2< α + 2β < −π/2,
т. е. данное выражение лежит в интервале монотонности синуса. Найдем
После подстановки получим
т. е. α + 2β = −π.
Ответ. −π.
22.8. Из уравнения следует, что
arcsin x = π/12 + nπ/3.
Поскольку −π/2 ≤ arcsin x ≤ π/2, то возможны лишь три значения n = 0, −1, 1.
Если n = 0, то arcsin x = π/12,
Если n = −1, то arcsin x = −π/4,
x2 = sin (−π/4) = −1/√2.
Если n = 1, то arcsin x = 5π/12,
Ответ.
22.9. Если x — корень данного уравнения, то и −x будет его корнем. Поэтому достаточно найти лишь неотрицательные корни. Если x ≥ 0, то
Перенеся α в правую часть уравнения, получим β = γ − α, причем 0 ≤ β ≤ π/2 и −π/2 ≤ γ − α ≤ π/2. Поскольку обе части уравнения находятся в интервале монотонности синуса, то данное уравнение равносильно такому:
sin β = sin (γ − α).
Последнее уравнение можно записать в виде
добавив к нему условие |4x/5| ≤ 1, являющееся в данном случае следствием уравнения. Получаем x1 = 0.
Остается а после возведения в квадрат
Делаем проверку иррационального уравнения.
Ответ. ±1, 0.
22.10. Из условия следует, что x> 0. В таком случае
Уравнение примет вид α + β = π/3, и обе его части окажутся в интервале (0, π], который является интервалом монотонности косинуса. Следовательно, уравнение
cos (α + β) = cos π/3
равносильно данному. Раскрывая скобки и заменяя тригонометрические функции α и β их выражениями через x, придем к уравнению
После возведения в квадрат получим
4(1 − 4x²)(1 − x²) = (4x² + 1)².
При переходе к последнему уравнению могут появиться посторонние корни из−за того, что обе левые скобки могут стать отрицательными. Чтобы избежать этого, добавим условие |2x| ≤ 1.
Уравнение 28х² − 3 = 0, к которому сводится последнее, имеет корни Из них следует выбрать первый, так как он положителен и так как
Ответ.
22.11. Обозначим
arctg (2 + cos x) = α, arctg (2 cos² x/2) = β.
Так как 2 + cos x> 0 и 2 cos² x/2> 0, то 0 < α <π/2 и 0 ≤ β <π/2.
Уравнение принимает вид α − β = π/4, причем
−π/2< α − β <π/2 и −π/2<π/4<π/2.
Так как (−π/2, π/2) — интервал монотонности тангенса, то уравнение α − β = π/4 равносильно уравнению tg (α − β) = tg π/4.
Переходя к уравнению
мы можем потерять те корни, для которых tg α или tg β не существует. В нашем случае этого не произойдет, поскольку
tg α = 2 + cos x, tg β = 2 cos² x/2,
а правые части существуют всегда. Получаем уравнение
которое после преобразований принимает вид
2 cos4x/2 + cos² x/2 = 0.
Так как уравнение 2 cos² x + 1 = 0 не имеет решений, то остается cos x = 0.
Ответ. π(2n + 1).
22.12. Пусть
Так как −π/2< α − β ≤ π/2, то обе части уравнения лежат в интервале монотонности синуса. Поэтому уравнение равносильно такому:
sin (α − β) = sin γ
или
После упрощений получим уравнение
имеющее единственный корень x = ⅔. Делаем проверку и убеждаемся, что x = ⅔ является корнем предыдущего уравнения и, следовательно, корнем исходного уравнения.
Ответ. ⅔.
22.13. Введем обозначения
Наше уравнение принимает вид α + β + γ = δ или α + β = δ − γ. Обе части уравнения лежат в интервале (−π, π). Если мы возьмем котангенсы от обеих частей уравнения, то можем потерять лишь корень, которому соответствует значение углов, равное 0, так как это — единственное значение из интервала (−π, π), в котором котангенс не существует. Проверим, будет ли выполняться равенство α + β = δ − γ = 0. Если α + β = 0, то arctg (1 − x) = arctg x, откуда 1 − x = x и x = ½. При x = 1 получим, что δ − γ = arctg 3/2 − arctg 3/2 = 0. Таким образом, x1 = ½ — корень уравнения. Если α + β ≠ 0, то от обеих частей уравнения можно взять котангенсы:
ctg (α + β) = ctg (δ − γ),
что приведет к следствию исходного уравнения. Раскрыв скобки и подставив выражения тригонометрических функций α, β, γ и δ через x, получим уравнение
которое равносильно системе
Получаем два значения неизвестного: x2 = 0, x3 = −½. Проверкой убеждаемся, что оба значения удовлетворяют данному уравнению.
Ответ. 0, ±½.
Глава 23Область определения. Периодичность
23.1. С одной стороны, log3sin x ≤ 0, так как sin x ≤ 1, а с другой стороны, log3sin x ≥ 0, так как это выражение стоит под знаком квадратного корня. Остается единственная возможность:
log3sin x = 0, sin x = 1, x = π(4n + 1)/2.
Ответ.π(4n + 1)/2.
23.2. Чтобы найти область определения данной функции, нужно решить систему
которая эквивалентна неравенству
0 <x² − x − 1 < 1, или (х² − x − 1)(х² − x − 2) < 0,
т. е.
(x − 1 − √5/2)(x − 1 + √5/2)(x + 1)(x − 2) < 0.
Ответ. −1 <x<1 − √5/2; 1 + √5/2<x< 2.
23.3. Данное выражение принимает действительные значения, если x удовлетворяет неравенству
которое равносильно неравенству
Его можно заменить системой
Ответ.3/2<x ≤ 4.
23.4. Чтобы существовал арккосинус, необходимо и достаточно, чтобы
−1 ≤ x² − Зх + 1 ≤ 1,
т. е.
(х² − Зх + 2)(х² − Зх) ≤ 0, или x(x − 1)(x − 2)(x − 3) ≤ 0,
откуда
0 ≤ x ≤ 1, 2 ≤ x ≤ 3.
Из найденных интервалов нужно исключить точки, в которых tg 2x не существует, т. е. числа x = π(2n + 1)/4. Два из этих чисел: x = π/4 и x = 3π/4 лежат в найденных интервалах.
Ответ. 0 ≤ x<π/4, π/4<x ≤ 1, 2 <x<3π/4, 3π/4<x ≤ 3.
23.5. Данное выражение принимает действительные значения, если удовлетворяется система неравенств
Решением этой системы будет часть плоскости, лежащая внутри параболы y = x², вне круга x² + y² = 1 и ниже прямой y = 2, причем точки, лежащие на границе и принадлежащие или прямой, или параболе, не входят в область, а точки, лежащие на окружности (кроме точек А и С — рис. P.23.5), входят в область определения.
23.6. Способ 1. Пусть Т — период функции. Тогда
cos (x + Т)² = cos x²
при всех x. Если x = 0, то получим cos Т² = 1, откуда Т² = 2nπ. Если x = Т√2 , то cos (√2 + 1)²Т² = cos 2Т², откуда или
(√2 + 1)²Т² + 2Т² = 2kπ, или (√2 + 1)²Т² − 2Т² = 2mπ,
т. е.
либо (2 + 2√2)Т² = 2kπ, либо (1 + 2√2)Т² = 2mπ.
Подставляя в оба выражения Т² = 2nπ, получим соответственно
5 + 2√2 = k/n или 1 + 2√2 = m/n,
что невозможно, так как слева стоят иррациональные числа, а справа — рациональные.
Способ 2. Найдем корни функции cos x²:
Рассмотрим положительные корни
Предположим, что Т> 0 — период функции. Тогда, если при x = х1 функция равна нулю, то и при x = x1 + Т она тоже равна нулю. Другими словами, х1 + Т = xm. Аналогично x2 + Т = хk. Вычитая одно равенство из другого, получим
т. е.
Возведем в квадрат:
После вторичного возведения в квадрат получим
Это равенство возможно лишь при , так как все остальные его элементы — целые. Однако числа k и m выбраны так, что k ≥ 3 и m ≥ 2, т. е. k + m> 3.
23.7. Если f(x) — периодическая функция с периодом Т, то при всех x должно выполняться тождество
sin (x + Т) + cos [а(x + Т)] = sin x + cos аx.
Положив в этом тождестве x = 0, x = −Т и x = Т, получим
Из первого и второго равенств найдем cos aT = 1 и T = 2nπ/a. Подставим найденное значение Т в последнее уравнение: