшись к исходной системе.
√
√
Р е ш е н и е. Сделаем замену переменных: y = x + 2 ≥ 0 , z = x2 + 5x + 5 ≥ 0 .
Тогда:
y + z ≥ 2,
y + z ≥ 2,
⇐⇒
y 2 + z 2 − 2 ≤ 0;
−2y 2 − 2z 2 ≥ 4;
возведём первое неравенство последней системы в квадрат и сложим с первым:
−y 2 + 2yz − z 2 ≥ 0
⇐⇒
(y − z)2 ≤ 0
воспользуемся полученным следствием:
⎧
⎧
⎪
⎪
⎨y ≥ 1,
⎨y + z ≥ 2,
2
2
⇐⇒
y 2 ≤ 1;
y + z − 2 ≤ 0,
⎪
⎪
⎩y = z;
⎩y = z;
значит,
О т в е т. −1 .
x + 2 = 1,
x2 + 5x + 5 = 1;
⇐⇒
⇐⇒
y = z;
⇐⇒
x = −1.
y = 1,
z = 1;
520
Указания и решения
Задача 3. (Экон-98.7)
Найти все значения a, при которых уравнения
x3 + 2ax2 − a2 x − 2a3 + 2 = 0 и x3 − ax2 − 10a2 x + 10a3 − 1 = 0
имеют хотя бы один общий корень.
И д е я. Переформулировав задачу, разложить линейную комбинацию уравнений
на множители и определить нужные значения параметра.
У к а з а н и е. Переформулировать задачу, объединив уравнения в систему.
У к а з а н и е. Сложить первое уравнение системы с удвоенным вторым и разложить получившееся уравнение на множители; определить возможные значения
параметра; проверить их в исходных уравнениях.
Р е ш е н и е. Переформулируем задачу: требуется найти все значения параметра,
при которых система
x3 + 2ax2 − a2 x − 2a3 + 2 = 0,
x3 − ax2 − 10a2 x + 10a3 − 1 = 0;
имеет решение. Сложим почленно первое уравнение с удвоенным вторым и разложим полученный многочлен третьей степени на множители:
x3 − 7a2 x + 6a3 = 0
⇐⇒
(x − a)(x − 2a)(x + 3a) = 0;
осталось определить значения параметра, при которых корни последнего уравнения являются решениями системы:
1) подставим x = a в первое уравнение системы:
a3 + 2a3 − a3 − 2a3 + 2 = 0 – нет решений;
2) подставим x = 2a в первое уравнение:
8a3 + 8a3 − 2a3 − 2a3 + 2 = 0
⇐⇒
a3 = −
1
6
3) подставим x = −3a в первое уравнение:
−27a3 + 18a3 + 3a3 − 2a3 + 2 = 0
⇐⇒
a3 =
⇐⇒
1
4
⇐⇒
1
a = −√
;
3
6
1
a= √
.
3
4
1
1
; √ .
О т в е т. − √
3
6 34
Задача 4. (Фил-80.5)
Найти все значения a из промежутка [1; +∞), при каждом из которых больший
из корней уравнения x2 − 6x + 2ax + a − 13 = 0 принимает наибольшее значение.
И д е я. Выразив из уравнения параметр через переменную и удовлетворив условию на параметр, найти максимальный корень и соответствующее ему значение
параметра.
9.4.
Смешанные задачи
521
У к а з а н и е. Выразить из уравнения параметр через переменную, переформулировать ограничения на параметр.
У к а з а н и е. Определить все значения переменной, при которых уравнение имеет
решение для a ≥ 1 ; отобрать максимальный корень и найти из уравнения соответствующее значение параметра.
Р е ш е н и е. Поскольку условие задачи содержит ограничения для параметра, перепишем уравнение в виде: a(2x + 1) = −x2 + 6x + 13.
1
1) При x = − уравнение решений не имеет;
2
−x2 + 6x + 13
1
. Найдём все значения переменной,
2) При x = − получаем: a =
2
2x + 1
при которых выполняется условие задачи a ≥ 1 :
x2 − 4x − 12
1
−x2 + 6x + 13
≥ 1 ⇐⇒
≤ 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞; −2] ∪ − ; 6 .
2x + 1
2x + 1
2
Наибольшее значение x = 6 . Найдём значения параметра, при которых x = 6
является корнем исходного уравнения:
a · (2 · 6 + 1) = −36 + 36 + 13
⇐⇒
a = 1.
О т в е т. 1 .
Задача 5. (Псих-88.6)
Найти наибольшее значение параметра a, при котором неравенство
√
√
√ 2
a
π 4
≤ a3 sin x
a a(x − 2x + 1) + 2
x − 2x + 1
2
имеет хотя бы одно решение.
И д е я. Воспользовавшись неравенством для суммы двух взаимно обратных положительных чисел, переформулировать задачу.
У к а з а н и е. Разложив выражение в левой части на множители и воспользовавшись неравенством для суммы двух взаимно обратных положительных чисел,
переформулировать задачу.
У к а з а н и е. При поиске наибольшего возможного значения параметра использовать оценочные неравенства.
У к а з а н и е. Убедиться в том, что при наибольшем из найденных значений параметра решение неравенства существует.
Р е ш е н и е. Область допустимых значений аргумента: a ≥ 0 .
При a = 0 неравенство преобразуется в тождество, решением является любое
значение переменной из области допустимых значений переменной: x = 1 .
При a > 0 разложим выражение в левой части на множители:
a
√
1
a(x − 1)2 + √
a(x − 1)2
≤
√
4
π a3 sin x
2
⇐⇒
522
Указания и решения
⇐⇒
√
π 1
1 √
x .
a(x − 1)2 + √
≤
sin
4
a(x − 1)2
a
2
В левой части неравенства стоит сумма двух взаимно обратных положительных
чисел, поэтому выражение слева принимает значения, не меньшие двух. Значит,
необходимым условием существования решения является:
1 π √
sin x ≥ 2
4
a
2
⇐⇒
1 π √
sin x ≥ 4 a
2
2
⇐⇒
a≤
π
1
sin4 x.
16
2
Наибольшее возможное значение параметра есть a = 1/16 . Убедимся в том, что в
этом случае существуют решения исходного неравенства:
(x − 1)2
π 4
≤
2
+
x
sin
4
(x − 1)2
2
О т в е т.
⇐⇒
⎧
(x − 1)2
⎪
⎨
= 1,
4π ⎪
⎩sin x = 1;
2
⇐⇒
x = 3.
1
.
16
Задача 6. (Псих-92.4)
Найти все значения параметров u и v , при которых существуют два различных
корня уравнения x(x2 +x−8) = u , являющихся одновременно корнями уравнения
x(x2 − 6) = v .
И д е я. Решить задачу методом неопределённых коэффициентов.
У к а з а н и е. Представив многочлены третьей степени в виде произведения линейных сомножителей с учётом требований задачи, сопоставить коэффициенты и
найти нужные значения параметров.
Р е ш е н и е. Прежде всего отметим, что если уравнение третьей степени имеет
два различных действительных корня, то существует и третий. Поэтому с учётом
требований задачи уравнения можно представить в следующем виде:
• первое уравнение:
(x − x1 )(x2 + px + q) = 0 ;
• второе уравнение:
(x − x2 )(x2 + px + q) = 0 .
Раскрыв скобки, приведём подобные слагаемые и сопоставим коэффициенты (то
есть применим метод неопределённых коэффициентов):
• первое уравнение: x3 + (p − x1 )x2 + (q − px1 )x − qx1 = 0;
⎧
⎧
⎧
⎪
⎪
⎪
⎨x1 = p − 1,
⎨x1 = p − 1,
⎨p − x1 = 1,
q − px1 = −8, ⇐⇒ px1 = q + 8, ⇐⇒ p(p − 1) = q + 8,
⎪
⎪
⎪
⎩qx = u;
⎩qx = u;
⎩−qx = −u;
1
1
1
9.4.
Смешанные задачи
523
• второе уравнение: x3 + (p − x2 )x2 + (q − px2 )x − qx2 = 0;
⎧
⎧
⎧
⎪
⎪
⎪
⎨p − x2 = 0,
⎨x2 = p,
⎨x2 = p,
⇐⇒
⇐⇒
q − px2 = −6,
px2 = q + 6,
p2 = q + 6,
⎪
⎪
⎪
⎩−qx = −v;
⎩qx = v;
⎩qx = v.
2
2
2
Из вторых уравнений систем получаем: p = −2, q = −2 . Значит, x1 = −3 ,
x2 = −2 ; u = 6 , v = 4 . Проверкой убеждаемся, что найденные значения
параметров удовлетворяют условию задачи.
О т в е т. u = 6, v = 4 .
Задача 7. (М/м-99(2).3)
Найти все x, при которых хотя бы одно из двух выражений
|x − 3|(|x − 5| − |x − 3|) − 6x и |x|(|x| − |x − 8|) + 24
неположительно и при этом его модуль не меньше модуля другого.
И д е я. Переформулировав задачу, решить неравенство с двумя модулями стандартным способом.
У к а з а н и е. Требование задачи равносильно неположительности суммы двух
выражений.
У к а з а н и е. Ввести новую переменную и перейти к неравенству с двумя модулями, которое решить стандартным способом.
Р е ш е н и е. Обозначим:
f (x) = |x − 3|(|x − 5| − |x − 3|) − 6x, g(x) = |x|(|x| − |x − 8|) + 24 .
Требование задачи, очевидно, равносильно тому, что сумма двух данных выражений неположительна. Значит,
|x − 3|(|x − 5| − |x − 3|) − 6x + |x|(|x| − |x − 8|) + 24 ≤ 0
⇐⇒
|x2 − 8x + 15| − (x2 − 6x + 9) − 6x + x2 − |x2 − 8x| + 24 ≤ 0;
пусть y = x2 − 8x + 15 , тогда
|y| − |y − 15| + 15 ≤ 0
Следовательно,
x2 − 8x + 15 ≤ 0
⇐⇒
⇐⇒
y ≤ 0.
3 ≤ x ≤ 5.
О т в е т. [3; 5].
Задача 8. (Псих-98.6)
Найти все целые значения параметров a и b , при которых уравнение
√
√
2 − x2
b2 − x2
b
− b · 2sin πbx − arcsin
+ b · 2sin πbx = 2ab
arcsin
b
b
524
Указания и решения
имеет не менее 10 различных решений.
И д е я. Раскрыть модуль и отобрать целочисленные значения параметров, при
которых полученные уравнения будут иметь решения.
У к а з а н и е. Заметить, что условию задачи отвечают только положительные значения параметра b . Раскрыть модуль, отобрать целочисленные значения параметра a, при которых полученное уравнение имеет решения.
У к а з а н и е. Выписать решения в общем виде; провести отбор тех значений параметра b , при которых существует не менее 10 различных решений.
Р е ш е н и е. Область допустимых значений переменной и параметров: b = 0 ,
b2 − x2 ≥ 0 .
Рассмотрим различные возможные значения параметра b .
1) При b < 0 каждое слагаемое подмодульной функции неположительно; получаем:
√
b2 − x2
arcsin
= ab;
b
данное уравнение может иметь не более двух корней при любом значении параметра a.
2) При b > 0 каждое слагаемое подмодульной функции неотрицательно; имеем:
−b · 2sin πbx = ab
⇐⇒
2sin πbx = −a.
Функция в левой части уравнения принимает значения из отрезка
1
; 2 . Значит,
2
1
при a < −2 и a > − уравнение решений не имеет. При остальных значениях
2 1
параметра a ∈ −2; −
корни есть. Поскольку по условию a ∈ Z, переберём
2
возможные варианты.
а) Если a = −2 , получаем:
2n
1
+
, n ∈ Z;
2b
b
учтём область допустимых значений: −b ≤ x ≤ b , то есть
2sin πbx = 2
⇐⇒
sin πbx = 1
⇐⇒
x=
1
2n
+
≤ b ⇐⇒ −2b2 ≤ 4n + 1 ≤ 2b2 ;
2b
b
данному неравенству при b ∈ Z удовлетворяет не менее 10 различных значений n тогда и только тогда, когда b ≥ 4 .
−b ≤
б) Если a = −1 , получаем:
2sin πbx = 1
⇐⇒
sin πbx = 0
учтём область допустимых значений:
m
≤ b ⇐⇒
−b ≤
b
значит, b ≥ 3 .
⇐⇒
x=
m
, m ∈ Z;
b
−b2 ≤ m ≤ b2 ;
О т в е т. a = −2; b = 4; 5; 6; ...; a = −1; b = 3; 4; 5...
9.4.
Смешанные задачи
525
Задача 9. (Фил-82.5)
Найти все значения параметра γ , при каждом из которых минимально
√ количество
пар (n, m) целых чисел n и m, удовлетворяющих условию γ 3 |n| ≤ 2(γ 2 − m2 ).
И д е я. Определив, что условию задачи удовлетворяют только положительные
значения параметра, организовать перебор по числу целочисленных решений.
У к а з а н и е. Рассмотрев неравенство при различных значениях параметра, определить, что конечное число целочисленных решений может существовать только
при γ > 0 .
У к а з а н и е. Переформулировать задачу для положительных значений параметра; отметить чётность по каждой из переменных.
У к а з а н и е. Организовать перебор по числу целочисленных решений.
Р е ш е н и е. Рассмотрим возможные значения параметра γ :
√
√ 2
2
2m
1) при γ < 0 получаем: |n| ≥
−
. При любом фиксированном значении
γ
γ3
m ∈ Z и любом γ < 0 данное неравенство имеет бесконечно много целочисленных
решений. Значит, γ < 0 не подходят;
2) при γ = 0 получаем: m = 0, n − любое целое =⇒ решений бесконечно много.
Поэтому γ = 0 тоже не подходит;
√
√ 2
2
2m
3) при γ > 0 получаем: |n| ≤
−
. Данное неравенство имеет конечное
γ
γ3
число целочисленных решений.
Значит,
далее
√ 2 рассматриваем только γ > 0 . Множество решений неравенства
√
2
2m
−
|n| ≤
на плоскости переменных изображено на рисунке.
γ
γ3
3
n
2
2/
1
0
−
0
m
−1
−2/
−2
−3
−3
−2
−1
0
1
2
3
Отметим, что пара (0; 0) будет решением для любого γ > 0 . Проверим, существуют ли такие значения параметра, при которых целочисленное решение неравенства
будет единственным:
⎧√
⎧
√
2
⎪
⎪
⎪
< 1,
⎨
⎨γ > 2,
γ
⇐⇒
=⇒ решений нет;
γ < 1,
γ < 1,
⎪
⎪
⎪
⎩γ > 0;
⎩
γ > 0;
526
Ответы
значит, единственного целочисленного решения быть не может.
Далее организуем перебор по возможному количеству целочисленных решений.
Заметим, что неравенство является чётным по переменным m и n, то есть если
пара (m0 ; n0 ) является решением, то и пары (m0 ; −n0 ), (−m0 ; n0 ), (−m0 ; −n0 )
также будут решениями. Следовательно, целочисленных решений будет не меньше
трёх. Три решения возможны в одном из двух случаев:
1) это решения (0; 0), (0; 1), (0; −1); при этом пары m = 0, |n| = 2 ; |m| = 1, n = 0
и |m| = 1, |n| = 1 не должны быть решениями; для определения соответствующих значений параметра удобно воспользоваться исходным неравенством:
⎧
√
⎧ 3 √ 2
⎪
γ ≤ 2,
⎪
γ
≤
2γ
,
⎪
⎪
⎪
⎪
√ 2
1
⎪
⎪
⎪
⎪
3
⎪
⎪
2γ ,
⎨2γ >
⎨γ > √ ,
√ 2
1
2
⇐⇒ γ ∈ √ ; 1 ;
⇐⇒
0 > 2(γ − 1),
γ
<
1,
√
⎪
⎪
2
⎪
⎪
√
3
2
⎪
⎪
⎪γ > 2(γ − 1),
⎪γ 3 + 2(1 − γ 2 ) > 0,
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎩γ > 0;
γ > 0;
√
1
√ ;1 ;
2
2) это могут быть и решения (0; 0), (1; 0), (−1; 0); при этом пары |m| = 2, n = 0 ;
m = 0, |n| = 1 и |m| = 1, |n| = 1 не должны быть решениями; определим
соответствующие значения параметра:
⎧
⎧
√ 2
⎪
⎪
⎪0 ≤ √2(γ − 1),
⎪γ ≥ 1,
⎪
⎪
⎪
⎪
2
⎪
⎪
0
>
2(γ
−
4),
⎨
⎨γ < 2,
√ √
√
2; 2 .
⇐⇒
⇐⇒ γ ∈
γ > 2,
γ 3 > 2γ 2 ,
√ 2
√ 2 √
⎪
⎪
⎪
⎪
3
3
⎪γ > 2(γ − 1),
⎪γ − 2γ + 2 > 0,
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩
⎩
γ > 0;
γ > 0;
заметим, что γ 3 +
заметим, что γ 3 −
О т в е т.
√
2(1 − γ 2 ) > 0 для всех γ ∈
2γ 2 +
√
2 = γ 2 (γ −
√ 1
√ ;1 ∪
2; 2 .
2
√
√
√ 2) + 2 > 0 для всех γ ∈
2; 2 ;
§1.
527
Ответы
13. 9 .
1.1.
14. 2 .
1.5.
7. n = 5k + 2, k = 0; 1; 2; ...
