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

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/u со 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 17

Функции 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 + 1/y² = (3у − 1/y)².