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

22.11. Так как обе части лежат в интервале (−π/2, π/2), то от обеих частей данного уравнения можно взять тангенсы, что не нарушит равносильности.

22.13. Ясно, что в результате взятия котангенсов от обеих частей равенства мы можем получить посторонние корни, так как у неравных углов могут быть равные котангенсы. Однако возможна и потеря корней, если в интервал изменения углов попадает значение kπ.

К главе 23

23.6. Способ 1. B тождестве cos (x + T)² = cos x² удобно выбрать x = 0 и x = √2 T. Вместо второго значения можно выбрать другое иррациональное число.

Способ 2. Если у функции есть период Tr, то x1 + T = xm, x2 + T = xk, где xi − i-й положительный корень функции. Исключив T, получим равенство, которое нужно привести к противоречию.

23.8. Предположить, что функция имеет меньший положительный период, чем наименьшее общее кратное периодов cos 3x/2 и sin x/3. Записать тождество и привести его к противоречию, преобразовав разность синусов и разность косинусов в произведения.

К главе 24

24.1. Получившийся квадратный трехчлен можно разложить на множители. Однако такой прием исследования здесь не подойдет, так как аргумент, от которого зависит квадратный трехчлен, сам является функцией от x. Используйте другой прием для исследования квадратного трехчлена.

Выделите полный квадрат.

24.2. Данную функцию удобно записать в виде разности косинусов, поскольку в аргумент каждого синуса входит 2 x — единственное слагаемое, зависящее от x.

24.3. Для этого вынести sin x cos x за скобки.

24.4. А = x + y + 1.

24.5. Найдя наименьшее значение y в каждом из пяти интервалов, мы сравним эти значения друг с другом.

24.6. Для функции y = x + а/x мы можем неравенство применить непосредственно и написать

x + a/x ≥ 2√a .

Для данной же функции нужно иметь семь слагаемых, содержащих в знаменателе x, чтобы погасить влияние x7. (!!)

Представить a/x в виде суммы семи одинаковых слагаемых a/7x.

24.8. Выразить боковую поверхность как функцию только а + b.

24.9. Удобно ввести угол α между диагональю шестиугольника и диагональю квадрата. Этот угол можно будет найти из условия, что диагонали квадрата взаимно перпендикулярны и должны принимать наибольшую возможную величину.

24.10. B условии сказано, что x — действительное число. Следовательно, дискриминант полученного квадратного уравнения не должен быть отрицательным. Это накладывает ограничения на y.

24.11. Чтобы решить систему

удобнее всего найти решение системы уравнений xy = 36 и x + y = 12, где x = ab, y = 5с.

24.12. Данная функция может быть записана в виде

Обратите внимание на второе слагаемое. Когда оно достигает своего минимума?

24.13. Если acrsin x = α, acrcos x = β, то

α³ + β³ = (α + β)3 − 3αβ(α + β) = π³/8 − 3π/2 αβ.

Минимум функции достигается при α > 0 (β не может быть отрицательным), а максимум — при α < 0. Если α > 0, то появляется возможность применить оценку, в силу которой αβ ≤ (α + β/2)².

24.15. После того как система приведена к виду

Теперь нужно ввести новые переменные. А лучше сразу обратить внимание на то, что эти переменные — синусы и косинусы двух углов. (!!)

Левая часть входящего в систему неравенства не что иное, как выражение для синуса суммы. Поэтому она не больше 1, т. е. последнее условие есть равенство. Не забудьте, что нужно найти min (y + w). Поэтому искать следует в области, где y < 0 и w < 0.

Решения

Глава 1

Геометрические задачи на плоскости

1.1. Треугольник А1BC1 (рис. P.1.1) правильный, так как он подобен данному треугольнику ABC. Точки B, О, О1 и D лежат на одной прямой. Чтобы найти АО1, нужно вычислить O1D. Но O1D = O1D1 − DD1. Отрезок O1D1 равен трети отрезка ВD1, как радиус окружности, вписанной в правильный треугольник А1BC1. Таким образом, O1D1 = 2R/3 . Отрезок DD1 мы найдем, если рассмотрим треугольник ABC, как вписанный в окружность с центром О:

DD1 = R/2.

Отсюда O1D = 2R/3 − R/2 = R/6 . Так как АD = ½ AC = R √3/2, то

Ответ. R √7/3

1.2. B треугольнике AOB (рис. P.1.2) известны: ∠ BAO = α/2 , ∠ AOB = α/2 + π/2, BO = m· По теореме синусов находим AB = m ctg α/2· Теперь можно найти AC и R = ВО1:

AC = 2AD = 2АВ sin (π/2 − α) = 2АВ cos α = 2m ctg α/2 cos α,

Ответ.

1.3. Условие задачи может быть геометрически осуществлено в двух случаях (рис. Р.1.3, а), т. е. когда треугольник либо правильный, либо равнобедренный тупоугольный (докажите). Решить эту задачу можно сразу для обоих случаев. На рис. Р.1.3, б изображены треугольник ABC и треугольник А1В1С1, составленные из средних линий первого треугольника. Треугольник А1В1С1 подобен треугольнику ABC с коэффициентом подобия половина. Следовательно, радиусы окружностей, описанных около этих треугольников, относятся как один к двум.

1.4. Если сторона а треугольника ABC биссектрисой АА1 разделена на отрезки а1 и а2, то можно записать следующие соотношения (рис Р. 1.4.):

Решая эту систему уравнений относительно a1 и а2, получим

Вычислим аналогично отрезки, на которые разделены стороны b и с треугольника ABC:

Так как отношение площадей треугольников, имеющих общий угол, равно отношению произведений сторон, между которыми лежит этот общий угол, то

Аналогично находим

Теперь найдем отношение

Ответ.

1.5. Выразим площадь треугольника ABC через радиус r вписанной окружности и углы А, B и С треугольника. Вначале запишем

SABC = SAOB + SBOC + SCOA

(рис. P.1.5).

Так как

SAOB = ½АО · ВО sin OB,

где

и, следовательно, sin ∠AOB = sin A + B/2 = cos C/2 , то

Аналогично находим SBOC и SCOA и вычисляем искомую площадь:

Выразим теперь через r, А, B и С площадь треугольника А1В1С1. Разобьем и его на три треугольника:

Чтобы найти угол А1ОВ1, рассмотрим четырехугольник А1ОВ1С. B этом четырехугольнике два угла прямых, а потому два других — угол А1ОВ1 и угол С — образуют в сумме развернутый угол, т. е. угол А1ОВ1 равен π − С. Аналогично находим углы В1ОС1 и С1ОА1.