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

Поэтому решениями уравнения (9) будут:

z1 = ¼[5у + 1/y − (3y − 1/y)] = ½(y + 1/y),   (10)

z2 = ¼[5у + 1/y + (3у − 1/y)] = 2y.

Из (8) следует, что y > 0. Из неравенства, связывающего среднее арифметическое и среднее геометрическое двух положительных чисел, при y > 0 вытекает неравенство: y + 1/y ≥ 2. Однако z = sin πx/2, т. е. |z| ≤ 1. Но

z1 = ½(y + 1/y).

Поэтому одновременно |z1| ≤ 1 и z1 ≥ 1, т. е. имеется единственная возможность z1 = 1, что достигается при y = 1, а следовательно, при x = 1. Подставим значение x = 1 в исходную систему и убедимся, что это ее решение.

Для z2 получим

sin πx/2 = 2x, где x ≥ −2.    (11)

При x > 0 решений уравнение (11) не имеет, поскольку тогда 2x > 1, а |sin πx/2| ≤ 1.

Значение x = 0 тоже решением не является, в чем убеждаемся непосредственной проверкой.

Когда −2 ≤ x < 0, решений тоже нет, так как при этих x значения 2x положительны, а значения sin πx/2 ≤ 0.

Ответ. x = 1.

17.5. Первообразная F(x) для функции f(x) = 6х² + 2x + 6 равна:

F(x) = 2x³ + x² + 6х + С,   (12)

где константа С будет определена. Соответственно

f′(x) = 12x + 2.    (13)

В точке касания x0 > 0,7 должны иметь место следующие соотношения:

т. е. получаем систему

Уравнение (15) после упрощений принимает вид

Из его двух корней x0 = ⅔ и x0 = 1 условию (16) удовлетворяет только второй. Подставляем x0 = 1 в уравнение (14) и находим, что С = 5. Окончательно

F(x) = 2x³ + x² + 6х + 5.

Остается сформировать данное в условии задачи неравенство

которое примет вид

Разложим числитель на множители

и воспользуемся методом интервалов (рис. P.17.5). Ограничение x > 0,7 относилось только к расположению точки касания графиков f(x) и F(x). Здесь его учитывать не нужно.

Ответ. x ∈ (−∞; −1/6) ∪ [½; +∞).

17.6. По условию разность x − y такова, что может быть основанием логарифма. Поэтому возможна замена 1 = logx − y (x − y), а данное в условии неравенство равносильно такому:

Так как (x − y) — основание логарифма, то либо 0 < x − y < 1, либо x − y > 1. Получим совокупность двух систем, которую затем несколько преобразуем, чтобы удобнее было перейти к графическим изображениям:

Последние два неравенства первой системы можно упростить, поскольку имеет место условие x − y > 0. Получим

Решение первой системы показано на рис. P.17.6, а, решение второй — на рис. P.17.6, б, а решение совокупности — на рис. P.17.6, в.

Внимание! Интервалы оси абсцисс (0, 1) и (1, +∞) принадлежат множеству решений. Остальные точки границы ему не принадлежат.

17.7. Найдем решения неравенства

(x − |x|)² + (y − |y|)² ≤ 4    (17)

для каждого квадранта отдельно.

Пусть одновременно x ≥ 0, y ≥ 0. Тогда |x| = x, |y| = y. Неравенство (17) приобретет вид 0 ≤ 4, т. е. оно удовлетворяется при всех x и y из первого квадранта.

Когда x ≤ 0, y ≥ 0, точки (x, y) лежат во втором квадранте и на его границе. Тогда |x| = −x, |y| = y и неравенство (17) приобретет вид

(2x)² ≤ 4, т. е. x² ≤ 1, или −1 ≤ x ≤ 0,

так как мы рассматриваем значения x ≤ 0. Это будет полоса шириной 1, расположенная во втором квадранте параллельно оси Оу (рис. P.17.7).

Аналогично в четвертом квадранте получим полосу шириной 1 параллельную оси Ox.

В четвертом квадранте x ≤ 0, y ≤ 0 и мы получим из (17) неравенство

х² + y² ≤ 1,

т. е. ему удовлетворяют точки четвертого квадранта, лежащие внутри и на границе круга x² + y² = 1.

Нанесем на рис. P.17.7 точки прямой y = −x. Значения, удовлетворяющие неравенству x + y ≤ 0, будут лежать под этой прямой и на ней. Нас интересует площадь фигуры, покрытой штриховкой. Эта фигура состоит из двух прямоугольных треугольников с катетами 1 (в сумме они образуют квадрат со стороной 1) и четверти круга, имеющего радиус 1.

Ответ. 1 + π/4.

17.8. Уравнение прямой, проходящей через точки В и D, имеет вид y = 8 − x, а уравнение прямой AC есть 2y = x + 4. Решая эти два уравнения в системе, найдем x = y = 4, т. е. E(4; 4).

Проведем все построения, описанные в указании II на с. 201 (рис. P.17.8).

Дополнительно проведем ЕL || CK, где L ∈ HK, CK ⊥ HK, F — точка пересечения HK и Оу. Искомая площадь может быть определена так:

SABCDE = SFGCK − SCKD − SELD − SELH + SAFH − SAGB.

Каждый из треугольников — прямоугольный с известными катетами.

Ответ. 36.

17.9. Пусть x + y = u, y − x = v. Тогда

а множество решений этой системы проецируется на прямую u = 2. Другими словами, нас интересуют все значения v, при каждом из которых система неравенств (18), (19) имеет хотя бы одно решение. Пусть u — независимая переменная. Она будет абсциссой, а f(u) — ординатой для исследуемой нами плоскости. Величина v — параметр. График функции f(u) — парабола, если v² − 1 ≠ 0. Она обращена ветвями вверх при v² − 1 > 0 и ветвями вниз при v² − 1 < 0. Отдельно нужно рассмотреть случай v² − 1 = 0.

Итак, перед нами три случая.

1. v² − 1 < 0, т. е. −1 < v < 1. Парабола обращена ветвями вниз. При достаточно больших значениях u > 1 она принимает отрицательные значения. Поэтому в плоскости (u, v) в проекции на прямую u = 2 мы получим интервал −1 < v < 1.

2. v² − 1 = 0. Если v = −1, то f(u) ≡ 2 и отрицательных решений нет. Если v = 1, то f(u) = 12u, где u > 1. Отрицательных значений, удовлетворяющих системе (18), (19), в этом случае тоже нет.

3. Когда v² − 1 > 0, т. е. либо v < −1, либо v > 1 ветви параболы обращены вверх. Правее прямой u = 1 парабола может принимать отрицательные значения в двух случаях:

а) уравнение f(u) = 0 имеет два корня, и при этом абсцисса u0 вершины (u0; v0) параболы превосходит 1, т. е.

После простых преобразований:

Окончательно получим

Система не имеет решений, так как одновременно все три ограничения не удовлетворяются;

б) абсцисса u0 вершины (u0; v0) не больше 1, но f(1) меньше нуля:

После преобразований получим

Обобщим все рассмотренные варианты. Условиям удовлетворяют два интервала значений v, проекции которых в плоскости (u, v) на прямую u = 2 не пересекаются: