x> 0, то cos² x< 1, и любое решение уравнения
sin x cos² x − ¼ cos x = 0
удовлетворяет неравенству
sin x − ¼ cos x> 0.
Запишем уравнение в виде
cos x(sin 2x − ½) = 0.
Так как sin x ≠ 1 и sin x> 0, то cos x ≠ 0. Остается
sin 2x = ½,
откуда
x1 = πn + π/12, x2 = (2n + 1)π/2 − π/12.
Из всех ограничений осталось удовлетворить только одному: sin x> 0. Чтобы добиться этого, нужно для x1 и x2 взять n = 2k.
Ответ. 2πk + π/12; 2πk + 5π/12.
16.8. Данное уравнение равносильно системе
Условие sin x> 0 содержится в уравнении, так как справа стоит всегда неотрицательное число, а если cos x = 0, то sin x ≠ 0.
Рассмотрим следствие исходного уравнения
sin x = ±√8 cos x,
а в конце проверим выполнение условий: sin x> 0 и cos² x ≠ 1/8. Получим
tg x = ±√8, x = nπ + arctg √8.
Если tg x = ±√8, то tg² x + 1 = 9 и cos² x = 1/9 ≠ 1/8. Чтобы проверить выполнение условия sin x> 0, рассмотрим два случая.
Если n = 2k, то x = 2kπ ± arctg √8. Это — углы, лежащие в первой и четвертой четвертях; условие sin x> 0 выполняется лишь для тех из них, которые лежат в первой четверти: x1 = 2kπ + arctg √8.
Если n = 2k + 1, то x = 2kπ + π ± arctg √8. Здесь нужно выбрать знак минус, так как только тогда мы получаем угол, лежащий во второй четверти.
Ответ. 2kπ + arctg √8; (2k + 1)π − arctg √8.
16.9. Данное уравнение эквивалентно такому:
(½)x = 4k + 1/20.
Так как x> 0, то (½)x заключено между нулем и единицей. Следовательно, 0 <4k + 1/20< 1, откуда 0 ≤ k ≤ 4.
Для каждого из этих k находим соответствующее значение x.
Ответ. log2 20/4k + 1, где k = 0, 1, 2, 3, 4.
16.10. Решаем квадратное уравнение
Стоящее под корнем выражение неотрицательно, если −1 − √5 ≤ m ≤ −1 + √5.
Делаем следующий шаг:
Когда перед корнем взят минус, то стоящее справа положительное выражение не превзойдет единицы, а потому может быть косинусом. Когда перед корнем поставлен плюс, нужно, чтобы
После возведения в квадрат, учитывая полученные вначале ограничения для m, придем к системе
y которой два интервала решений:
−1 − √5 ≤ m ≤ −3, 1 ≤ m ≤ −1 + √5.
Ответ. При −1 − √5 ≤ m ≤ −1 + √5, x = 2nπ ± arccos A,
при −1 − √5 ≤ m ≤ −3 и 1 ≤ m ≤ −1 + √5, x = 2nπ ± arccos B, где
16.11. Решаем квадратное уравнение относительно lg sin x:
Подкоренное выражение должно быть неотрицательным: 2 а² − 2 ≥ 0, т. е. а ≤ −1, а ≥ 1.
Поскольку
то правая часть не должна превосходить единицу, а потому
Когда а ≥ 1, нужно рассмотреть лишь неравенство
откуда (с учетом ограничения а> 1) получаем а> √2. Если же а ≤ −1, то всегда отрицательное число, а чтобы и число было неположительно, должно быть еще а ≥ −√2.
Ответ. При а ≤ −√2
при −√2 ≤ а ≤ −1 и при а ≥ √2
при −1 <а< √2 решений нет.
16.12. Данная система равносильна такой:
Решая входящие сюда два уравнения, получим
Из первого уравнения большой системы следует, что второе и третье неравенства выполняются одновременно. Поэтому достаточно потребовать
Аналогично убеждаемся, что условие 3x − 4у − 15 ≠ 1 выполняется при n ≠ −41/10, т. е. всегда, ибо n — целое.
Неравенство x + 2y> 0 справедливо при всех n> 1,5, т. е. n ≥ 2, а условие x + 2y ≠ 1 выполняется при n ≠ 1,9, т. е. всегда.
Ответ.
где n = 2, 3, 4, ... .
16.13. Если 4cos² πx = u, то
4sin² πx = 41 − cos² πx = 4/u.
Следовательно, левая часть уравнения обращается в 4/u + u, где u> 0. В силу неравенства, связывающего среднее арифметическое чисел u и 4/uсо средним геометрическим этих же чисел, имеем
4/u + u ≥ 4.
