Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

Рывкин Альберт Анатольевич

Ваховский Евгений Борисович

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 = 2 R /3 . Отрезок DD1 мы найдем, если рассмотрим треугольник ABC, как вписанный в окружность с центром О:

DD1 = R /2.

Отсюда O1D = 2 R /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

S ABC = S AOB + S BOC  + S COA

(рис. P.1.5).

Так как

S AOB  = ½АО · ВО sin OB,

где

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

Аналогично находим S BOC и S COA 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.

Итак,

Остается найти отношение

Ответ. 2 sin A /2 sin B /2 sin C /2 .

1.6. Так как B = 3С, то из соотношения между площадями мы получим

т. е. АС /AB = 2, откуда, в силу теоремы синусов, sin B /sin C = 2. Вспоминая, что по условию B = 3С, придем к тригонометрическому уравнению sin 3С = 2 sin С. Домножим обе части уравнения на cos С, получим sin 3С cos 3С = sin 2С. Преобразовав левую часть в сумму синусов, придем к уравнению

sin 4С + sin 2С = 2 sin 2С, или sin 4С = sin 2С.

Так как C — угол треугольника, меньший 1 (ведь 3C и C — углы одного треугольника), то последнее уравнение может выполняться только в том случае, если

4C = π − 2C, т. е. C = π/6 .

Находим остальные углы:

B = 3С = π/2, A = π/3.

Ответ. π/3, π/6, π/2.

1.7. С одной стороны, площадь треугольника CAD (рис. Р.1.7) можно выразить через стороны b, l и угол между ними, а с другой стороны, — как сумму площадей треугольников АВС и ABD:

Приравнивая эти два выражения, найдем l(b − c) cos A /2 = bc sin A,

или

l(b − c) cos A /2 = 2bc sin A /2 cos A /2.

Так как cos A /2 в треугольнике не может быть равен нулю, то на него можно сократить. Теперь найдем l.

Ответ.

1.8. Воспользуемся сравнением площадей. С одной стороны, S = pr = a + b + c /2r, где через а обозначена искомая сторона. Находим отсюда, что 2S = ar + (b + c)r. С другой стороны, если биссектрису угла А обозначить через l a , то

S = ½ l a b sin α/2 +  ½ l a c sin α/2 = ½ l a (b + c) sin α/2

(рисунок сделайте самостоятельно). Из последнего равенства находим, что  Подставляем в выражение для 2S полученное раньше:

B последнем преобразовании мы учли условие задачи, согласно которому l а  = rq. Осталось ввести в рассмотрение радиус R описанной окружности. По условию R = prq. По теореме синусов

a = 2R sin α = 2prq sin α,

откуда r =a /2 pq sin α . Полученное соотношение позволяет определить a из последнего выражения для 2S. B самом деле, после подстановки получим

откуда после несложных преобразований найдем a.

Ответ.

1.9. B треугольнике ABC (рис. P.1.9) введем обозначения: ВМ = a1, СМ = a2, АN = b1, СN = b2. Так как ВО — биссектриса треугольника АВМ, то AB : ВМ = АО : ОМ = √3 : 1. Аналогично AB : АN = ВО : ОN = 1 : (√3 − 1). Итак,

Величины a1 и b1 можно выразить через стороны треугольника

a1 = ac /b + с , b1 = bc /а + с .

После подстановки в предыдущие два равенства мы получим два однородных выражения относительно a, b и с:

b + c /a  = √3, a + c /b  = ½(√3 + 1),

из которых легко найти отношения a : b и с : b. Достаточно переписать эти равенства в виде

1 + с /b  = √3a /b , a /b + с /b  = ½(√3 + 1).

Получим a /b  = √3/c , с /b  = ½.

Таким образом, треугольник ABC подобен прямоугольному треугольнику с углами в π/6 и π/3·

Ответ. Углы А, B и С равны π/3, π/2, π/6 соответственно.

1.10. Из треугольника MPA (рис. Р.1.10) находим MP = PA ctg α. Но PA = OA − OP = q /cos α − p. Таким образом,

Находим MQ:

Полезно заметить, что MQ можно было не вычислять, поскольку выражение для MQ должно получиться из выражения для MP с помощью замены p на q, а q на p.

Ответ.

1.11. Пусть AP = 3, CR = 2√2 (рис. Р.1.11) Используя метод «сравнения площадей» для треугольника ABC, получим

3a = 2√2 c.

Так как а = BQ /sin C , с = BQ /sin A , то после сокращения на BQ получим

3/sin С = 2√2/sin А .      (1)

По условию BQ = 6OQ. Найдем отрезок AQ из треугольников ABQ и AOQ соответственно:

AQ = BQ ctg А = 6OQ ctg А, AQ = OQ ctg ∠OAQ,

где ∠OAQ = π/2 − С. Приравнивая эти два выражения, получим второе уравнение, связывающее углы треугольника:

6 ctg А ctg С = 1.      (2)

Остается решить систему из уравнений (1) и (2). Для этого возведем уравнение (1) в квадрат и воспользуемся формулой  Получим

9(1 + ctg² С) = 8(1 + ctg² А).      (1′)

Из уравнения (2) следует, что

(2′)

подставляя значение ctg² С в уравнение (1'), после несложных преобразований придем к биквадратному уравнению относительно ctg А:

32 ctg4 А − 4 ctg² А − 1 = 0.      (3)

Так как треугольник ABC по условию остроугольный, то нас интересуют лишь положительные корни уравнения (3). Легко убедиться, что оно имеет единственный положительный корень ctg А = ½. Подставляя в (2), найдем ctg С = ⅓. Теперь можно найти площадь данного треугольника:

S ABC = ½AP · a,

где АР = 3. Величину а найдем из треугольника BRC:

Ответ. 6 см².

1.12. Поскольку B − С = π/2, угол B — тупой (рис. P.1.12).

Так как

то соотношение b + с = k можно переписать так: 

откуда

h(sin С + cos С) = k sin С cos С.

Возведем последнее уравнение относительно sin 2 С. Корни этого уравнения

Если мы возьмем перед корнем знак минус, то получим sin 2С < 0, чего быть не может, так как угол С острый, следовательно, 0 < 2С < π.

Остается

B правой части стоит положительное число. Чтобы можно было найти С, это число не должно превышать единицу, т. е.

Неравенство можно переписать так:

При возведении в квадрат необходимо добавить ограничение k² − 2h² ≥ 0. Получим систему

решением которой будет k ≥ 2√2 h, так как k и h по условию положительны.

Ответ.

1.13. Способ 1. После того как из точки О опущены перпендикуляры длины x, y и z на стороны а, b и с соответственно (рис. P.1.13, а), можно записать

2S = ax + by + cz.

С одной стороны, АО = y /sin α, а с другой стороны

Таким образом,

После простых преобразований получим

(y² − z²) cosec² α = c² − 2cz ctg α,

(x² − y²) cosec² α = b² − 2by ctg α,

(z² − x²) cosec² α = a² − 2ax ctg α,

где последние два уравнения выведены аналогично первому из рассмотренных отрезков CO и BO. Сложив все три уравнения, получим в левой части нуль, а в правой выражение, в которое входит S:

0 = (a² + b² + c²) − 2(ax + by + cz) ctg α.

Таким образом,

Способ 2. Так как площадь треугольника ABC равна сумме площадей трех треугольников, на которые треугольник ABC разбивается точкой O (рис. P.1.1З, б), то

S = ½ sin α (an +  bl + cm).

Записав теорему косинусов для каждого из треугольников AOB, BOC, COA, получим

2an cos α = a² + n² − m²,

2bl cos α = b² + l² − n²,

2cm cos α = c² + m² − l².

Сложим три последних равенства:

2 cos α (an + bl + cm) = a² + b² + c².

Используя полученное ранее выражение для S, исключим an + bl + cm.

Ответ.

1.14. По условию CD = BC − AC (рис. P.1.14).

Так как

AC = CD /sin A , BC = CD /sin B ,

то

CD (1/sin  B  − 1/sin A ) = CD

или

sin А − sin B = sin A sin B.

Последнее уравнение можно переписать так:

4 sin A − B /2 cos A  + B /2 = cos (А − B) − cos (А + B).

Так как А − B = φ, то после замены

cos (А + B) = 2 cos² A  + B /2 − 1

приходим к уравнению относительно y = cos A  + B /2:

y² + 2 sin φ/2 y − cos² φ/2 = 0.

Из его корней

y1, 2 = ±1 − sin φ/2

годится только первый, т. е.

cos A  + B /2 = 1 − sin φ/2.

Задача имеет решение при 0 < φ < π.

Остается решить систему

Ответ. А = arccos [1 − sin φ/2] + φ/2,

B = arccos [1 − sin φ/2] − φ/2

С = π − А − B.

1.15. Площадь S треугольника ABC (рис. P.1.15) может быть записана с помощью биссектрисы l следующим образом:

S = ½(а + b)l sin С /2.

Теперь приравняем три выражения для 2S:

аh а = bh b = (а + b)l sin С /2.

Исключая а, получим

откуда

Задача имеет решение, если

B правой части стоит величина, равная половине среднего гармонического длин h а и h b .

Ответ.  если длина биссектрисы больше среднего гармонического длин h а и h b .

1.16. Так как ОС и OB (рис. P.1.16) — биссектрисы соответствующих углов треугольника ABC, то

∠COB = π − (∠OCB + ∠OBC) = π − B + C /2.

Но B + С = π − А = π − α. Следовательно, ∠COB = π/2 + α/2.

Применяя теорему синусов, получим

Ответ.

1.17. Проведем через центр О1 (рис. P.1.17) вписанной в треугольник ABC окружности прямую, параллельную AC и пересекающую медиану AE в точке О. Докажем, что О — точка пересечения медиан треугольника ABC.

С помощью сравнения площадей получим (а + d)BD = rP, где

P = а + (а + d) + (а + 2d) = 3(а + d),

откуда BD = 3r.

Так как AE — медиана, то из подобия треугольников BDC и EFC следует, что

EF = ½ D = 3/2 r.

Из подобия треугольников AOC и AEF получаем АО : AE = OG : EF = 2 : 3.

Следовательно, АО : ОЕ = 2 : 1 и О — точка пересечения медиан.

1.18. Площадь треугольника ABC (рис. P.1.18), с одной стороны, равна ½ h а а = 2kr², а с другой стороны, равна pr. Следовательно, p = 2kr.

Так как АВ1 = АС1 (касательные к одной окружности) и аналогично BC1 = ВА1, СВ1 = СА1, то СВ1 + BC1 = СА1 + ВА1 = а, АВ1 + СВ1 + BC1 = p и АВ1 = p − а = 2kr − kr = kr. Теперь можно вычислить

tg А /2 = r /kr = 1/k .

Чтобы найти стороны b и с, определим величины b + с и bc. Величина b + с определяется просто:

b + с = 2p − а = 3kr.

Чтобы найти bc, вспомним, что площадь треугольника ABC, равная 2kr², может быть записана в виде ½ bc sin А, где sin А = 2 k /1 + k ²  (по формуле универсальной подстановки). Таким образом, bc = 2r²(1 + k²).

Решая систему уравнений

найдем 

или наоборот

Задача имеет решение при k > 2√2.

Ответ.

1.19. Так как углы С, А, B треугольника ABC образуют геометрическую прогрессию со знаменателем 2, то А = 2С, B = 4С (рис. P. 1.19). Точка О — центр вписанной окружности, т. е. OK и OL являются отрезками соответствующих биссектрис.

Вычислим углы треугольника OLK. Угол KOL равен углу BOA треугольника BOA, в котором два угла уже известны: угол при вершине А равен С, а угол при вершине B равен 2С. Следовательно, угол BOA = π − 3С. Но по условию π = А + B + С = 7С, т. е. угол BOA, а следовательно, и угол LOK равны 4С.

Рассмотрим далее треугольник EKC. Угол при вершине E в этом треугольнике (равный углу AEO из треугольника AEO) вместе с углом OAE, равным С, образуют угол LOK, равный 4С. Таким образом, угол KEC равен 3С. Угол ECK равен половине угла ECM, который вместе с углом С образуют π, т. е. 7С. Следовательно, угол ECK равен 3С. Найденные два угла, каждый из которых равен 3С, позволяют найти третий: угол OKL равен С.

Таким образом, подобие треугольников ABC и ОLK доказано.

1.20. Сумма всех углов треугольника равна 7А. Поэтому 

B силу теоремы синусов

Соотношение, которое нужно доказать, эквивалентно такому:

или

Преобразуем левую часть:

что и доказывает наше соотношение.

1.21. Проведем AL параллельно BC (рис. P.1.21).

Из подобия треугольников RAL и RBP следует, что

Из подобия треугольников AQL и CQP:

Подставляя значение AL в отношение, полученное раньше, придем к равенству

что и требовалось доказать.

1.22. Пусть AE — высота треугольника, опущенная на BC (рис. P.1.22). Тогда все участвующие в левой части равенства величины можно выразить через AE и длины отрезков, лежащих на BC. При этом следует стремиться связать каждый отрезок с точкой 1. Получим

AB² = BE² + AE² = (BD + DE)² + AE².

AC² = CE² + AE² = (CD − DE)2 + AE².

AD² = DE² + AE.

Воспользовавшись полученными соотношениями, составим сумму

AB² · DC + AC² · BD − AD² · BC.

Раскрыв скобки и приведя подобные члены, получим

(DE² + AE²)(DC + BD − BC) + DC · BD² + BD · DC².

Так как DC + BD = BC, то остается

DC · BD² + BD · DC² = (BD + DC)DC · BD = BC · DC · BD,

что и требовалось доказать.

1.23. Проведем CE и AD параллельно BQ, а отрезки AP и CR продолжим до пересечения с ними (рис. P.1.23).

Рассмотрим образовавшиеся в результате подобные треугольники. Так как отрезки AD и OQ параллельны, то  Из подобия треугольников ADO и OEC следует, что . Итак, .

Воспользовавшись двумя парами подобных треугольников: EPC и OBP, ADR и RBO, мы можем записать

Следовательно,

1.24. Треугольник ABC и три треугольника, образовавшихся внутри него (рис. P.1.24), подобны.

Поэтому

Следовательно, 

1.25. Обозначим угол AOD (рис. P.1.25) через α. Так как углы AOB и BOC равны 120°, то углы BOF и COE равны соответственно 60° − α и 60° + α. Составим сумму

AD² + CE² + BF² = R² sin² α + R² sin² (60° + α) + R² sin² (60° − α).

После понижения степени получим

Тем самым доказано, что эта величина не зависит от положения прямой на плоскости.

1.26. По теореме косинусов

с² = а² + b² − 2ab cos С = 7,

откуда с = √7. По теореме синусов

Угол AOB (рис. P.1.26) центральный, а угол ACB вписанный. У них общая дуга, следовательно, угол AOB равен 120°.

Применим теперь теорему синусов к треугольнику AOB:

Оставшиеся величины R AOC и R BOC можно найти по формуле R = abc /4 S .

Площади каждого из этих треугольников проще вычислить, если найти их высоты, опущенные из точки О:

Таким образом, площади треугольников AOC и BOC равны  соответственно, а радиусы окружностей, описанных около этих треугольников, равны 7/√3 и 7/4√3 соответственно.

Ответ.

1.27. По теореме косинусов и в силу равенства а² = с(b + с) получим b² + с² − 2bc cos А = c(b + с), откуда

cos А = b − c /2 c .

Данное в условии равенство можно записать так: с² = а² − bc, и сравнить его с теоремой косинусов для угла С. Получим

cos С = b  + c /2 a .

Нам нужно доказать, что угол А вдвое больше угла С. Вычислим для этого cos 2С и сравним с cos А:

B выражение для cos А, которое мы получили раньше, сторона а не входит. Поэтому заменим в правой части полученной формулы а² на bc + с². Получим

т. е. cos А = cos 2С. Так как cos С = b + c /2 a > 0, то угол С острый. Углы А и 2С лежат между 0 и π, т. е. в интервале монотонности косинуса. Таким образом, из равенства косинусов следует равенство углов А = 2С.

1.28. Центр О вписанный окружности лежит на пересечении биссектрис (рисунок сделайте самостоятельно). Поэтому

Подставляя в данное соотношение OA² = OB · OC, получим

Применив к правой части формулу преобразования произведения синусов в сумму, приведем равенство к виду

Заметив, что B + С = π − А, получим

cos B − C /2 = 2 sin²  А /2 + sin А /2,

что и требовалось доказать.

1.29. По условию S = а² − b² − с² + 2bc. С другой стороны, S = ½с sin А. Сравнивая эти выражения, получим а² − b² − с² + 2bc = ½ bc sin А.

Воспользуемся теоремой косинусов и заменим а² на b² + с² − 2bc cos А. После приведения подобных и сокращения на bc останется тригонометрическое уравнение

½ sin А = −2 cos А + 2,

которое можно переписать так:

sin А /2 cos А /2 = 4 sin² А /2.

Так как А — угол треугольника, то А лежит в первой четверти и sin А /2 ≠ 0. Наше уравнение принимает вид tg А /2 = ¼.

Ответ. А = 2arctg ¼.

1.30. Пусть О1, О2, О3 — центры квадратов, построенных на сторонах треугольника ABC (рис. P.1.30). Опустим из них перпендикуляры на стороны. Проведем средние линии DE и KE. На отрезках О2K и KE построим параллелограмм KELO2.

Рассмотрим четырехугольники О1EDO3 и BELO2. При повороте около точки E одного из них на 90° он совпадает с другим (убедитесь в равенстве сторон и углов самостоятельно). Следовательно, отрезки О1О3 и ВО2 равны, что и требовалось доказать.

1.31. Достроим треугольник ABC до параллелограмма так, чтобы сторона AB была диагональю параллелограмма (рис. P.1.31).

Проведем BD1 || AD. Точку пересечения BD1 с диагональю CC1 параллелограмма обозначим через M1. Треугольники MDC и M1BC подобны. Так как MF = CF /4, то MC : MM1 = 3 : 2. Следовательно, MD : M1B = 3 : 5. Так как M1B = AM, то AM : MD = 5 : 3.

Площадь треугольника AFM в восемь раз меньше площади треугольника ABC, т. е. равна 8 . Высота треугольника AFM (F — середина AB), опущенная из вершины F, в два раза меньше высоты треугольника ABD, опущенной из вершины B. Так как AM : AD = 5 : 8, то площадь треугольника AFM относится к площади треугольника ABD как 5 относится к 2 · 8, т. е. как 5 : 16.

Зная, что площадь треугольника AFM равна ⅛, можно теперь найти и площадь треугольника ABD.

Ответ. 2/5.

1.32. Способ 1. Пусть R — радиус окружности, а α, β и γ − вписанные углы, опирающиеся соответственно на стороны AB, BC и AD (рис. P.1.32). Углы, опирающиеся на одну и ту же дугу, равны (это отмечено на рисунке). Углы DBC и DAC тоже равны, и их нетрудно вычислить: ∠ DBC = ∠ DAC = π − (α + β + γ). По теореме синусов 

AB = 2R sin α, BC = 2R sin β, DC = 2R sin (α + β + γ), AD = 2R sin γ.

Таким образом,

AB · DC + AD · BC = 4R² [sin α sin(α + β + γ) + sin β sin γ] = 2R² [cos(β + γ) − cos(2α + β + γ) + cos(β − γ) − cos(γ + β)] = 2R² [cos (β − γ) − cos(2α + β + γ)].

Так как

AC = 2R sin (α + β), BD = 2R sin (α + γ),

то

AC · BD = 4R² sin (α + β) sin (α + γ) = 2R² [cos (β − γ) − cos (2α + β + γ)].

Итак,

AB · DC + AD · BC = AC · BD.

Способ 2. Введем обозначения: AB = а, BC = b, CD = с, DA = d, AC = e, BD = f. Нужно доказать, что ac + bd = ef. Выберем на диагонали AC точку E так, чтобы угол CBE был равен γ. Тогда треугольники CBE и DBA подобны. Поэтому EC : b = d : f.

Из подобия треугольников ABE и DBC (углы ABE и DBC равны как равносоставленные) получаем AE : а = с : f. Определим из первого соотношения EC, а из второго AE и сложим эти два равенства:

откуда ас + bd = ef, что и требовалось доказать.

1.33. Продолжим боковые стороны AB и CD трапеции (рис. P.1.33) до пересечения в точке S. Если через S и M (где M — середина BC) провести прямую, то она пересечет AD в точке N, которая является серединой AD.

Из подобия треугольников BSM и ASN имеем

откуда

Так как по условию MN = AN − BM, то BM = SM и треугольник SMB равнобедренный. Аналогично доказывается, что треугольник SMC также равнобедренный. Следовательно, угол SMC равен удвоенному углу А, а угол SMB — удвоенному углу D (по свойству внешнего угла треугольника). Но оба этих угла SMB и SMC образуют развернутый угол. Следовательно, сумма углов А и D равна 90°.

1.34. Пусть AB = а, MR = x (рис. P.1.34).

Выразим через а и x длины отрезков MQ, MS и MP. Ясно, что для этого достаточно найти длину отрезка QM, поскольку MS = а − QM, а MP = а − x. Так как QM = CR = CK + KR, то вычислим CK и KR. По условию AN = а /3, а потому (треугольники OLN и OL1K равны) CK = а /3. Чтобы найти KR, рассмотрим подобные треугольники MKR и NKN1:

откуда KR = x /3, а QM = а /3 + x /3. Остается убедиться в том, что числа а − x, 2 a − x /3, а + x /3, x образуют арифметическую прогрессию с разностью 2 x − a /3.