11. Нет.
1. 10log9 3 > 7log4 2 .
14. n = 6l + 1, n = 6l + 2, l ∈ N.
2. log 4 7 > log1/3 2 .
17. n = 33m, m ∈ N.
1.2.
1. (1; k), k ∈ Z; (l; 1), l ∈ Z.
2. (0; 0), (−1; 0).
3. Решений нет.
7. (0; 0).
8. (1; 2), (2; 1) .
9. (0; −1; 0), (6; −1; 0), (0; 1; 0), (6; 1; 0).
10. (0; 0).
11. (0; 0), (2; 2).
12. (1; 2; 2), (2; 2; 1), (2; 1; 2).
13. (2; 1).
14. (0; ±2), (3; ±5), (4; ±7) .
15. (1; 1), (2; 3).
16. (2; 3; 1), (3; 2; 1), (1; 2; 3) ,
(1; 3; 2), (2; 1; 3), (3; 1; 2).
17. (0; 0; 0).
1.3.
1. 3 .
3. log 11 12 > log12 13 .
4. log 2 π + logπ 2 > 2 .
5. log 2 5 > log3 5 .
6. log 2 3 > log3 2.
7. log 11 119 < log15 227.
√
√
8. 4 log4 5 = 5 log5 4 .
9. 340 > 430 .
√
√
10. 9 9! > 8 8!.
11. sin 2 · cos 3 · sin 5 > 0.
√
1
12.
2 cos 2 + 4 cos 1 + 3 − 2 cos 1 > .
2
13. lg(arctg 2) > 0.
1
5
π
< arctg + arctg .
14.
4
4
8
15. sin 3 > sin 3◦ .
2
π
π
16. sin <
< tg .
7
7
5
17. log 2 3 > log5 8.
18. log 3 7 > log7 27.
√
19. 2
3
√
<3
20. sin 31 < tg 30◦ .
21. tg 55◦ > 1, 4.
11. Да.
√
13. n = 5p + 1, p ∈ Z.
15. n = 3k, n = 3k + 1, k ∈ N.
17. Нет.
1.4.
26. Первое число больше.
2.1.
3. Нет.
4. p = −2, q = −2.
3. 0 .
5. Нет.
4. 6 .
8. Да.
√
22. 10 11 > 11 10 .
√
√
23. 3 40 + 1 < 3 88.
√
24. log 2 14 < 15 .
25. log 189 1323 > log63 147.
18. (0; 0) .
7. x = y = 0.
.
◦
3. −1; 0.
6. Девятки.
2
π
5. − .
7
√
15
.
6.
4
528
Ответы
2
7. − √ .
5
12
8.
.
37
9. 7.
1.
2.
3.
10. 15.
4.
11. 1.
√
2+2 2
√
.
12.
3 5
√
12 + 5 3
13. −
.
26
2
14. √ .
5
3
15.
.
11
16. 4π − 10.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
17. 14 − 4π .
11.
19. x.
2b
.
20.
a
12.
2.2.
1
2
π
< arcsin + arccos .
4
3
3
π
9π
3. ctg
; 0 ; ctg
.
10
10
π
5π
4. ± cos
; ± cos
.
18
18
2.
13.
14.
2.3.
π
(−1)n + πn , n ∈ Z.
6
R.
π
− + 2πn , n ∈ Z.
4
π
.
0;
3
π
+ πn , π + 2πm , n, m ∈ Z.
2
π
π
π
− − πn; − πn ∪ − ; ∞ , n ∈ N .
4
4
4
R.
π
π
− + 2πn; + 2πn , n ∈ Z.
2
2
5π
π 3π
;
;π .
6 4
6
π
7π
π
− ,−
0,
.
12
2
12
π
− + 2πn , n ∈ Z.
2
π
− .
3
17π
π
+ 2πn ,
+ 2πm ;
12
12
n, m ∈ Z.
π 3π
π
0;
;
8
4 8
π 5π
3π 7π
;
;
.
2 8
4 8
2.4.
1
5. arctg 3 π + πn, n ∈ Z.
πk
, k ∈ Z,k = 0 .
2
π
π
+ πk ≤ x <
+ πk, k = ±1, ±2, ...
4√
2
π
и 2<x< .
2
π
.
0;
4
π
π
+ 2πn; + 2πn
6
4
π
3π
+ 2πn;
+ 2πn
4
4
5π
3π
+ 2πn;
+ 2πn ; n ∈ Z.
4
6
π
+ 2πn , arctg 2 + 2πm ; n, m ∈ Z.
4
2π
π
0;
;π .
3
3
5π
+ 2πk , k ∈ Z.
6
6. 0 .
√
1. |x| > 1 ,
7.
2.
5−1
.
2
8. [1; +∞).
9. π + 2πn , n ∈ Z.
π
10. ± .
14
π 3π
11.
;
.
16 16
12. При
k = 1√;
√ π−π 7
π+π 7
.
tg
; cos
4
4
√
−5 − 2 3
;0 .
13.
26
14. [−3; −2) ∪ {1} .
3.
4.
5.
6.
7.
x =
§3.
529
8. [0, 6; 1] .
1 120
.
9.
;
2 169
π
πn
π
πm
10.
+
, − +
; n , m ∈ Z.
4
2
8
2
√
17 − 1
+ 2πn , n ∈ Z.
11. π + arcsin
4
5π
π
+ 2πk ,
+ 2πm; k, m ∈ Z.
12.
12
12
π
π
13. − + 2πn , − + 2πm ; n, m ∈ Z.
2
3
12
14. −
≤ a ≤ 0.
5
11π
−4π; −
15. [−13; −4π)
3 7π
5π
− ; −2π
−2π; −
3
3
π
− ; −1 .
3
π
π
3
16.
+ πn; + πn
4
3
2
2π
3π
+ πm;
+ πm ;
3
4
n ∈ N , m ∈ N0 .
3.1.
1. (0, 1; 0, 01) , (100; 10) .
√
√
2. (x2 − 2x + 1)(x2 + 2x + 1).
12
1
16. (2; −1),
; −
.
7
7
17. (−1; 1; −2), (−1; 1; 2).
18. Решений нет.
19. (−1; −1; −1).
20. (2; 1).
√
1− 2
21.
.
2
22. x ∈ R.
√
√ 1 + 37 1 + 37
23. x ∈ 3;
; +∞ .
2
2
π
+ π(k1 + l1 ) ;
24.
3
π
− + π(k1 − l1 ); 2πk1 ,
3
π
− + π(k2 + l2 ) ;
3
π
+ π(k2 − l2 ); 2πk2 ,
3
2
π + π(m1 + n1 ) ;
3
π
+ π(m1 − n1 ); π + 2πm1 ,
3
π
+ π(m2 + n2 ) ;
3
2π
+ π(m2 − n2 ); π + 2πm2 ;
3
n1 , n2 , l1 , l2 , m1 , m2 , k1 , k2 ∈ Z.
√ √
25. (−2;√ 2), (2;
√ −2) , (2 2; 2) ,
(−2 2; − 2).
3. (x2 − x + 1)(x2 + x + 1).
4. (−1; 1).
1.
5. (−2; −2).
2.
3.
4.
6. [−2; −1) ∪ [0; 1] .
3
7.
;7 .
4
8. (9; 1).
9.
4
−5; − ; 2 .
5
π
+ πn, n ∈ Z.
4
π
11. ± + πn, n ∈ Z.
6
12. 2.
√
√
13. (2 − 2; 1] ∪ [3; 2 + 2).
10.
14. (−∞; −2) ∪ (2; +∞).
15. (0; ±1).
5.
6.
7.
8.
3.2.
3 11
.
;
7 7
(−3; −2) ∪ {−1} ∪ (0; 1) .
(−4; −2), (0; −2) .
−1 .
√
10 − 3.
−4 ±
√
√
(x + 4 − 6)(x + 4 + 6)(x + 2)(x + 6).
√
√ 1± 5
.
1 ± 3,
2
(1; 2; 3), (−1; −2; −3) .
9. (1; 3), (3; 1) .
√
√
10. (3 +√ 10; −3 +
√ 10) ,
(3− 10; −3− 10) , (3; 2) , (−2; −3) .
7
5
√ ;− √
,
11. (2; 1), (−2; −1),
2 2
2 2
7
5
− √ ; √
.
2 2 2 2
530
Ответы
√
4 2
12. −∞; −1 −
+1
3
√
4 2
+ 1; +∞ .
−1 +
3
1 3
.
13.
;
2 2
√
√
∪ (− 5 + 2; 0)∪
14. (−∞;
√− 5 − 2)√
∪(0; 5 − 2) ∪ ( 5 + 2; +∞) .
1. 50 .
2. −34 .
3. −5; 5.
4. −4; 1 .
5. 1/3 .
1 1
1 1
6.
,
.
;
;
9 25
25 9
7. [5; 10].
−
1
2
17. (−∞; −2) ∪ (0; +∞) .
5 5
18. ; .
3 4
3.4.
1. 0; 1 .
5
2. 10; 10− 4 .
3. 1; 4 .
3.3.
8. (−∞; −1] ∪
16. (15; 10), (10; 15) .
∪ [0; +∞).
9. {−3} ∪ (1; +∞).
10. {0} ∪ (16; +∞).
1
1
11. − ; −
.
3
8
12. x = 1 − (a − 1)2 + 4 и
x = 1 + (a + 2)2 + 4 при a < −2 ;
x = 1 − (a − 1)2 + 4 и
x = 1 − (a + 2)2 + 4 при
−2 ≤ a < −1/2 ;
x = −3/2
при a = −1/2 ;
x = 1 − (a − 1)2 + 4 и
x = 1 − (a + 2)2 + 4 при
−1/2 < a
≤ 1 ;
x = 1 + (a − 1)2 + 4 и
x = 1 − (a + 2)2 + 4 при a > 1 ;
при a = −1/2 уравнение имеет только один корень.
√
√ 27 − 4 66 8 − 85
13.
;
∪
9 √
3 √
17 + 349 27 + 4 66
∪
;
.
6
9
√
14. ( 3 4; 9) .
5
; −2 .
15. (1; 1),
2
6−
√
26
4. ± − log2
; в другом виде
2
√
6 + 26
± log 2
.
5
√
5. −1 ± 2 .
2
6. −1; .
3
7. 3 ; 81 .
8. 2−8 , 227 .
2
9.
; 1 ∪ (1; 2].
3
1
10. − .
4
7
1
∪ 1;
.
11. −1;
3
3
12. [−1; 1) ∪ (1; 3].
13. [1; 5) ∪ (10; +∞).
1
14. [− log3 2; 0) ∪
log3 2; 1 .
2
15. (0; 3] .
3 36
;
.
16.
2 25
17. (5; 0),
1
; 2 .
5
18. (−∞; 0) ∪ (log3 2; 1).
19. (3; −2).
√
√
6−2
6 − 2 ; log3
20. log2
.
2
93 33
.
;
21. (5; 2),
2
2
22. ±1.
3.5.
1.
πn
π
+
, n ∈ Z.
4
2
§4.
531
πn
, n ∈ Z.
2
√
π
5−1
+ πn , − + 2πk ;
(−1)n arcsin
2
2
n, k ∈ Z.
π
(−1)n + πn, n ∈ Z.
6
πk
π
; n, k ∈ Z.
− + πn,
4
2
3 корня.
6
9
4
x= √ ; y= √ ; z= √ ;
13
13
13
6
v= √ .
13
√ √
√
√
π
7π
.
;±
( π; ± π) ,
2
2
Нет решений.
2. x ∈ R, x =
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
4.1.
5
.
7
2. В 2 раза.
18
.
3.
29
4. 2,1 кг.
5. 8, 56, 392.
6. 432 человека.
7. 20 рейсов.
8. При шести членах; −66 .
9. 300 или 600 шт.
10. 156 домов.
5.1.
1. [1; 3] .
1
2. − .
2
3. c > 0.
4. q ≤ 0.
5. (p2 + 2q)2 − 2q 2 .
6. y 2 + p3 − p2 − 3pq + 2q y−
3
2
− p − 2q p − 3pq = 0.
7. Минус.
1.
8. (−∞; 20] .
9. 0 ; 1 .
√ √
10. (3 − 2 3; 2 15 − 6).
√
11. ± 3 .
5. 45 минут.
6. 48 минут.
7. В 2 раза.
8. 28 млн.т.
4.2.
1. 8 книг.
2. 3 .
3. [15, +∞).
4. 6 насосов; нет.
5. 36.
6. 40 минут и 1 час соответственно.
7. 50 км/ч.
4.3.
1. 1 набор за 4 рубля и 16 наборов по
6 рублей.
12. {0} ∪ [3; +∞);
если m = 0 , то x = 0 ;
9
если m = 3 , то x = > 0 ;
2
если m > 3 , то два положительных
корня;
если 0 = m < 3 , то нет решений.
√
√
13. {0} ∪ (2 + 3; 2 + 5) .
√
√
14. 1 − 2 ; 5 + 10 .
5.2.
16
;2 .
1.
17
√
√
2. (−2 − 11; −2 + 11).
16
3. − ; −1 .
7
5. (−∞; 20] .
6. −3 .
2. 11000 тыс.р. и 12600 тыс.р.
7. −8 .
3. 10500 тыс.р. и 12600 тыс.р.
8. [−3; 3] .
√ 9. − 2 ∪ (−1; 1) .
4. 10 человек.
532
Ответы
3
3
3
10. − ; −
− ;0 .
2
4
4
1
.
11. 0; √
3
36
1
.
12. 0;
8
13. (−∞; −3) ∪ (1; 6).
3
14. −∞; − .
2
√ 2 + 13
7
15. 1) 1;
; 2) .
4
3
√
3
√
9
.
16. − 3 36; −3 ∪ 0;
2
17. [2; 4) ∪
3
2
∪
5
3
.
18. (−6; 7) .
5.3.
2. −5 .
3. 1.
3. 1 .
4. 2 .
5. 2 .
2π π
π
;
; ± + 2πn, n ∈ N ;
3
2
3
2π
− 2πk, k ∈ N.
±
3
7. Нечётная.
π
.
10.
2
11. 2π.
6. −
6.2.
1. (−∞; −2].
2. [−1; +∞).
5. (1; 8].
4. p = 3.
7. Прямая q = −ap − a2 .
82
9. − .
9
√
√
10. (−∞; − 7] ∪ [ 7; +∞) .
12. (−∞; −2 −
1. πn, n ∈ Z.
2. ±2; 0.
3. [0; 3].
5
4. − ; +∞ .
3
1. −3 .
11. 2 ; A .
6.1.
√
√
6) ∪ ( 2; +∞) .
13. [2; +∞) .
13
14. − ; 3 .
4
15. Если k = −1 , то
π
x = + πn или 2πm , n, m ∈ Z;
2
2π
+ 2πk , k ∈ Z;
если k = 0 , то x = ±
3
если k = 1 , то
√
7−1
x = ± arccos
+ 2πl , l ∈ Z.
2
16. 1 .
3
1
∪
; +∞ .
17. k ∈ −∞;
2
2
3 33
1 3
;
;
.
18.
3 4
4 32
19. (−∞; 3] ∪ [4; +∞) .
6. [−3; 0] .
π
+ πn, n ∈ Z.
7.
2
π
8. (−1)n + πn, n ∈ Z.
6
9. 1 − 2π.
10.
11.
1
π
; − + πn , n ∈ Z.
2
4
12. (−∞; 0).
2
13. .
3
14. 7.
15. 3.
16. −1; 3.
2
17. − ; 0 .
3
√
18. 1 ± 11 + 4 3.
1
19. 2π − ; +∞ .
8
§7.
533
√
√
217 − 5 415 180 + 2 415
6.
;
.
29
29
√
√
7. a = 4; b ∈ −3 − 45; 3 − 45 ∪
√
√
45 − 3; 45 + 3 .
∪
6.3.
1. Нет.
2. f (x) = −x2 − 4x + c, c ∈ R.
3
x2
−
.
4x
4
x3
5
−
.
4. f (x) =
2
8x
8
3. f (x) =
n
,
5. 99 решений; xn =
99
n = 0, 1, 2, . . . 98.
6. [2; +∞).
1 2
7. 0; ; .
3 3
3
8. .
7
9. −2.
10. 25.
8. (−∞; 0] ∪ [3; +∞).
√
9. ± 2.
π
π
π
π
10. − ; −
∪ − ;−
2
3
3
4
π
11. − + 2πn, n ∈ Z.
2
12. [0; 1) ∪ (1; 2] ∪ {3}.
√
9 + 81 + 12π
13. 0;
.
2
√
2
1
14. ± ; ±
.
6
6
15. 27.
∪
π π
;
.
3 2
16. −112.
11. 9, 2.
17. [1; 1, 5] ∪ [2, 5; 3].
12. 42.
13. Три корня.
7.1.
14. Пять корней.
15. Два нуля.
1. Решений нет.
16. Два нуля.
−x
при x < 0.
3
1
Корни уравнения − ; 81.
9
18. 1 + 8n, 7 + 8k; n, k ∈ Z.
1
19. − + 8k, k ∈ Z.
2
√
20. [ 3 2 ; 6 ] .
17. f (x) = − log 3
21. 1.
3. 3 .
4. ymin = 0, ymax = 1 .
2
5. ymin = , ymax = 2 .
3
6. [−1; 0) ∪ [1; +∞).
√
7. ymin = 1, ymax = 2 .
8. (0; 1), (1; 0).
9. (0; 0) .
22. −1.
10. Решений нет.
6.4.
11. 8 .
19
.
4
√
1− 2
2. 2;
.
2
12. 0; 1 .
1. 4 ;
13. (4; −3; 0), (2; −1; 2).
14. 4,25.
3. При a = −2 x ∈
при a = −
2. −1; 2.
1
x∈
2
6 10
;
;
5 3
1
1
− ; 0;
.
5
3
2;
15. (1; −1).
7.2.
4. [1; 3].
π
+ 2πn; 1 ,
1.
2
n ∈ Z.
5. [2; 3) ∪ (3; 4].
2. 3 .
−
π
+ 2πn; −1 ,
2
534
Ответы
3. −1; −2.
4. (−2; πk),
π
2; + πk , k ∈ Z.
2
5. π/4 .
π
+ 2πn, n ∈ Z.
6.
4
7. (0; 1).
π
8. ± + πn; 1 , n ∈ Z.
4
π
π ∪
;π .
9. 0;
2
2
10. Решений нет.
11. Решений нет.
π
12.
+ 2πk, k ∈ Z.
2
13. 0.
14. (−2; −4), (−1; −3).
5π
π
15. − ; − .
12
12
π
16.
+ 2π · (2k − 1), k ∈ Z.
2
17. a = 4l − 1, l ∈ Z.
18. 0, 99.
π 23π
19. − ;
.
12 12
20. πn, n ∈ Z.
π
21. 1; −
.
2
3
; +∞ .
22.
82
1. Решений нет.
2. 0 .
∪ (2; +∞).
4. x ∈ (0; 1)∪{2} при α = π+2πk, k ∈ Z;
x ∈ (0; 1) при остальных α.
7.
1;
π
.
3
√
√
3−5
1− 3
x=
;
2
2
√
√
1+ 3
− 3−5
при a =
x=
.
2
2
14. 1.
3
15. − .
4
16. (−∞; +∞) .
13. При a =
17. 0.
1
x = 1, при остальных
18. При a =
3
значениях a решений нет.
19. (−1; −3), (3; −3).
20. 2.
21. При a = 0 x = 0;
при a = 0 x = 0 и x = −1.
π
+ 2πn, n ∈ Z.
2
24. 5.
7.3.
6. −1 .
12. (−2; 1).
23. −
24. (1; 256, 5; 128), (−1; −256, 5; −128).
π
πn
25.
+
, n ∈ Z.
4
2
3π
+ 2πn, n ∈ Z.
26.
4
3.
9. 2 .
π
10.
+ 2πn; 0,1 , n ∈ Z.
2
11. (3; +∞).
22. 2.
23. (−1; 2), (−1; −2).
3
2
8. Решений нет.
√
2
14.
.
2
17. Не имеет.
8.1.
18. Да.
7. 2x−1 + 2y−1
8.3.
√
≥ 2x+y .
9.1.
1. (3; 3; 3)
√
√
5a
5a
; 0;
.
2. −
2
2
√
3. 2 2 .
1
1
4. ; − .
2
2
5. p = 9 ; [−1; 3] .
√
√
6. [3 − 6; 2] ∪ [5; 3 + 6] .
§9.
535
3
7. −∞; −
2
1
; +∞ .
3
8. (−∞; −1) ∪ (1; +∞) .
1
π
1
√ ; − + πn , n ∈ Z;
9. При b = −
2 8 8
4 1 π
1
√
; + πm , m ∈ Z;
при b =
8
2
8 4
при остальных значениях параметра
решений нет.
9.2.
3. (−∞; 0] .
5
4.
.
2
√
5. (0; 35] .
1
1
.
6. − √ ; √
10
10
7
7. − ; +∞ .
2
√ 11
8. −∞; − 13
; +∞ .
3
1. 2 .
2. 1 .
3.
4.
5.
6.
7.
8.
1
1
− √ ; 0; √ .
2 2
2 2
−3; 9 .
√
√
2 − 2; 2 + 2 .
√
√
3− 5
3+ 5
; 0;
.
2
2
−1; 2 .
1
1
− ; − .
4
32
9.3.
1. [−1; 1] .
1 1
2. − ;
.
4 3
9.4.
1. (−∞; −99] .
2. −1 .
1
1
; √
.
3. − √
3
3
6
4
4. 1 .
1
.
5.
16
6. u = 6, v = 4 .
7. [3; 5] .
8. a = −2; b = 4; 5; 6; ...;
a = −1; b = 3; 4; 5...
√ 1
√ ;1
9.
2; 2 .
2
Литература
1. Золотарёва Н. Д., Попов Ю. А., Семендяева Н. Л., Федотов М. В. Алгебра. Базовый курс с решениями и указаниями (ЕГЭ, олимпиады, экзамены в
вуз) – М.: Фойлис, 2010. – 568 c.
2. Федотов М. В., Разгулин А. В. Алгебра. Подготовка к вступительным экзаменам в МГУ. – М.: МАКС Пресс, 2007. – 260 c.
3. Федотов М. В., Хайлов Е. Н. Задачи устного экзамена по математике.– М.:
МАКС Пресс, 2002. – 144 c.
4. Математика. Задачи вступительных экзаменов по математике в МГУ имени
М. В. Ломоносова с ответами и решениями (1999-2004 гг.) Сост. Е. А. Григорьев. – М.: Издательство УНЦ ДО, 2005. – 399 с.
5. Варианты вступительных экзаменов по математике в МГУ (2000-2002, 2003,
2004 гг.). – М.: Механико-математический факультет МГУ.
6. Глазков Ю. А., Варшавский И. К., Гаиашвили М. Я. Математика. Единый
государственный экзамен. Решение задач группы В. – М.: Экзамен, 2009. –
382 c.
7. Сергеев И. Н. Математика. Единый государственный экзамен. Задания типа С. – М.: Экзамен, 2009. – 318 c.