Для оценки правой части уравнения выделим полный квадрат:
−8x² + 12|x| − ½ = −2( 2|x| − 3/2)² + 4 ≤ 4.
Поскольку левая часть уравнения не может стать меньше 4, в то время как правая его часть не может превзойти 4, остается проверить те два значения x = ±¾, при которых правая часть достигает своего наибольшего значения. Непосредственной проверкой убеждаемся, что x = ±¾ — корни данного уравнения.
Ответ.x = ±¾.
16.14. Запишем уравнение в виде
или
т. е.
Так как sin πx ≤ 1, а
то (1) имеет единственное возможное решение, когда обе части равенства равны 1. Правая часть равна 1 при x = 0,5. Вычислим sin πx при x = 0,5: sin 0,5π = sin π/2 = 1.
Ответ. 0,5.
Глава 17Функции и их свойства
17.1. Запишем данную систему в виде
которую решим относительно f(2x + 1) и g(x − 1):
В уравнении (1) осуществим замену переменной: x − 1 = y, т. е. x = y + 1. Тогда
В уравнении (2) сделаем замену: 2x + 1 = z, т. е. x = z − 1/2. Тогда
Теперь мы знаем, что
Подставим эти значения в неравенство
4f(x) + g(x) ≤ 0,
которое требуется решить по условию задачи. Получим
или после простых преобразований:
x + 1 ≥ 0, т. е. x ≥ −1.
Ответ.x ≥ −1.
17.2. Сначала заметим, что
f(x) = x(x² − 6x + 9) = x(x − 3)². (3)
Теперь подставим в (3) вместо x выражение f(x):
f(f(x)) = f(x)[f(x) − 3]² = x(x − 3)²(x³ − 6x² + 9x − 3)². (4)
Уравнение f(f(x)) = 0 имеет корни x1 = 0, x2 = 3, а также корни уравнения
x³ − 6x² + 9x − 3 = 0. (5)
При всех x ≤ 0 значения (6) отрицательны. При всех x ≥ 4 значения (6) положительны. Поэтому все корни (6) лежат в интервале (0, 4). Найдем корни производной функции (6):
y′ = 3x² − 12x + 9 = 3(х² − 4x + 3) = 3(x − 1)(x − 3).
При x = 1 значение y достигает максимума y = 1, а при x = 3 — минимума −3. Следовательно, функция (6) пересекает по одному разу ось Ox на каждом из интервалов (0, 1), (0, 3), (3, 4), т. е. имеет 3 корня. Таким образом, уравнение (2) имеет 5 различных корней.
Ответ. 5.
17.3. Из второго уравнения находим
5πz = π + 2πk, k — целое,
т. е.
z = 1 + 2k/5, k — целое.
Подставим в первое уравнение:
5 · 2x² − 2xy + 1 = (1 + 2k)3y² − 1. (7)
Если y — целое, то 3y² − 1 — целое при всех y ≠ 0. Рассмотрим вначале случай y = 0. Тогда уравнение (7) примет вид
5 · 3 · 2x² + 1 = 2k + 1,
и целых решений y него нет, поскольку при любых целых x слева — четное число, а справа — нечетное. Итак, y ≠ 0. Так как множителя 3 в левой части (7) нет, то это уравнение удовлетворяется только при y² = 1. При y = 1 получим
5 · 2x² − 2xy + 1 = 2k + 1, т. е. 5 · 2(x −1)² = 2k + 1.
Левая часть последнего уравнения будет четным числом при всех целых x ≠ 1. Правая часть — нечетное число. Поэтому есть единственная возможность x = 1, а k = 2.
Получим решение: x = 1, y = 1, z = 1.
При y = −1 придем к уравнению
5 · 2(x + 1)² = 2k + 1,
которое удовлетворяется только при x = −1 и k = 2. Находим еще одно решение системы: x = −1, y = −1, z = 1.
Других решений y системы нет.
Ответ. (1, 1, 1), (−1, −1, 1).
17.4. Неравенство
|x + 2| ≤ x + 2
имеет решение x ≥ −2.
Обозначим
2x − 1 = y, sin πx/2 = z. (8)
Тогда уравнение, входящее в систему, примет вид
(4у + y + 1/y)z + (1 − 2z²) = 3 + 2y²,
а после простых преобразований
2z² − (5у + 1/y)z + 2(1 + y²) = 0. (9)
Дискриминант уравнения (9), квадратного относительно z, равен:
D = (5у + 1/y)² − 16(1 + y²) = 9у² − 6 +