1.35. Пусть CE = x (рис. P.1.35).

Выразим через x отрезок AE из треугольника ACE, в котором угол CAE равен 30°: AE = x√3 . С другой стороны, AE = AB − BE, а так как BE = CE = x, то AE = 2 − x. Итак, 2 − x = x√3 , откуда x = √3 − 1.

Заметим, что KF = FB = ½; площадь искомой фигуры равна

S ACD  + S BCD − S BKL = 2S ACB − S BKL .

Ответ. 2√3 − 9/4 .

1.36. Углы при нижнем основании трапеции и основании треугольника равны. Обозначим их через α. Тогда угол BAO равен углу ABO, т. е. равен 90° − α (рис. P.1.36). Поэтому угол OAD равен 2α − 90°. Так как треугольник MNO равнобедренный (MO = NO), то угол MNO равен α, а угол NOE равен 90° − (180° − 2α), т. е. равен 2α − 90°.

Треугольники ONE и AOD равны (по гипотенузе и острому углу). Следовательно, OE = AD. Кроме того, MO = OB, как два радиуса, и NE = OD, как стороны равных треугольников. Это означает, что BD = l.

По условию AD · BD = S, следовательно, OE = AD = S /l .

Ответ. S /l .

1.37. Из подобия треугольников AOD и BOC (рис. P.1.37) находим, что MO /NO = p, т. е. MN /NO = p + 1.

Отношение площадей трапеции и треугольника AOD можно записать в виде

Ответ. (p + 1)².

1.38. Пусть R — радиус окружности, n — число сторон первого многоугольника, x — периметр третьего.

Периметры первого и второго многоугольников равны соответственно

Периметр третьего равен

Сравнивая первые два выражения, найдем, что 1 − tg²π/2 n  = b /a . Следовательно,

Ответ.

1.39. Если точки О и M расположены так, как показано на рис. Р.1.39, а, то NM > KL, так как хорда NM ближе к центру окружности. Но NM < а, а KL = 2а. Получаем а < 2а, что невозможно. Следовательно, фигуры расположены так, как показано на рис. Р.1.39, б.

Центр рассматриваемой окружности лежит на биссектрисе угла AOB, так как точка О1 равноудалена от лучей AO и OB.

Предположим для определенности, что угол α больше угла β. Треугольник OMO1, в котором сторона OM равна а, сторона MO1 равна R, а ОО1 легко выражается через R, позволяет составить уравнение для определения R. B самом деле, угол MOO1 равен α − α + β/2 = α − β/2. Следовательно, по теореме косинусов

R² = а² + ОО1² − 2а · ОО1 · cos α − β/2.

Из треугольника О1ОВ находим

а так как  то

После подстановки уравнение относительно R выглядит следующим образом:

Заменим  на  и после несложный упрощений

получим

откуда

Ответ.

1.40. Запишем отношение площадей данных прямоугольных треугольников (рис. P.1.40):

Кроме того, AD · AB = AE · AC. Найдем отсюда AO и подставим в предыдущее равенство; получим

Обозначим углы ADC и AEB, опирающиеся на дугу BC, через φ:

Следовательно, дуга BC равна

Угол А прямой и измеряется полуразностью высекаемых им на окружности дуг (2π − ∪DE) и BC:

π/2 = (2π − ∪ DE ) − ∪ BC /2, т.E. π/2 = ½(∪DE + ∪BC).

Отсюда найдем величину дуги DE, которая равна 

Ответ.

1.41. Введем обозначения, указанные на рис. P.1.41. B треугольнике AOO1:

Чтобы применить к этому треугольнику теорему косинусов, обозначим угол BAD через β. Из треугольника ABD:

Следовательно, по теореме косинусов для треугольника АОО1:

Раскроем скобки и воспользуемся формулой косинуса суммы. После упрощения получим искомый радиус.

Ответ.

1.42. Обозначим сторону квадрата через а. Тогда (см. рис. P.1.42)

Перед корнем выбраны два знака, так как искомый квадрат может быть расположен либо так, как показано на рис. P.1.42, а, либо так, как показано на рис. P.1.42, б. B первом случае нужно взять знак плюс, а во втором — минус.

С другой стороны, из треугольника OBD находим  Получаем уравнение

После простых преобразований и повторного возведения в квадрат получаем уравнение

2a4 − 2a²(R² + r²) + (R² − r²)² = 0,

в котором исчезло различие между случаями, изображенными на рис. P.1.42, а, б. Из последнего уравнения имеем

или

Из первого выражения для а² видно, что оба значения положительны, если неотрицательно подкоренное выражение. Так как по условию R > r, то получаем

и окончательно

Ответ.

Задача имеет решение при 1 < R /r  ≤ 1 + √2. Если же R /r = 1 + √2, то задача имеет единственное решение

1.43. Так как OE² = R² − x² и OF = R /2 (рис. P.1.43), то  С другой стороны, EF = 2x. Получаем уравнение

R² − x² = (R /2 + 2x)²,

решая которое найдем половину стороны  квадрата x = 3/2 .

Ответ. 3.

1.44. Введем обозначения, указанные на рис. P.1.44. Так как меньшая окружность вписана в угол ADC, то ее центр О1 лежит на биссектрисе этого угла.

Из треугольника ОО1F имеем ОО²1 = OF² + FO²1, т. е.

(R + r)² = (R − r)² + x². (4)

Из треугольника АВН: АН = ВН ctg α = R ctg α, т. е.

а = 2R + 2Rctg α. (5)

Из треугольника O1GD:

r = (a /2 − x)tg α/2.    (6)

Из уравнения (4) находим 4Rr = x², или 2√R √r = x, и подставляем в уравнение (6). Получим

2r + 4√R √r tg α/2 − a tg α/2 = 0,

или, проще,

2 ctg α/2r + 4√R √r − a = 0.

Мы пока не будем выражать R через а и α, а, наоборот, заменим а его выражением через R и α. Это удобнее, так как квадратное уравнение таково, что впоследствии √R можно будет вынести за скобки:

Знак минус перед корнем не имеет геометрического смысла. Если в подкоренном выражении воспользоваться формулой котангенса двойного угла, то

Следовательно,

Итак,

Ответ.

1.45. Рассмотрим вначале случай, когда диаметр CD разбивает фигуру PQNM на две части. Докажем, что фигуры CQNK и OQ1D равновелики (рис. P.1.45, а). Имеем

S CKNQ = S CDQ − S KND ,

где S CDQ = S COQ + S QOD .

Итак, S CKNQ = S COQ + S QOD − S KND .

Если радиус меньшей окружности равен r, то радиус большей равен r√2. Углы CDQ и COQ опираются на общую дугу CQ, причем один из них вписан в окружность, а другой является центральным. Следовательно, если угол CDQ равен β, то угол COQ равен 2β. Теперь мы можем вычислить площади секторов COQ и KDN:

Таким образом, S COQ = S KND . Тем самым доказано, что S CKNQ = S QOD . Поскольку треугольники QOD и Q1OD равновелики (у них общее основание и общая высота), то

Аналогично доказывается равенство , что и завершает доказательство для случая, когда точки P и Q лежат по разные стороны от CD.

Если точки P и Q лежат по одну сторону от диаметра (рис. P.1.45, б), то решение не меняется. Только в конце найденные площади придется не складывать, а вычитать.

1.46. Из треугольника OAK (рис. P.1.46)

OK² = R² − (AB /2)².

Так как KP1 = AP1 − AB /2, то из треугольника OKP1

По условию OP1 = MP1. Приравнивая два полученных выражения для OK² и заменяя ОР1 на МР1, найдем

Нам нужно вычислить длину отрезка MP. Чтобы воспользоваться прямоугольным треугольником MPP1, в котором мы знаем длину МР1, нужно вычислить PP1. Так как треугольник APB прямоугольный, то  Теперь можно вычислить и МР:

Раскрывая скобки и приводя подобные члены, получим MP² = R².

Ответ. R.

1.47. Из треугольника AOC (рис. P.1.47) легко найти AC = 4 R /5. Так как AC · СВ = МС · CN, то

откуда x = 2 R /15.

Проведем перпендикуляр OD к хорде MN. Так как MD = 13 x /2, то

CD = MD − МС = 5 x /2 = R /3.

Косинус угла OCD равен синусу искомого угла NCB:

CD /OC  = R /3 : 3 R /5 = 5/9.

Ответ. arcsin 5/9.

1.48. Соединим центры О2 и O1 рассматриваемых окружностей. Отрезок O1О2  равен x + R /2 (рис. P.1.48).

Центр О2 лежит на биссектрисе угла OAB, равного 45°. Поэтому угол DAO2 равен 45°/2. Это позволяет выразить через R и x отрезок DO:

DO = R − AD = R − x ctg 45°/2 = R − x 1 + cos 45°/sin 45° = R − x(√2 + 1).

Так как CO1 = R /2 − x, O2С = DO = R − x(√2 + 1), а O1O2 = x + R /2, то по теореме Пифагора для треугольника O2CO1 получим

(R /2 − x)² + [R − x(√2 + 1)]² = (R /2 + x)²,

или после преобразований

[R − x(√2 + 1)]² = 2Rx,

т. е.

Получили квадратное уравнение относительно √x. Решая его, найдем

Так как  то

 (Второе значение √x не имеет смысла.)

Ответ. x = (3 − 2√2)R.

1.49. Соединим точки M и C (рис. P.1.49).

Так как диаметр ED перпендикулярен к BC, то точка N делит хорду BC пополам. Это означает, что треугольник МСВ равнобедренный. Обозначим МВ = МС = px. Угол АМС равен удвоенному углу МBC, т. е. π − 2φ. Из треугольника АМС по теореме косинусов имеем

AC² = АМ² + МС² − 2АМ · МС cos (π − 2φ) = x²(q² + р² + 2 pq cos 2φ),

а из треугольника ABC по теореме синусов

AC = 2R sin π/2 − φ = 2R cos φ,

т. е.

АС² = 4R² cos² φ.

Приравнивая найденные выражения для АС², получим

Площадь треугольника ABC будем искать в виде S = ½AN · BC. Так как МВ = px, а МА = qx, то AB = (p + q)x. Из треугольника ABN находим AN = AB cos φ = (p + q)x cos φ. Сторону BC можно определить из треугольника MBF в котором сторона BF = ½BC:

BC = 2BF = 2MB sin φ = 2px sin φ.

Таким образом, S = p(p + q)x² sin φ cos φ = ½ p(p + q)x² sin 2φ, откуда

Ответ.

1.50. Стороны треугольника по условию равны а − d, а, а + d, где через а мы обозначили длину средней стороны. Тогда полупериметр p = 3 a /2 и из формулы Герона получим уравнение относительно а:

Введем новую переменную . Тогда получим

откуда

Далее найдем

Поскольку R = abc /4 S , то в нашем случае

Ответ.

1.51. Проведем PP1 || AC и QQ1 || AC (рис. P.1.51).

Пусть P2 — точка пересечения PP1 с BR, а Q2 — точка пересечения QQ1 с BR. По условию P — середина AB. Следовательно, Р1 — середина BC, а Р2 — середина BR. Аналогично Q — середина P1B (так как по условию QB = BC /4), Q1 — середина PB, Q2 — середина BP2. Из подобия треугольников P2TP и Q2TQ (у них равны углы) следует, что P2T : TQ2 = PP2 : QQ2. Так как P2P1 = 4P2P, а , то QQ2 = 2P2P. Поэтому P2T : TQ2 = 1 : 2, а значит, и PT : TQ = 1 : 2.

Ответ. B отношении 1 : 2.

1.52. Способ 1. Соединим точки P и T (рис. P.1.52, а).

Пусть QN = RL = а, QT = m, TL = n, RT = l, TN = k. Обозначим треугольники, полученные из треугольника PQR: треугольник LTR — цифрой 1, треугольник RTQ — цифрой 2, треугольник QTN — цифрой 3, треугольник NTP — цифрой 4, треугольник PTL — цифрой 5, а их площади или площади образовавшихся из них фигур буквой S с соответствующими индексами.

Треугольники 1 и 1 + 5 имеют общую высоту. Аналогично треугольники 3 и 4. Поэтому

S 1 : S 1 + 5 = а : PR, S 3 : S 4 = а : PN,

откуда

(7)

B треугольниках 1 и 3 углы при вершине T равны как вертикальные, т. е. S 1 : S 3 = (nl) : (mk). У треугольников 4 и 1 + 5 общая высота, соответствующая вершине P, т. е. S 4 : S1 + 5 = k : l. Остается найти PN : PR из (7).

Способ 2. Пусть QN = RL = а, QT = m, TL = n (рис. P.1.52, б). Обозначим угол NRP через α, угол PNR через β, а равные углы RTL и NTQ через γ.

Из треугольника PNR имеем

PN /PR = sin α/sin β.    (8)

Из треугольника NTQ имеем

a /m = sin γ/sin β.    (9)

Из треугольника LTR имеем

a /n = sin γ/sin α.    (10)

Разделим (10) на (9):

m /n = sin β/sin α, т. е. в силу (8) PN /PR = n /m .

Ответ. n : т.

1.53. Так как ∠MO1N = 60°, то MN сторона правильного вписанного в первую окружность шестиугольника. Ее длина равна радиусу первой окружности. На хорду MN (рис. P.1.53) опирается также вписанный в первую окружность ∠MO2N, измеряемый половиной дуги MbN, которая равна 300°.

Поэтому центральный угол ∠MO2N = 150°. Чтобы вычислить периметр фигуры MLNO2, общей для обеих окружностей, нужно знать радиус второй окружности. Он равен длине любого из отрезков O2L, O2N и O 2 М . Можно рассчитать из треугольника O1MO2 по теореме косинусов

Теперь можно вычислить длины каждой из дуг MLN и MO2N: дуга

B сумме получим

Ответ.

1.54. Пусть AB = а, BC = b, CD = с, DA = а, а опирающиеся на эти хорды углы равны соответственно α, β, γ, δ (рис. P.1.54).

Тогда площадь S четырехугольника ABCD равна:

S = ½ab sin (γ + δ) + ½cd sin (α + β) = ½ sin (α + β)(ab + cd).

(Так как γ + δ = π − (α + β), то sin (α + β) = sin (α + β).)

По теореме синусов

а = 2R sin α = 2 sin α (так как R = 1),

b = 2 sin β, с = 2 sin γ, d = 2 sin δ.

Поэтому

S = sin (α + β)(2 sin α sin β + 2 sin γ sin δ) = sin (α + β) [cos (α − β) − cos (α + β) + cos (γ − δ) − cos (γ + δ)] =

(мы учли, что cos (α + β) = cos π − (γ + δ)) = − cos(γ + δ))

= 2 sin (α + β) cos (α + γ) − (β + δ)/2 cos (α + δ) − (β + γ)/2 =

(сумма четырех углов равна π, т. е. α + γ = π − (β + δ), α + δ = π − (β + γ))

= 2 sin (α + β) sin (β + δ) sin (β + γ).

Наибольшее значение S достигается при sin (β + δ) = 1, sin (β + γ) = 1 и при максимально возможном значении sin (α + β). Проверим, не противоречивы ли эти требования и реализуются ли они в реальности.

Из равенства синусов единице получаем, что β + δ = 90°, β + γ = 90°.

Отсюда δ = γ и ∠BCD = 180 ° − (β + γ) = 90°.

Таким образом, треугольник BCD — прямоугольный, a BD — диаметр окружности и BD = 2. Далее треугольник BAD равен треугольнику BCD (δ = γ и общая гипотенуза BD). Мы убедились, что условия sin (β + δ) = 1 и sin (β + γ) = 1 реализуемы. Остается еще одна степень свободы — выбор величины угла ABC, равного δ + γ, который по условию не превышает 45°. Чем больше угол δ + γ, тем больше sin (δ + γ) = sin (α + β). Поэтому наибольшему значению площади соответствует sin (α + β) = sin 45° = √2/2, т. е. S = 2√2/2 = √2.

Ответ. √2.

 

Глава 2

Построения на плоскости

2.1. Осуществим параллельный перенос отрезка KL (рис. P.2.1), равного ширине реки, так, чтобы его точка L совпала с точкой B. Получим отрезок BE. Точку E соединим с точкой A, получим точку D, которую выберем за начало моста. Путь ADCB из A в B кратчайший, так как величина отрезка CD постоянна, а отрезки AD и CB спрямлены в AE.

2.2. На отрезках MP и PN (рис. P.2.2) построим сегменты, вмещающие угол 30°. B пересечении получим точку А. Соединим точку А с M и N, на AM и AN отложим отрезки длины а. Треугольник ABC искомый.

Задача имеет два решения. Одно изображено на рис. P.2.2, второе получится симметричным отражением первого от оси MN.

2.3. Пусть треугольник ABC искомый (рис. P.2.3). Отразим его от вертикальной оси, проходящей через середину BC. После этого треугольник CA1A отразим от оси A1A. B четырехугольнике C1ABA1 противоположные стороны AB и C1A1, а также A1B и C1A равны, т. е. он — параллелограмм с углом φ при вершине C1 и углом π − φ при вершине А1.

Так как точка С1 отстоит от С на расстоянии 2h а , то треугольник СС1В легко построить. Остается найти точку А1 как пересечение дуги сегмента, вмещающего угол π − φ и построенного на отрезке С1В, с прямой, параллельной СВ и отстоящей от СВ на расстоянии h а .

Задача имеет два симметричных решения, так как дуга сегмента может быть построена в любую сторону от С1В. Построение возможно при любом соотношении между а, h а и 0 < φ < π.

2.4. Пусть треугольник ABC — искомый и О — центр вписанной в него окружности. Если на отрезке АО = R (рис. P.2.4), как на диаметре, построить окружность, то она пересечет стороны AC и AB в точках F и E, являющихся серединами AC и AB соответственно. Отсюда построение: на отрезке АО = R строим, как на диаметре, окружность. Из точки А раствором циркуля, равным b /2, делаем на окружности засечку в точке F. Продолжаем AF за точку F на расстояние b /2 и получаем точку С. Из нее проводим дугу радиусом m c .

Задача имеет два решения: треугольник ABC и треугольник AB′С, если дуга ЕЕ′ пересекает окружность, построенную на AO; одно решение, если дуга касается окружности, и не имеет решения, если общих точек у дуги и окружности нет.

2.5. Так как углы OBO1 и OCO1 (рис. P.2.5) прямые, то вершины B и С треугольника лежат на окружности, построенной на отрезке ОО1, как на диаметре. Центр этой окружности обозначим буквой Q.

Угол BQC — центральный в той окружности, в которую угол BOC вписан (см. рисунок). Дуга, на которую опирается угол BOC, равна 2π − ∠BQC, а так как вписанный угол измеряется половиной дуги, на которую он опирается, то

∠ВОС = 2π − 2 ∠ВОС.

Остается найти угол ВОС:

∠ВОС = π − B + C /2 = π − π − A /2 = π + A /2,

следовательно,

∠BQC = 2π − (π + А) = π − А.

Углы ВАС и BQC дают в сумме π; то же самое можно сказать об углах QBA и QCA, так как сумма всех углов четырехугольника равна 2π. Тем самым мы доказали, что точка Q лежит на окружности, описанной около треугольника ABC.

Построение можно провести следующим образом. Строим на отрезке ОО1, как на диаметре, окружность с центром в точке Q. Радиусом О2Q (О2 — центр описанной окружности) проводим окружность с центром в точке О2. B пересечении этих окружностей получим вершины B и С искомого треугольника.

Если точка О2 лежит вне окружности радиуса, равного ¼ОО1, с центром Q, то задача имеет единственное решение. B противном случае решения нет. (Докажите.)

2.6. Отбросим на время условие, в силу которого точка E лежит на BC, а остальные условия сохраним. Отложим на AB произвольный отрезок AF (рис. P.2.6), а на BC — отрезок CK = AF. Через точку K проведем прямую, параллельную AC, и из точки N раствором циркуля, равным AF, сделаем на этой прямой засечку.

Фигура AFGH, где отрезок GH параллелен KC, будет подобна искомой с центром подобия в точке А. Строим вершину E, которая должна лежать на пересечении прямых BC и АG. Проводим DE параллельно FG.

Четырехугольник ADEC искомый. (Сделайте рисунок для случая, когда угол B тупой.)

Докажите, что в обоих случаях задача имеет единственное решение.

2.7. Проведем через точку M прямую AB так, чтобы ее отрезок, заключенный между сторонами угла, делился в точке M пополам. Для этого построим МС параллельно OA (рис. P.2.7, а) и отложим СВ = ОС. Так как СМ — средняя линия в треугольнике ОВА, то ВМ = МА.

Итак, пусть AM = МВ (рис. P.2.7, б). Проведем произвольную прямую EF через точку M. Покажем, что площадь треугольника ОАВ меньше площади треугольника ОЕF. Проведем AK параллельно OB (если FM < ЕМ). Треугольники AMK и ВМF равны. Следовательно,

S ОЕf = S ОАМF + S AMK + S AEK > S ОАМF + S ВМF = S ОАВ .

2.8. Вместо искомого треугольника ABC построим треугольник А1АА2, который получается из ABC так, как показано на рис. P.2.8 (А1В = ВА, А2С = СА).

Угол А1АА2 этого треугольника равен α + β + А. Однако 2α = B, а 2β = С (по свойству внешних углов). Поэтому

α + β + А = B  + C /2 + A = π − A /2 + A = π + A /2.

Теперь в треугольнике А1АА2 известны основание А1А2 = 2p, высота, равная h а , и угол при вершине, равный π/2 + А /2. Вершина А будет лежать на пересечении прямой, параллельной А1А2 и отстоящей от А1А2 на расстоянии h а , и сегмента, построенного на отрезке А1А2 и вмещающего угол π/2 + А /2.

Вершины B и С лежат на пересечении А1А2 и перпендикуляров, проведенных через середины А1А и А2А.

Задача может иметь два симметричных решения, если высота меньше стрелки сегмента, одно решение, если они равны, и не имеет решений, если h а больше стрелки сегмента.

2.9. Пусть P — искомая точка. Повернем треугольник АВР на 60° вокруг точки А. При этом точка P перейдет в точку Р1, а точка B — в точку В1 (рис. P.2.9).

Так как угол Р1АР равен 60° и АР1 = АР, то треугольник Р1АР правильный и АР = Р1Р. Таким образом, В1Р1РС — ломаная, составленная из отрезков длины BP, АР и CP соответственно. Так как эта ломаная имеет закрепленные концы в точках В1 и С, то ее длина будет наименьшей, если она выпрямится в отрезок В1С.

Итак, точка P лежит на отрезке В1С. Аналогично можно показать, что точка P лежит на отрезке С1В, вершина С1 которого получена поворотом AC вокруг А на 60°.

Отсюда простое построение. На отрезках AB и AC строим правильные треугольники АВ1В и АС1С, лежащие вне треугольника ABC. Искомая точка P будет лежать на пересечении прямых В1С и С1В.

2.10. Если треугольник ABC искомый (рис. P.2.10), то описанная около него окружность пересечется с биссектрисой CD в точке E, делящей дугу АЕВ пополам. Следовательно, точку E мы можем построить.

Вычислим отрезок DE. По свойству пересекающихся хорд в круге имеем CD · DE = AD · DB, или

l · DE = (АО + DO)(OB − OD),

т. е.

Так как OD² = DE² − c ² /4, то получаем уравнение относительно DE:

l · DE = c ² /2 − DE².

Решая его, найдем

(отрицательное значение для DE не имеет геометрического смысла).

Полученная формула позволяет легко построить отрезок DE, а следовательно, и СЕ.

Задача имеет два симметричных решения, если l < c /2, одно решение, если l = c /2, и не имеет решений, если l > c /2.

2.11. B произвольно выбранных точках А и E прямой MN (рис. P.2.11) строим углы BAN и FEM, равные соответственно α и β.

Откладываем AB = а и FE = с. Вершина С искомого четырехугольника лежит на окружности радиусом b с центром в точке B в на прямой CF параллельной MN. Если прямая пересекает окружность в двух точках С и С1 (это происходит при b > |с sin β − а sin α|), то задача имеет два различных решения: ABCD и ABC1D1 (CD и C1D1 || EF), причем один четырехугольник будет самопересекающимся. При b = |с sin β − а sin α| решение единственно, а при b < |с sin β − а sin α| искомый четырехугольник не существует.

2.12. На отрезке ОМ (рис. P.2.12) строим треугольник OCM, сторона OC которого равна 2R, а сторона CM равна R. Точку пересечения OC с окружностью обозначим через B. Секущая AM — искомая.

Задача имеет два решения, если MO < 3R, одно решение, если MO = 3R, и не имеет решений, если MO > 3R.

2.13. Соединим центры О и О1 данных окружностей и построим на ОО1, как на гипотенузе, прямоугольный треугольник ОЕО1, один из катетов которого (EO1) равен а /2. Через точку M пересечения окружностей, лежащую по ту же сторону от ОО1 что и построенный прямоугольный треугольник, проводим прямую, параллельную катету длины а /2. Отрезок AB (рис. P.2.13) будет искомым.

Задача имеет четыре решения, если а /2 < ОО1, два решения, если а /2 = ОО1, и не имеет решений, если а /2 > ОО1.

2.14. Проводим через точку M окружность, концентрическую данной. На этой окружности строим хорду длины а, проходящую через точку M. Задача может иметь два или одно решение (а < 2МО), а может и не иметь решения вовсе (а > 2МО).

2.15. Так как дуга AmB фиксирована, то известен и вписанный угол АМВ. Обозначим его через φ. Если отрезок PQ (рис. P.2.15) перенести параллельно в отрезок В1В, то из точки P отрезок АВ1 будет виден под углом φ. Таким образом, строим отрезок В1В, равный а и параллельный CD; на отрезке АВ1 строим сегмент, вмещающий угол φ, где φ — угол, измеряемый дугой AmB данной окружности. Искомая точка P есть точка пересечения или касания дуги этого сегмента с прямой CD.

Задача может иметь два решения (сегмент, опирающийся на АВ1, пересекает хорду CD), одно решение (этот сегмент касается хорды) и может не иметь решений вовсе (точек пересечения нет).

2.16. Пусть отрезок FD делится точкой M пополам (рис. P.2.16). Отразим точку B от точки M. Получим точку E. Отрезки FD и ЕВ можно рассматривать как диагонали параллелограмма.

Заметим также, что угол АСВ известен, так как точки А и B зафиксированы на окружности; обозначим его через φ. Угол АFЕ равен π − φ. Следовательно, точка F обладает еще и тем свойством, что из нее отрезок AE виден под данным углом π − φ.

Итак, строим точку E, а на отрезке AE — сегмент, вмещающий угол π − φ. На пересечении дуги этого сегмента с данной прямой получим точку F.

Задача имеет единственное решение, если точки А и B лежат по одну сторону от данной прямой, и не имеет решений в остальных случаях.

2.17. Пусть прямая, проведенная через точки А и B, пересекает прямую PQ в точке С (рис. P.2.17), и пусть О — центр искомой окружности. Тогда СА · СВ = CD². Отрезки СА и СВ известны, отрезок CD — их среднее геометрическое и строится стандартным образом.

Если точки А и B лежат по одну сторону от PQ, то задача имеет два решения (отрезок CD можно отложить вправо и влево от точки С). Если AB и PQ параллельны, то задача имеет единственное решение, которое очевидно, но не может быть получено описанным способом. Когда точки А и P лежат по разные стороны PQ, задача не имеет решения.

2.18. Отрезки МВ и МА или их продолжения пересекают данную окружность в точках С и D (рис. P.2.18), которые являются основаниями высот треугольника АМВ, опущенных из его вершин А и B. Отрезок МР, проведенный через точку P пересечения AC и BD, будет искомым перпендикуляром.

Задача имеет решение, если точка M не лежит на прямой AB.

2.19. Предыдущая задача позволяет построить некоторый перпендикуляр к диаметру AB, пересекающий данную окружность в точках, которые мы обозначим буквами С и D (рис. P.2.19). Проведем прямую СМ; она пересечет диаметр AB (или его продолжение) в точке E. Проведем ED. B пересечении ED и данной окружности получим точку F; MF — искомый перпендикуляр.

2.20. Построим точку А1 симметричную точке А относительно прямой l (рис. P.2.20). Для любой точки С на прямой l (в силу неравенства треугольника) справедливо соотношение

|AC − BC| = |А1С − BC| ≤ А1В.

Величина |А1С − BC| будет меняться в зависимости от положения точки С, и станет наибольшей, когда точка С займет положение С1 (на пересечении прямых А1B и l). Именно для этой точки треугольник СА1В вырождается в отрезок С1В, а неравенство треугольника превращается в равенство: |А1С − BC| = А1B. Из построения следует, что точка С единственная (если бы мы отражали от прямой l точку B, то пришли бы к той же точке С).

2.21. Две противоположные вершины искомого квадрата лежат, во-первых, на внешних полуокружностях, построенных на сторонах данного четырехугольника (рис. P.2.21), и, во-вторых, на диагонали квадрата, которая пересекает внутренние полуокружности в точках E и F, таких, что АF = FB = DE = EC = 45°.

После проведенного анализа построение очевидно.

2.22. Выберем на глаз отрезок длины 1. Построим прямоугольный треугольник с катетами 1 и 1. Гипотенуза его равна √2. Далее возьмем катеты 1 и √2. Получим гипотенузу √3. Если же катеты равны √3 и 2, то гипотенуза равна √7. На сторонах острого угла А (для удобства) отложим AB = 1, АВ1 = √7, AC = √7 (рис. P.2.22).

Соединим B и С, через В1 проведем прямую, параллельную BC. Она пересечет AC в точке С1. Из подобия треугольников ABC и АВ1С1 имеем AB : АВ1 = AC : АС1. Отсюда  Однако это 7 выбранных нами единиц, а не реальный отрезок длины 7, данный в условии задачи. Отложим АС2 = 7. Это уже данный в условии отрезок. И проведем С2В2 || СВ. Отрезок АВ2 = √7.

2.23. Так как длина искомого отрезка есть 

а длина данного отрезка равна а, то рассмотрим только такие значения а, что одновременно

Решение этой системы есть два интервала: 0 < а < 1 и а > 3.

Пусть 0 < а < 1. Тогда удобнее записать длину искомого отрезка так:

На одном луче угла отложим отрезки OA = 2 + а и OB = 3 + а, а на другом луче — отрезок ОС = 3 − а (рис. P.2.23, а). Соединим А и С, проведем BD || AC. Тогда

Осталось построить отрезок, длина которого равна OD /1 − а . Для этого отложим на одном луче угла отрезки OD и ОЕ = 1 − а, а на другом луче отрезок OK = 1 (рис. P.2.23, б). Проведем DL || EK. Отрезок OL имеет искомую длину:

Осталось рассмотреть случай а > 3. Решение отличается только тем, что вместо отрезков длины 3 − а и 1 − а придется рассматривать отрезки длины а − 3 и а − 1.

 

Глава 3

Геометрические задачи в пространстве

3.1. На луче, перпендикулярном к MN, возьмем произвольную точку А (рис. P.3.1). Спроецируем OA на плоскость P, а полученный отрезок OB на второй из данных лучей. Треугольник АСО прямоугольный (по теореме о трех перпендикулярах).

Косинус искомого угла АОС равен ОС /OA . Используя построенным треугольники, можно выразить ОС через OA:

ОС = OB sin β = OA cos α sin β.

Ответ. arccos (cos α sin β).

3.2. Спроецируем данный треугольник ABC на плоскость P (рис. P.3.2) и построим угол CED, равный x, между плоскостью треугольника и плоскостью P. Введем в рассмотрение линейный элемент CD = а.

Тогда

Так как СЕ — высота в треугольнике ABC, опущенная на гипотенузу, то (из сравнения площадей) имеем

Подставляя вычисленные раньше значения AC, BC и СЕ, получим 

откуда

Так как угол x по построению всегда острый, то он определяется однозначно.

Ответ.

3.3. Из некоторой точки В1 на стороне угла α опустим перпендикуляр B1B на плоскость P (рис. P.3.3). Через В1 проведем плоскость, параллельную плоскости P. Она пересечет другую сторону угла α в некоторой точке А1. Через B1B и А проведем плоскость, которая будет перпендикулярна к плоскости P.

Отрезки AA1 и ВВ1 равны. Обозначим АА1 = ВВ1 = а. Теперь можно вычислить все стороны треугольника ОАВ и воспользоваться теоремой косинусов, чтобы найти угол x.

Стороны OA и OB вычислить просто:

OA = а ctg γ, OB = а ctg β.

Сторона AB равна А1В1 в треугольнике ОА1В1. Так как

то по теореме косинусов

Воспользуемся теоремой косинусов еще раз, но уже для треугольника ОАВ:

АВ² = ОА² + ОВ² − 2ОА · OB cos x.

Подставляя сюда найденные выше выражения для OA, OB и AB, получим уравнение относительно cos x. Решая его, после несложных тригонометрических преобразований найдем cos x.

Ответ.

3.4. Построим плоскость P, перпендикулярную к прямой а, и спроецируем на нее прямые b, с и d. Искомая прямая параллельна а, т. е. должна спроецироваться в точку О на плоскости P. Точка О будет одинаково удалена от проекций b1, с1 и d1 трех этих прямых.

Поскольку прямые а, b, с и d скрещивающиеся, ни одна из прямых b, с и d не может спроецироваться в точку на плоскости P, так как иначе она оказалась бы параллельной прямой а.

Проекции никаких двух прямых из b, с, d не сольются, так как это означало бы, что эти две прямые лежат в одной плоскости. Поэтому проекции b1, с1 и d1 могут расположиться на плоскости P лишь одним из четырех способов (рис. P.3.4, а).

B первом случае (проекции образуют треугольник) мы получим четыре точки, равноотстоящие от b1, с1 и d1. Это — центры вписанной и вневписанных окружностей. Проводя через каждую из них прямую, перпендикулярную к плоскости P, придем к четырем решениям.

Во втором случае (две из проекций параллельны) получим два решения (рис. P.3.4, б).

B третьем случае (проекции пересекаются в одной точке) будет единственное решение — прямая, проходящая через общую для трех проекций точку.

B последнем случае (проекции b1, с1 и d1 параллельны) решения нет.

Так как все возможные случаи исчерпаны, то задача решена.

3.5. Проведем CD параллельно AB (рис. P.3.5).

Угол SCD искомый. Построим CF ⊥ AB и AD ⊥ AB. B прямоугольнике AFCD имеем CD = АF = а /2, AD = CF = . Из треугольника SAD находим  Тангенс угла SCD равен SD : CD.

Ответ. √7.

3.6. Если OK = ½AB = OA, то треугольники OAM и OKM (рис. P.3.6) равны. Таким образом, условие OK = OA равносильно условию AM = KM и (совершенно аналогично) условию BP = KP.

Отрезок OK входит в оба треугольника OKM и OKP:

OK² = OM² − m², OK² = OP² − l², т. е. OM² − m² = OP² − l²

(через m и l обозначены длины отрезков MK и KP соответственно).

Так как OM² = а² + AO², а OP² = b² + OB² и AO = OB, то

а² − m² = b² − l²

или

m² − l² = а² − b². (1)

Точно так же приравняем выражения для отрезка AP², полученные из треугольников MAP и ABP:

(m + l)² − а² = b² + AB².

Вспомнив, что по условию AB² = 2ab, получим (m + l)² = а² + 2ab + b², т. е.

m + l = а + b. (2)

Разделив почленно равенство (1) на равенство (2), получим

m − l = а − b, (3)

а решая систему из уравнений (2) и (3), найдем m = а, b = l, что и требовалось доказать.

3.7. Обозначим через PQ (рис. P.3.7) прямую, по которой пересекаются грани AOD и BOC, а через RS — прямую, по которой пересекаются грани AOB и DOC. Прямые PQ и RS определяют плоскость P. Через произвольную точку M на АО проведем плоскость, параллельную плоскости P. Фигура MNKL, получившаяся в сечении, будет параллелограммом.

B самом деле, MN || PQ и LK || PQ, a ML || RS и NK || RS, как прямые, получившиеся в результате пересечения двух параллельных плоскостей третьей. Следовательно, MN || LK и ML || NK, что и требовалось доказать.

3.8. Продолжим ED и CB (рис. P.3.8) до пересечения в точке F и проведем AF — ребро двугранного угла, косинус которого нужно найти.

Так как EC = 2DB (по условию), то DB — средняя линия в треугольнике EFC. Поэтому FB = BC = а. Поскольку BA = а, то треугольник FBA равнобедренный. Сумма его углов, прилежавших к FA, равна 60°, а угол BAF равен 30°.

Мы убедились в том, что угол CAF прямой, а следовательно, линейный угол EAC измеряет искомый двугранный угол. Теперь остаются простые вычисления:

По теореме о трех перпендикулярах отрезки EA и FA взаимно перпендикулярны; поэтому площадь треугольника EAF равна ½EA · AF, где AF = а√3 . Итак, площадь треугольника AFE равна 3 a ² /2, и вследствие того, что FD = DE, площадь треугольника DEA в два раза меньше.

Ответ. 3 a ² /2, 1/√3.

3.9. Обозначим высоту SO пирамиды через H. Предположим, что вершина пирамиды спроецируется в точку O, лежащую внутри треугольника ABC, и пусть углы SDO, SEO и SFO измеряют данные двугранные углы (рис. P.3.9, а).

Рассмотрим отдельно треугольник ABC (рис. P.3.9, б). Площадь его, с одной стороны, равна сумме площадей треугольников AOB, BOC и COA, а с другой стороны, равна a ²√3 /4. Поэтому

½a(OF + OD + OE) = a ²√3 /4, т.е. OF + OD + OE = a √3 /2.

Каждый из отрезков OF, OD и OE можно выразить через H:

OD = H ctg α, OE = H ctg β, OF = H ctg γ. Следовательно,

H = a √3 /2(ctg α + ctg β + ctg γ).

Если точка О лежит вне треугольника ABC, то один из данных двугранных углов тупой (на рис. P.3.9, в угол при BC, т. е. α). Следовательно, его котангенс будет отрицательным. Это соответствует тому факту, что площадь треугольника ABC равна сумме площадей треугольников АВО и АОС за вычетом площади треугольника ВОС. Таким образом, результат останется таким же, как в случае, когда О лежит внутри треугольника ABC.

Наконец, как легко убедиться, полученная формула дает верный результат и в том случае, когда точка О лежит на стороне треугольника ABC или совпадает с его вершиной. (Соответствующие котангенсы обращаются в нуль.)

Ответ. V = a ³ /8(ctg α + ctg β + ctg γ).

3.10. Так как AC = BC по условию (рис. P.3.10), то прямоугольные треугольники ADC и BDC равны и, следовательно, AD = BD. Треугольник ADB — равнобедренный, его медиана DE, проведенная из вершины D, будет одновременно и высотой. Таким образом, мы доказали, что двугранный угол при ребре AB измеряется линейным углом DEC, который обозначим через x.

Высота DO треугольника EDC будет высотой пирамиды. B самом деле, ребро AB перпендикулярно к ED и EP, т. е. к плоскости EDC. Отрезок DO, следовательно, перпендикулярен не только к EC, но и к AB, т. е. перпендикулярен к плоскости ABC.

Заметим также, что CD — перпендикуляр к плоскости ADB, а поэтому треугольник EDC прямоугольный с прямым углом при вершине D.

Мы знаем, что V = ⅓S · OD. Отрезок OD равен ED sin x, а отрезок ED в свою очередь равен EC cos x, т. е. 2 S /a cos x.

Итак,

V = ⅓S · 2 S /a cos x sin x,

откуда sin 2x = 3 Va /S ² . 

Чтобы найти x, заметим, что угол x острый.

Ответ. ½acrsin 3 aV /S ² .

3.11. Так как площадь основания равна √3, то сторона основания равна 2. Из треугольника AOS (рис. P.3.11) находим AO = b cos x; с другой стороны,

AO = ⅔AD = ⅔ a √3 /2.

Поэтому 

a /√3 = b cos x.

Из треугольника CDS находим CD = a /2 = b sin 2x. Разделив второе соотношение на первое, получим

sin x = √3/4.

Так как SD = a /2 ctg 2x, то нужно вычислить ctg 2x:

Следовательно, SD = 5/√39, а площадь боковой поверхности равна 3/2а · SD.

Ответ. 5/√39.

3.12. На рис. P.3.12 треугольники AEC и С1ЕА1 подобны, так как медианы AE и СЕ делятся точками C1 и A1 в одинаковом отношении 2:1.

Поэтому C1A1 = ⅓ AC. Аналогично доказывается, что В1А1 = ⅓ AB и C1B1 = ⅓ BC и т. д., т. е. площади S1 и S оснований пирамиды относятся как 1 : 9. Подобные треугольники ABC и A1B1C1 лежат в параллельных плоскостях, так как их стороны параллельны. Следовательно, высоты DN и D1N1, проведенные в тетраэдрах, параллельны и прямоугольные треугольники DNC и D1N1C1 подобны, т. е. D1N1 = ⅓ DN. Остается сравнить объемы

Ответ. 1/27.

3.13. Пусть О1, О2 и О3 — точки пересечения медиан соответствующих граней (на рис. P.3.13 изображены лишь О1 и О2), О — центр шара.

Прямоугольные треугольники SO1О, SO2О и SO3О равны (О1О = О2О = О3О, OS — общая гипотенуза). Следовательно, SO1 = SO2 = SO3, и поэтому SB1 = SB2 = SB3.

Докажем теперь, что треугольник А1А2А3 правильный. Для этого достаточно установить равенство треугольников A2SB1 и A2SB3, т. е. любых соседних из шести таких треугольников. Установим в них равенство углов при вершине S. Пусть C2 — точка пересечения плоскости О1ОО2 с ребром SA2. Прямоугольные треугольники О1SC2 и О2SC2 тоже равны. Отсюда углы О1SC2 и О2SC2 равны и, следовательно, равны треугольники B1SA2 и B3SA2. Таким образом, В1А2 = В3А2, т. е. А2А3 = А1А2. Итак, в основании пирамиды лежит правильный треугольник.

Из равенства треугольников B1SA2 и B3SA2 следует также равенство треугольников A1SA2 и A2SA3, т. е. равенство всех боковых ребер. Это означает, что вершина S проецируется в центр основания А1А2А3. Тем самым доказано, что пирамида правильная.

3.14. Достроим пирамиду до полной. Все параллельные сечения пирамиды подобны. Составим схематический рис. P.3.14, на котором А и B — стороны квадратов, равновеликих основаниям, M — сторона квадрата, равновеликого сечению, проходящему через середину высоты данной усеченной пирамиды. Последнее условие мы запишем так:

Из подобия треугольников, изображенных на рис. P.3.14, следует, что

откуда

Составим среднее арифметическое величин А и B:

что и требовалось доказать.

3.15. Достроим треугольник ABC до параллелограмма ABCE (рис. P.3.15). Угол DAE равен углу между AD и BC. Обозначим его через x.

B треугольнике DAE

AD = а1, AE = а.

Вычислим DE. Так как в дальнейшем мы воспользуемся теоремой косинусов, то удобнее находить DE².

Отрезок DO является медианой в треугольниках ADC и BDE:

Чтобы найти DE², достаточно вычислить BE². Но ВЕ — диагональ параллелограмма ABCЕ, т. е. ВЕ² = 2а² + 2с² − b². Следовательно,

Применим к треугольнику ADE теорему косинусов:

DE² = a1² + a² − 2aa1 cos x.

Приравнивая два выражения для DЕ², найдем cos x. При этом следует иметь в виду, что по определению угла между скрещивающимися прямыми x — острый угол.

Ответ.

3.16. Плоскость ABE (рис. P.3.16) делит тетраэдр на две пирамиды SABE и CABE с общим основанием ABE.

Так как отношение объемов дано, а основание у пирамиды общее, то h2 : h1 = 5 : 3, в силу же равенства SD = CD имеем

sin α/sin β = 3/5, т.е. sin α = 3/5 sin β.

Кроме того, так как тетраэдр правильный, углы α и β образуют угол SDO, косинус которого равен 1. Поэтому

cos α cos β − sin α sin β = ⅓.

Выразив в этом уравнении sin β и cos β через sin α (так как пирамида правильная, углы α и β острые), получим

где y = sin² α.

Возведем в квадрат и раскроем скобки; найдем y = 2/11 и вычислим tg α:

Поскольку sin² β = 25/9 sin² α = 50/99, то аналогично найдем tg β.

Ответ. 5√2/7, √2/3.

3.17. Треугольники DAM и DMS (рис. P.3.17) имеют общую высоту, проведенную из вершины D. Поэтому отношение их площадей равно отношению оснований AM и MS.

Из подобия треугольников MSF и ASK следует, что AM : MS = KF : FS.

Отрезки KF и FS выразим через KE. По теореме синусов для треугольника KFE имеем

KF = KE sin β/sin (α + β).

Так как KS = KE /2 cos α, то

FS = KS − KF = KE /2 cos α − KE sin β/sin (α + β) = KE sin (α − β)/2 cos α sin (α + β)

(впрочем, это можно установить и непосредственно из треугольника EFS).

Остается найти отношение KF : FS.

Ответ. 2 sin β cos α/sin (α − β).

3.18. По условию высоты DO пирамиды проходит через точку пересечения высот основания. Поэтому, соединив точку О с вершиной С и продолжив до пересечения с AB, получим отрезок СЕ, являющийся высотой треугольника ABC, опущенной на сторону AB (рис. P.3.18).

Прямая AB перпендикулярна к DO и EC, следовательно, прямые AB и CD тоже перпендикулярны друг другу. Таким образом, прямая CD перпендикулярна к двум прямым BD и AB плоскости ABD, а потому перпендикулярна к прямой AD. Мы доказали, что угол ADC прямой. Аналогично доказывается, что прямые BD и AD тоже перпендикулярны.

Теперь нетрудно ответить на вопрос задачи: площадь треугольника ADB равна ½b · AD, а площадь треугольника ADC равна ½с · AD. Отношение площадей равно отношению неравных катетов.

Ответ. b /c .

3.19. Объем пирамиды SABC (рис. P.3.19) равен удвоенному объему пирамиды с основанием DSC и высотой AD.

Так как AD = a /2, то этот объем равен Sa /6, а объем всей пирамиды равен Sa /3, где через S обозначена площадь SDC.

Проведем высоту DE и вычислим EC и DE.

Треугольник CAS равнобедренный (AS = AC), поэтому

EC = AC sin α/2 = a /2 cos α sin α/2.

Так как DC = a /2 tg α, то

Остается вычислить объем:

V = aS /3 = a /3 · DE · EC.

Ответ.

3.20. Рассмотрим два случая:

α ≤ π/2, α > π/2.

Если угол α не тупой, то (рис. P.3.20, a) CD = SD = AB /2.

Пусть SO — высота пирамиды, SD и SE — высоты в треугольниках ASB и CSB. Из треугольника SOD

OS = SD sin α = A B /2 sin α, OD = A B /2 cos α.

B треугольнике COE угол OEC прямой, а угол OCE равен 45°. Поэтому

OE = OC /√2 = 1/√2(CD − OD) = AB /2√2(1 − cos α).

Теперь можно найти тангенс искомого угла:

tg x = OS /OE = √2 ctg α/2.

Если угол α тупой, то (рис. P.3.20, б) снова получим CD = SD = AB /2. Высота OS равна

OS = SD sin (π − α) = AB /2 sin α,

отрезок OD равен

OD = SD cos (π − α) = − AB /2 cos α

(угол α тупой и cos α < 0). Треугольник СОЕ тоже прямоугольный и равнобедренный. Поэтому

OE = CO /√2 = 1/√2(CD + OD) = AB /2√2(1 − cos α).

Так как для OE и OS получились такие же значения, как в первом случае, то и окончательный результат не изменится.

Ответ. x = arctg (√2 ctg α/2). 

3.21. Проведем в треугольнике ABC (рис. P.3.21) высоту BD и соединим точку D с вершиной S пирамиды. Так как ребро SB образует равные углы с ребрами SC и SA, то SD — биссектриса угла ASC.

Рассмотрим прямоугольный треугольник ABD. B нем

AD = SA · tg α/4, AB = SA · tg α, т. е.

Так как α — угол прямоугольного треугольника, то 0 < α < π/2, а потому tg α/4 < tg α и правая часть уравнения меньше единицы.

Ответ.

3.22. Пусть M — середина AB. Тогда медианы СМ и DM (рис. P.3.22) являются одновременно высотами в равнобедренных треугольниках ABC и ABD. Следовательно, прямая AB перпендикулярна к плоскости CMD, а потому и к прямой CD, лежащей в этой плоскости. Треугольник CMD равнобедренный, так как СМ и MD — медианы, проведенные к общей стороне в равных треугольниках. Следовательно, его высота MK будет одновременно и медианой. Итак, отрезок KM, соединяющий середины AB и CD, есть общий перпендикуляр к этим ребрам. Поэтому центр описанного около тетраэдра ABCD шара должен лежать на этом отрезке.

Из треугольников MDB и MDK последовательно находим MD = √65, MK = 7. С другой стороны, из треугольников OKD и AMO находим  Получаем уравнение

Ответ. R = 5.

3.23. Проведем через точку O (рис. P.3.23) сечение B1EC1 пирамиды, перпендикулярное к стороне SA. Тогда угол B1EC1 равен α, а OE = а. Так как пирамида правильная, то в силу симметрии треугольник B1EC1 равнобедренный, а B1C1 и BC параллельны.

Чтобы связать высоту SO с элементами треугольника B1EC1, рассмотрим треугольник SOA, для которого воспользуемся сравнением площадей:

SO · OA = OE · SA. (4)

Выразим все участвующие в этом соотношении отрезки через а, α и h:

Подставив в уравнение (4) и возведя затем обе части уравнения в квадрат, получим уравнение

3h² tg² α/2 − h² = 3a² tg² α/2,

откуда

Чтобы привести это выражение к виду, удобному для логарифмирования, преобразуем выражение, стоящее в знаменателе под радикалом:

Ответ.

3.24. Если в сечении образуется квадрат, то плоскость сечения пересекает все четыре грани пирамиды. Кроме того, отрезок KL параллелен MN, т. е. параллелен плоскости основания, а следовательно, и ребру AB.

Аналогично отрезки KM и LN параллельны ребру DC. Итак, если в сечении пирамиды — квадрат, то плоскость сечения должна быть параллельной двум скрещивающимся прямым, на которых лежат ребра AB и DC.

Докажем обратное: если провести сечение пирамиды, плоскость которого параллельна AB и DC, то в сечении получится прямоугольник. B самом деле, то, что это будет параллелограмм, устанавливается непосредственно. Спроецировав DC на плоскость основания (рис. P.3.24), мы убедимся в том, что MN и EC взаимно перпендикулярны. Отсюда следует, что прямым будет угол между DC и MN, а значит, и между LN и MN. Таким образом, KLMN — прямоугольник.

Мы доказали, что в сечении можно получить прямоугольник только с помощью плоскости, параллельной двум скрещивающимся ребрам.

Этот прямоугольник будет квадратом, если MN = MK. Из подобия треугольников ADC и AMK находим MK /CD = AM /AC , причем

Подставляя в первоначальное отношение, получим

Так как MK = MN, то получим уравнение относительно стороны квадрата, из которого

Ответ.

3.25. Расположим пирамиду так, как показано на рис. P.3.25.

Соединим вершину R1 куба с вершинами пирамиды. Пирамида АBCР разобьется на три пирамиды: R1ABP, R1ACP, R1BCP, y которых общая вершина R1 и одинаковая высота x, равная по длине ребру куба. Из сравнения объемов получим

1/6abc = 1/6(xab + xbc + xac),

откуда найдем x.

Ответ. abc /ab + bc + ac . 

3.26. Верхнее основание куба будет вписано в равносторонний треугольник A1B1C1 (рис. P.3.26) подобный основанию ABC пирамиды.

Выразим сторону A1C1 треугольника A1B1C1 через сторону вписанного квадрата:

A1C1 = 2A1E1 + a = 2a ctg 60° + a = a(1 + 2/√3).

Площадь треугольника A1B1C1 тогда равна  Так как треугольники ABC и A1B1C1 подобны и расстояние первого от центра подобия равно h, а расстояние второго равно h − а, то отношение площадей равно h ² /( h  − a )² . Поэтому площадь треугольника ABC равна

Ответ.

3.27. Пусть трехгранный угол пересечен некоторой плоскостью и в сечении образовался треугольник со сторонами a, b и с (рис. P.3.27).

Обозначим через x, y и z боковые ребра образовавшейся пирамиды, если ее вершиной считать вершину данного трехгранного угла. Тогда объем этой пирамиды равен xyz /6. Поскольку все плоские углы, образующие трехгранный угол, прямые, имеем

x² + y² = a², y² + z² = b², z² + x² = с².

Сложим эти уравнения, найдем x² + y² + z² = ½(а² + b² + с²). Теперь легко определить x, y и z. Таким образом,

Если треугольник в сечении тупоугольный и а ≤ b < с, то а² + b² < с², т. е. первая скобка под корнем отрицательна, в то время как остальные положительны. Если же треугольник в сечении прямоугольный, то одна из скобок обращается в нуль. Таким образом, нет сечения трехгранного угла, которое не было бы остроугольным треугольником.

