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

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 15

Трансцендентные 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). В интересующий нас интервал 0 < x < π/4 из этой серии частично попадут лишь два интервала: −7π/24 < x < 13π/24  (рис. P.15.4, б). Теперь нетрудно написать окончательный ответ.

Ответ. 2nπ < x < π/24 + 2nπ; 5π/24 + 2nπ < x < π/4 + 2nπ.

15.5. Вместо данного неравенства можно написать 0 < |cos x + √3 sin x| < 1, что равносильно системе

Так как cos x + √3 sin x = 2 cos (x − π/3), то получим

В условии сказано, что 0 ≤ x ≤ 2π, поэтому x − π/3 нужно искать в интервале −π/3 ≤ x − π/3 ≤ 2π − π/3.

На рис. P.15.5 изображено расположение на тригонометрическом круге значений y = x − π/3, удовлетворяющих последней системе, т. е.

π/3 < x − π/3 < π/2, π/2 < x − π/3 < 2π/3,

4π/3 < x − π/3 < 3π/2, 3π/2 < x − π/3 < 5π/3, 

Ответ. 2π/3 < x < 5π/6, 5π/6 < x < π,

5π/3 < x < 11π/6, 11π/6 < x < 2π.

15.6. Неравенство можно переписать так:

cos (|lg x| − π/4) > ½,

откуда

−π/3 + 2nπ < |lg x| − π/4 < π/3 + 2nπ,

т. е.

−π/12 + 2nπ < |lg x| < 7π/12 + 2nπ.

При n < 0 не удовлетворяется правое неравенство.

При n = 0 имеем |lg x| < 7π/12, т. е. −7π/12 < lg x < 7π/12, а потому

При n = 1, 2, 3, ... имеем −π/12 + 2nπ < lg x < 7π/12 + 2nπ и −7π/12 − 2nπ < lg x < π/12 − 2nπ.

Ответ.  n = 1, 2, 3, ... .

15.7. Так как arccos (х² + Зх + 2) ≥ 0, то данное неравенство равносильно системе

Другими словами,

Решаем каждое из трех неравенств системы:

Дискриминант второго неравенства отрицателен, а потому оно удовлетворяется при всех x. Остаются первое и третье:

Ответ.

15.8. Если 1 − x ≤ 0, то неравенство не удовлетворяется, так как

arccos (1 − x) ≥ π/2, если 1 − x ≤ 0,

в то время как arctg √x всегда меньше π/2. При 1 − x > 0 обе части неравенства оказываются в интервале от 0 до π/2, где все тригонометрические функции монотонны. Так как косинус в интервале от 0 до π/2 убывает, то данное неравенство равносильно такому: