откуда y< −1, 0 <y< ½ и, наконец, 0 < cos 2x< ½.
Ответ: −π/4 + nπ <x< −π/6 + nπ; π/6 + nπ <x< /4 + nπ.
14.13. Пусть y = cos x, где |y| ≤ 1. Выражение 17/7 − cos x всегда положительно. Поэтому обе части данного неравенства можно возвести в квадрат; получим равносильное неравенство
Когда правая часть отрицательна, придем к системе
решением которой будут значения y>5/14·
Когда правая часть неотрицательна, то получим другую систему
Второе неравенство этой системы можно переписать в виде
2 · 49у² − 7 · 27у + 25 < 0,
откуда
1/7<y<25/14, т. е. y>1/7, так как y = cos x.
Решения всей системы будут лежать в интервале
1/7<y ≤ 5/14
Объединяя его с интервалом y>5/14, получим y>1/7·
Ответ. −arccos 1/7 + 2nπ <x< arccos 1/7 + 2nπ.
14.14. Выразим sin x и cos x через tg x/2 и обозначим tg x/2 = y. Придем к неравенству
которое равносильно исходному. В самом деле, замена sin x и cos x их выражениями через tg x/2 может привести к потере решений, так как tg x/2 перестает существовать в тех точках, в которых sin x и cos x существуют Однако tg x/2 входит в первоначальное неравенство, а потому эти точки исключены с самого начала. Сокращение числителя и знаменателя на y² + 1, очевидно, не приводит ни к потере, ни к приобретению корней, так как y² + 1 ≠ 0 и y не исчез полностью из неравенства.
Неравенство относительно y перепишем в виде
После разложения левой части на множители получим
откуда
Находим интервалы изменения x:
Остается выделить решения, лежащие в интервале 0 <x< π.
Ответ.
14.15. Выразив sin 3α и cos 2α через sin α и обозначив sin α = y, получим
4(3y − 4у³) + 5 ≥ 4 − 8у² + 5у,
или
16у³ − 8у² − 7у − 1 ≤ 0.
Нетрудно заметить, что y = 1 — корень многочлена, стоящего в левой части неравенства. Теперь можно разложить этот многочлен на множители:
16у³ − 8у² − 7у − 1 = (y − 1)(4у + 1)².
Так как y = sin α, то y − 1 ≤ 0, а следовательно, и многочлен 16у³ − 8у² − 7y − 1 неположителен, что доказывает неравенство.
14.16. Значения x = πk, при которых sin x = 0, являются решениями неравенства при всех а> 0. На множестве остальных точек данное неравенство равносильно такому:
Так как
(сокращение на sin x правомерно, так как рассматриваются точки, в которых sin x ≠ 0), то приходим к неравенству:
(1 + 2cos 2x)² ≥ а².
Так как а> 0, то это неравенство распадается на два:
1 + 2cos 2x ≤ −а, 1 + 2cos 2x ≥ а,
т. е.
cos 2x ≤ −a + 1/2, cos 2x ≥ a − 1/2.
Первое имеет решения при − a + 1/2 ≥ −1, а второе — при a − 1/2 ≤ 1 или соответственно а ≤ 1 и а ≤ 3.
Найдем решение неравенства cos 2x ≤ −a + 1/2. Так как а> 0, то правая часть неравенства отрицательна и при а< 1 ему будут удовлетворять углы 2x, подвижные радиусы которых лежат в секторе, расположенном во второй и третьей четвертях симметрично горизонтальной оси (сделайте рисунок самостоятельно), т. е.
arccos (−a + 1/2) + 2πk ≤ 2x ≤ −arccos (−a + 1/2) + 2π + 2πk.
Так как arccos (−y) = π − arccos y, то
π − arccos a + 1/2 + 2πk ≤ 2x ≤ arccos a + 1/2 − π + 2π + 2πk.
Результат окончательных преобразований дан в ответе.
Ответ. При любом а> 0 y неравенства есть решения x = πk; при 0 <а ≤ 3 появляется вторая серия решений:
−½ arccos a − 1/2 + πk ≤ x ≤ ½ arccos a − 1/2 + πk;
при 0 <а ≤ 1 — третья серия:
−½ arccos a + 1/2 + π/2(2k + 1) ≤ x ≤ ½ arccos a + 1/2 + π/2(2k + 1).
14.17. Обозначим cos t = z и преобразуем условие задачи в неравенство
2z² + (2 cos x cos y)z + ½ cos² x cos² y + cos x − cos y> 0,
которое должно удовлетворяться при всех −1 ≤ z ≤ 1. Парабола, соответствующая трехчлену, стоящему в левой части неравенства, имеет абсциссу
z0 = −½ cos x cos y.
Следовательно, −1 <z0< 1. Таким образом, условие задачи равносильно требованию, чтобы ордината этой вершины была положительна, что в свою очередь сводится к требованию отрицательности дискриминанта:
D = cos² x cos² y − cos² x cos² y − 2(cos x − cos y) < 0,
т. е.
cos x − cos y> 0, sin x + y/2 sin y − x/2> 0. (2)
Нанесем на график точки, в которых
sin x + y/2 sin y − x/2 = 0.
Это будет совокупность прямых
x + y = 2πk, y − x = 2πn,
параллельных биссектрисам первого и второго координатных углов (рис. P.14.17), пересекающих оси координат в точках, координаты которых кратны 2π. Сами эти прямые не удовлетворяют неравенству (2), однако они разбивают всю плоскость на квадраты, внутри каждого из которых произведение sin y + x/2 sin y − x/2 сохраняет постоянный знак.
Рассмотрим квадрат ОАВС, примыкающий к началу координат снизу. Для всех внутренних точек этого квадрата
sin y + x/2< 0 и sin y − x/2< 0,
т. е. неравенство (2) удовлетворяется. При переходе через границу квадрата в любой точке, кроме вершины, произойдет смена знака одного из сомножителей. При переходе же через вершину знак поменяется дважды. Таким образом, вся плоскость окажется разбитой на области, расположенные в шахматном порядке. Те области, в которых неравенство (2) удовлетворяется, заштрихованы.
Ответ.
Глава 15Трансцендентные неравенства
15.1. Данное неравенство равносильно такому:
(logsin x 2)² < 2 logsin x 2 + 3.
Обозначив logsin x 2 = y, получим
y² − 2y − 3 < 0,
откуда
−1 <y< 3, или −1 < logsin x 2 < 3.
Последнее неравенство эквивалентно системе
Первое из неравенств системы можно переписать так: 0 < sin x< ½·
Ответ. 2nπ <x<π/6 + 2nπ; 5π/6 + 2nπ <x< π + 2nπ.
15.2. Пусть tg x = √y. Тогда sin² x = y/1 + y, и данное неравенство можно переписать в виде
(докажите, что последнее преобразование не нарушает равносильности). При 0 <y< 1 и y> 1 получаем различные системы:
Их можно объединить в одну:
Второе неравенство можно решить методом интервалов
т. е. y> 1.
Итак, tg² x> 1, причем tg x> 0.
Ответ.π/4 + kπ <x<π/2 + kπ.
15.3. Так как выражения, стоящие под знаками логарифмов, должны быть положительными, то указанный в условии интервал можно сузить: 0 <x<π/2. Данное неравенство равносильно системе
Второе неравенство перепишем в виде
sin² x + sin x − 1 < 0,
откуда
Учитывая, что в интервале 0 <x<π/2 должно быть sin x> 0, получим
Ответ.
15.4. Данное неравенство можно переписать так:
log2 cos 2x + log2 sin x + log2 cos x + log2 8 < 0,
т. е.
Первое неравенство можно переписать в виде
sin 4x< ½.
Два последних неравенства требуют, чтобы подвижный радиус угла x лежал в первой четверти, а неравенство cos 2x> 0 сужает эту область до первой половины первой четверти (на рис. P.15.4, а — заштрихованный сектор).
Остается выбрать решения неравенства sin 4x< ½, лежащие в этих промежутках. Все решения неравенства sin 4x< ½ можно записать в виде
−7π/6 + 2nπ < 4x<π/6 + 2nπ,
т. е.
−7π/24 + nπ/2<x<π/24 + nπ/2
(рис. P.15.4, а