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

одно решение x1 при а ≥ 2.

Замечание: при а = −2 решений нет, а при а = 2 есть единственное решение x1, которое при а = 2 существует.

9.36. После возведения в квадрат и приведения подобных можно утверждать, что уравнение равносильно системе

Дискриминант уравнения (20) равен 4a² + 12a + 9 = (2a + 3)². Он неотрицателен. Уравнение имеет один корень x = 3a при а = −3/2 и два корня x1,2 = 3a ± |2a + 3| при остальных а.

Если а = −3/2, то x = −9/2. При этих значениях а и x неравенство (21) удовлетворяется.

Пусть а < −3/2. Тогда |2a + 3|= −2a − 3, т. е. x1 = 5а + 3, x2 = а − 3. Для каждого из этих корней решим неравенство (21) и учтем ограничение а < −3/2 . Пусть сначала x1 = 5а + 3, тогда:

Решением последней системы будет а < −3/2, т. е. корень x1= 5а + 3 существует при всех а < −3/2.

Пусть теперь x2 = а − 3, тогда:

Итак, корень x2 = а − 3 существует при всех а < −3/2.

Таким образом, при а < −3/2 исходное уравнение имеет два корня x1 = 5а + 3 и x2 = а − 3.

Аналогично исследуется случай а < −3/2. При этом |2a + 3| = 2a + 3 и соответственно x1 = 3a − (2a + 3); x2 = 3a + (2a + 3) = 5а + 3. Подставляем эти значения в (21). Для x1 = а − 3 получим:

Аналогично для x2 = 5а + 3 имеем:

Итак, x1 = а − 3 будет корнем исходного уравнения, когда

−3/2 < а ≤ 3 и а ≥ 12.

x2 = 5а + 3 будет корнем, когда −3/2 < а ≤ −12/17; а ≥ −51/85.

Обобщим результаты на числовой оси а (рис. P.9.36).

Ответ. При a ∈ (−∞, −3/2) ∪ (−3/2, −12/17) ∪ (−51/85, 3) ∪ [12, +∞)  уравнение имеет два корня: x1 = 5а + 3, x2 = а − 3. При а = −3 имеет один корень x = 3a = −9/2. При а ∈ (−12/17, −51/85) уравнение имеет один корень x = а − 3, а при а ∈ (3, 12) — один корень x = 5а + 3.

9.37. Уравнение можно записать в виде

x(5x/5x² − 7x + 6 + 2x/5x² − x + 6 − 1) = 0.

При x = 0 множитель в скобках существует и равен −1. Поэтому x = 0 — корень данного уравнения. Другие корни должны быть корнями уравнения

5x/5x² − 7x + 6 + 2x/5x² − x + 6 = 1.   (22)

В знаменателях стоят симметрические многочлены. Значение x = 0 не является корнем (22) и выражение (22) не теряет при этом значении смысла. Поэтому разделим числители и знаменатели каждой дроби на x:

Проведем замену

t = 5х + 6/x.    (23)

Тогда

5/t − 7 + 2/t − 1 = 1.    (24)

Дальше решение стандартно. Уравнение (24) имеет корни t1 = 13 и t2 = 2. Подставляя их в (23), найдем для t1 значения x2 = 2, x3 = 3/5. Для t2 решений нет.

Ответ. 0; 2; 3/5.

9.38. Пусть x + y = u, xy = v. Тогда получим

Во второе уравнение подставим u² = v + 327:

(327 − v)² − v² = 84 693,

или

327² − 2 · 327v = 84 963.

Так как 84 693 = 327 · 259, то сократим уравнение на 327 и найдем v = 34, u² = 361.

Остается решить две системы:

Ответ. (2, 17), (17, 2), (−2, −17), (−17, −2).

Глава 10

Алгебраические неравенства

Ответы к упражнениям на с. 59, 62 и 63.

1. Получим совокупность неравенств, имеющую те же самые решения.

2. Получим систему неравенств, не имеющую решений.

3. Ответ. −1 < x ≤ 1, 5 < x ≤ 7, x > 8.

4. Вначале нужно переписать неравенство в виде

(x − 5/2)(zx − 3)(x − 4)² ≤ 0.

Последний множитель показывает, что точка 4 обязательно должна принадлежать множеству решений, этим его влияние ограничивается.

Ответ. 5/2 ≤ x ≤ 3, x = 4.

5. Поскольку неравенство строгое, то множители, стоящие в знаменателе, и множители, стоящие в числителе, играют одинаковую роль. Данное неравенство равносильно такому:

(x + 3)²(x + 1)(x − 2)(x − 4)²(x − 5) < 0.

Достаточно решить неравенство

(x + 1)(x − 2)(x − 5) < 0

и исключить, если они попали в множество решений, точки x = −3, x = 4.

Ответ. x < −3, −3 < x < −1, 2 < x < 4, 4 < x < 5.

6. 0 ≤ ax² + bх + с < 9.

7. ax² + bх + с ≥ 9; здесь не нужно заботиться о знаке подкоренного выражения, так как после возведения в квадрат получаем неравенство, из которого следует, что это выражение положительно.

8.

(см. пример 4 на с. 62).

9. Нужно разобрать два случая в зависимости от знака правой части: если правая часть отрицательна, то неравенство удовлетворяется при всех x, при которых левая часть существует; если правая часть неотрицательна, то обе части неравенства нужно возвести в квадрат (подкоренное выражение при этом не может стать отрицательным):

10.1. Обозначим а = 1 + k. Тогда из условия а + b = 2 получим b = 1 − k. Вычислим а4 + b4:

а4 + b4 = (1 + k)4 + (1 − k)4 = 2k4 + 12k² + 2 = 2(k4 + 6k² + 1) ≥ 2,

так как k4 + 6k² ≥ 0 и, следовательно, k4 + 6k² + 1 ≥ 1.

10.2. Обозначим произведение, стоящее в левой части неравенства, через P. Так как а1а2 ... аn = 1, то

(осуществлено почленное деление суммы 1 + аi на аi). Поскольку

то P² ≥ 4n и, следовательно, P ≥ 2n, что и требовалось доказать.

10.3. Способ 1.

Способ 2. Неравенству a⅔ + b⅔ > c⅔ эквивалентно неравенство

(a/c)⅔ + (b/c)⅔ > 1.

Так как b < с и а < с, то основания показательных функций (a/c)x и (b/c)x меньше единицы и эти функции убывают. Следовательно,

(a/c)⅔ + (b/c)⅔ > a/c + b/c = 1.

10.4. Данное неравенство можно переписать так:

4x³ − 4x² + 1 ≥ 0.

Оценим левую часть:

4x²(x − 1) + 1 = −4x²(1 − x) + 1.

Так как 0 ≤ x ≤ 1, то x² ≤ x и 1 − x ≥ 0. Следовательно,

−4x²(1 − x) + 1 ≥ −4x(1 − x) + 1 = (2x − 1)² ≥ 0,

что и доказывает наше неравенство.

10.5. Каждый из входящих в неравенство корней оценим следующим образом:

Складывая полученные неравенства, придем к выводу, что

Теперь, чтобы доказать написанное в условии неравенство, остается убедиться, что в последней оценке равенство никогда не достигается. Равенство возможно лишь при одновременном выполнении равенств 4a + 1 = 1, 4b + 1 = 1, 4с + 1 = 1, т. е. при а = b = с = 0, что противоречит условию а + b + с = 1.