8. Денищева Л. О., Бойченко Е. М., Глазков Ю. А. и др. Единый государственный экзамен 2003-2004: Контрольные измерительные материалы: Математика. – М.: Просвещение, 2003. – 191 с.
9. Денищева Л. О., Рязановский А. Р., Семенов П. В., Сергеев И. Н. ЕГЭ 2008.
Математика. Федеральный банк экзаменационных материалов. – М.: Эксмо,
2008. – 240 с.
10. Галеев Э. М. Подготовка к ЕГЭ по математике. Задания типа В и С. – М.:
Издательство ЦПИ при механико-математическом факультете МГУ, 2009. –
96 с.
Минимальные системные требования определяются соответствующими требованиями программы Adobe Reader версии не ниже 11-й для платформ Windows,
Mac OS, Android, iOS, Windows Phone и BlackBerry; экран 10"
Учебное электронное издание
Серия: «ВМК МГУ — школе»
Золотарёва Наталья Дмитриевна
Попов Юрий Александрович
Сазонов Василий Викторович и др.
АЛГЕБРА.
УГЛУБЛЕННЫЙ КУРС С РЕШЕНИЯМИ И УКАЗАНИЯМИ
Учебно-методическое пособие
Корректор И. В. Бабаева
Подписано к использованию 07.04.15. Формат 145×225 мм
Издательство «БИНОМ. Лаборатория знаний»
125167, Москва, проезд Аэропорта, д. 3
Телефон: (499) 157-5272, e-mail: [email protected]
http://www.Lbz.ru, http://e-umk.Lbz.ru, http://metodist.Lbz.ru
Факультет вычислительной математики и кибернетики
МГУ имени М. В. Ломоносова
ПОДГОТОВИТЕЛЬНЫЕ КУРСЫ
проводят обучение
по
МАТЕМАТИКЕ
ФИЗИКЕ
ИНФОРМАТИКЕ
РУССКОМУ ЯЗЫКУ
учащихся 9-х (трехгодичная программа), 10-х (двухгодичная программа)
и 11-х классов (девятимесячная, шестимесячная и трехмесячная программы)
в целях подготовки к сдаче школьных выпускных экзаменов (ЕГЭ)
и вступительных испытаний в вузы.
Для жителей Подмосковья и ближайших областей организуются
группы выходного дня (только для 11-х классов) с занятиями по субботам.
Занятия на подготовительных курсах
проходят в вечернее время
с 18.00 до 21.10
в учебных аудиториях факультета вычислительной математики и кибернетики
в группах по 15–16 человек (метро «Университет»).
Набор на трехгодичную, двухгодичную и на девятимесячную программы
проходит с 10 по 20 мая и с 1 сентября по 20 сентября,
на шестимесячную программу – в конце декабря,
на трехмесячную – в конце марта.
http://www.vmk-edu.ru
Справки по телефону
(495) 932-98-08
с 16 часов до 19 часов в рабочие дни.
Учащимся, не имеющим возможности приезжать на занятия,
предлагаются дистанционные подготовительные курсы:
http://ecmc.cs.msu.ru
Факультет вычислительной математики и кибернетики
МГУ имени М. В. Ломоносова
КОМПЬЮТЕРНЫЕ КУРСЫ
Курсы для школьников:
работа на компьютере для школьников 3 – 5 кл., занимательная логика на
компьютере, программирование для школьников младшего возраста, базовая подготовка для начинающих (6 – 11 кл.), игровые алгоритмы, основы
программирования для 6 – 7 кл., занимательное моделирование в программе
Автокад, моделирование в программе 3D-MAX, создание сайтов, компьютерная анимация Flash (основы и программирование), графика (Photoshop),
программирование (Паскаль, DELPHI, C, C++, C#, Java), создание домашней
компьютерной сети, машинопись.
Организованным группам школьников предоставляется скидка.
Компьютер для начинающих и углубленно:
Windows, офисные программы, Интернет. Компьютер для работы в офисе.
Машинопись.
Построение сайтов:
HTML и CSS, JavaScript, управление сайтами, PHP.
Компьютерная графика и верстка:
Photoshop, CorelDraw, Flash, AutoCAD, 3D-MAX, основы цифровой фотографии.
Профессиональные курсы:
С, С++, C#, Java, 1C, SQL, Создание малой компьютерной сети для офиса и
дома, Управление ИТ-процессами.
Будни и выходные
www.vmk-edu.ru
(495) 939-54-29, 939-36-04
м. «Университет»
Занятия в течение учебного года 1–2 раза в неделю
Интенсивные курсы в июне
Развитие и широкое распространение компьютеров вызывают насущную потребность в высококвалифицированных
специалистах в области прикладной математики, вычислительных методов и информатики. Сегодня наш факультет –
один из основных факультетов Московского университета,
ведущий учебный и научный центр России в области фундаментальных исследований и образования по прикладной математике, информатике и программированию.
Высокая квалификация преподавателей и сотрудников факультета, сочетание их глубокого теоретического и практического опыта являются залогом успешной работы наших выпускников в ведущих
научных центрах, промышленных, коммерческих и других учреждениях.
Факультет не только учит студентов, но и ведет большую работу со школьниками
и учителями:
– на факультете работают вечерняя математическая школа, подготовительные
курсы и компьютерные курсы для школьников;
– для учителей есть курсы повышения квалификации и ежегодно проводятся
летние школы по математике и информатике;
– сотрудники факультета и преподаватели других факультетов МГУ, работающие на
подготовительных курсах факультета, готовят учебные и методические пособия
по математике, информатике и физике как для школьников, так и для учителей.
Мы рады видеть новых студентов и приветствуем
новых партнеров в научном сотрудничестве
и инновационной деятельности.
Декан факультета вычислительной математики
и кибернетики МГУ им. М. В. Ломоносова,
академик РАН Е. И. Моисеев
Сайт факультета ВМК МГУ:
http://www.cs.msu.ru