3.28. Осуществив построения, изображенные на рис. P.3.28, постараемся вычислить объем данной пирамиды как удвоенный объем пирамиды AODC с вершиной в точке A (равенство объемов AODC и BODC станет очевидным из дальнейшего). Докажем вначале, что AFBE — прямоугольник. Из равенства треугольников CFB и DEA следует, что EA = BF. Аналогично BE = FA. Следовательно, AFBE — параллелограмм. Но EF = AB, а потому эта фигура — прямоугольник. Чтобы найти площадь треугольника DOC, нужно вычислить его высоту CF, для чего достаточно знать стороны прямоугольника AFBE.

Отрезок CF может быть найден из двух прилегающих к нему прямо угольных треугольников. С одной стороны, CF² = BC² − BF², с другой стороны, CF² = AC² − AF², т. е. BF² − AF² = а²− b².

Составим систему уравнений:

из которой найдем BF² = ½(а² − b² + с²), AF² = ½(с² − а² + b²). Теперь можно вычислить CF и AK:

CF² = а² − ½(а² − b² + с²) = ½(а² + b² + с²),

Объем пирамиды ABCD равен 2 · ⅓AK(½DC · CF).

Ответ.

3.29. Расположим пирамиду ABCD так, как показано на рис. P.3.29, а. Воспользуемся методом сравнения объемов по отношению к телу ANBMCD.

С одной стороны, его можно рассматривать как составленное из двух пирамид с общим основанием MNCD и с вершинами в точках A и B. Основание MNCD — прямоугольник с известными сторонами. Высотами будут перпендикуляры AK и BL, опущенные на MN (рис. P.3.29, б). Так как нам нужна сумма объемов двух пирамид с общим основанием, то выразим AK + BL через AB и sin α. Тогда объем нашего тела будет выражен через α.

С другой стороны, V ANBMCD = V ABCD + V ABMD + V ABNC .

Проведем AG || KL (см. рис. P.3.29, б). Тогда

AK + BL = GB = 12 sin α, S MNCD = 6 · 8 = 48,

V ANBMCD = ⅓ S MNCD (AK + BL) = 4 · 48 sin α,

S MANB = ½ AB · NM sin α = 48 sin α.

V ABCD + V ABMD + V ABNC = 48 + 6/3(S ABM + S ABN ) = 48 + 2S MANB = 48 + 2 · 48 sin α.

Таким образом,

48 + 2 · 48 sin α = 4 · 48 sin α.

Отсюда

sin α = ½.

Ответ. α = π/6.

3.30. Поставим четырехугольную пирамиду A1BB1C1C, в которую вписан шар, на основание BB1C1C (рис. P.3.30). Пусть H — высота призмы, а — сторона ее основания. Радиусы окружностей с центрами O и O1 равны R. Так как треугольник B1A1C1 правильный, то а = 2√3 R.

Рассмотрим треугольник DA1E. Он прямоугольный и его площадь, с одной стороны, равна ½A1D · DE, а с другой стороны, R /2(A1D + DE + A1E). Поскольку

получаем уравнение относительно H, которое после подстановки а = 2√3 R и возведения в квадрат принимает вид H² = 4HR, откуда H = 4R.

Ответ. 12√3 R³.

3.31. Центр шара, касающегося трех ребер правильного тетраэдра, исходящих из общей вершины, должен лежать на биссектрисе соответствующего трехгранного угла, которая совпадает с высотой тетраэдра, опущенной из этой же вершины. Поскольку все четыре биссектрисы пересекаются в одной точке — центре вписанного в тетраэдр шара, достаточно рассмотреть треугольник SOA (рис. P.3.31), где SO — высота тетраэдра, SA — его ребро, а O1 — центр искомого шара и шара, вписанного в тетраэдр.

Треугольники SAO и SO1D подобны. B первом известны все стороны, во втором SO1 = a √6 /4. = . Это позволяет вычислить R.

Ответ. a √2 /4.

3.32. Если один куб расположен внутри другого, а вершина O y них общая, то диагонали этих кубов, проходящие через O, лежат на одной прямой. Поэтому из всех подобных кубов, которые можно поместить в параллелепипед, мы выберем максимальный.

Пусть с < а и с < b. Тогда в параллелепипед можно поместить куб с ребром с (рис. P.3.32).

Вычислим все стороны треугольника ABO и воспользуемся теоремой косинусов:

AB² = AO² + BO² − 2AO · BO cos x,

AO² = а² + b² + с², BO² = 3c²,

AB² = (а − с)² + (b − с)².

Для определения cos x получим уравнение

которое симметрично относительно а, b и с, а потому не зависит от соотношения между этими величинами. Убедитесь сами в том, что cos x не будет больше единицы при любых а, b и с.

Ответ.

3.33. Разность углов А и С равна φ, BD — биссектриса угла B в треугольнике ABC (рис. P.3.33).

Вычислим угол а:

α = B /2 + С = π − A − C /2 + С = π/2 + C − A /2 = π/2 + φ/2.

Объем призмы равен произведению АА1 на площадь основания ABC, т. е.

АА1 (½AD · DB sin α + ½DC · DB sin α) = ½АА1 · DB · AC sin α = ½ aS cos φ/2.

Ответ. ½ aS cos φ/2.

3.34. Пусть выбраны диагонали С1D и В1С (рис. P.3.34). Так как В1С || А1D и С1D || В1A, то плоскости А1С1D и АВ1С параллельны. Расстояние между В1С и С1D равно расстоянию между этими плоскостями.

Обе плоскости А1С1D и АВ1С перпендикулярны к диагонали BD1. Поэтому искомое расстояние равно разности между отрезком BD1 и удвоенной высотой пирамиды D1А1С1D. Объем этой пирамиды равен a ³ /6, а площадь основания А1С1D равна а√3/2 , следовательно, высота h = a /√3. Так как BD1 = a√3, то искомое расстояние равно a√3 − 2 a /√3 = a /√3.

Ответ. a /√3.

3.35. Из соображений симметрии ясно, что точка O лежит на диагонали AC1 куба. Для доказательства достаточно установить, что плоскость KMN (рис. P.3.35) перпендикулярна к АС1 и что АС1 проходит через точку O1, являющуюся центром треугольника KMN.

По теореме о трех перпендикулярах АС1 ⊥ BD. Следовательно, АС1 ⊥ KN. Аналогично прямая АС1 перпендикулярна к KM или MN, т. е. АС1 — перпендикуляр к плоскости KMN.

Треугольник KMN равносторонний. Так как AK = AN = AM, то из равенства соответствующих треугольников, имеющих общие вершины в точках А и О1, получаем KO1 = NO1 = MO1.

Мы доказали, что центр О сферы лежит на продолжении отрезка АС1.

Так как AK — биссектриса в треугольнике OKO1, то . Отсюда найдем OK = R, выразив остальные отрезки через ребро куба:

Подставив все эти выражения в пропорцию , получим уравнение относительно R. После простых преобразований это уравнение запишется в виде

6R² − 2√6 aR − 3а² = 0.

Геометрический смысл имеет только положительный корень.

Ответ.

3.36. Докажем вначале, что каждая сторона четырехугольника параллельна биссектральной плоскости двугранного угла, образованного данными взаимно перпендикулярными плоскостями. Перенесем сторону четырехугольника параллельно себе так, чтобы одна из ее вершин лежала на ребре этого двугранного угла (рис. P.3.36, а). Полученный отрезок RS спроецируем на плоскости P и Q. Так как проекции при параллельном переносе не изменяются, то RS1 = RS2 = 1. Построим линейный угол S1TS1, измеряющий двугранный угол между плоскостями P и Q, и соединим точки S и T. Треугольники RS1T и RS2T и треугольники RS1S и RS2S попарно равны, т. е. прямоугольные треугольники S1ST и S2ST — равные и равнобедренные. Следовательно, углы STS1 и STS2 равны 45°, а это означает, что сторона данного четырехугольника параллельна биссектральной плоскости. Проведя аналогичные рассуждения для каждой стороны, придем к выводу, что плоскость четырехугольника параллельна биссектральной плоскости.

Перенесем теперь плоскость P параллельно так, чтобы четырехугольник уперся в нее одной из своих вершин, которую обозначим буквой А (рис. P.3.36, б).

Спроецируем четырехугольник ABCD на плоскость P. Поскольку его проекция АВ1С1D1 — квадрат, то ABCD — параллелограмм. Поэтому один из отрезков AB или AD равен √5/2. Предположим, что это AB.

Построим теперь след, оставленный плоскостью четырехугольника ABCD на плоскости P. Для этого построим вначале точку E, в которой пересекаются прямые BC и В1С1, а затем соединим E и А. Угол между плоскостями ABCD и P измерим линейным углом BFB1, равным 45°. Остается провести вычисления:  следовательно, угол B1AF равен 30° и поэтому B1E = 1/√3; находим   и так как , то BC = √7/2.

Ответ. √5 + √7 .

3.37. Опишем около данной пирамиды конус с образующей l, высотой H и радиусом нижнего основания R. Объем конуса больше объема пирамиды. Если мы докажем, что объем конуса меньше куба образующей, то задача тем самым будет решена.

Рассмотрим угол α между H и l. Тогда

H = l cos α, R = l sin α,

а объем конуса равен

V = π/3 R²H = π/3 l³ sin² α cos α.

 Составим отношение:

V /l ³ = ⅓π sin² α cos α = π/6 sin 2α sin α ≤ π/6 < 1,

что и доказывает сформулированное в условии утверждение.

3.38. B осевом сечении конуса получим картину, изображенную на рис. P.3.38.

По условию r = pR. Из подобия треугольников ЕОВ и FO1B получим

r /R = H − 2 R  − r /H − R , т. е. H = 2 R ² /R − r ,

а из подобия треугольников AOB и ОЕВ (AB = l) найдем

l /ρ = H − R /R , (5)

т. е.

l = ρH − R /R = ρ1 + p /1 − p .

Так как l² − ρ² = Н², получаем уравнение относительно ρ, решая которое находим ρ² = R ² /p . Полная поверхность конуса равна πp(ρ + 1). С помощью производной пропорции из соотношения (5) получим

l + ρ /ρ = H /ρ, т. е. (l + ρ)ρ = ρ²H /R = 2 R ² /p (1 − p ) .

Сумма поверхностей шаров равна 4π(R² + r²).

Составим искомое отношение:

2( R ² + r ²) p ( p − 1) /R ² = 2(1 + p²)p(1 − p).

Ответ. 2p(1 − p)(1 + p²).

3.39. Обозначим радиус сферы через R и рассмотрим осевое сечение каждого из конусов. Второй конус можно расположить внутри сферы произвольным образом. Мы расположим его так, чтобы образующие обоих конусов были параллельны (рис. P.3.39). Выразим радиусы оснований конусов через R.

B треугольнике FOK углы OFK и OKF равны α/2· Следовательно, угол EOK равен их сумме, т. е. α. Из треугольника EOK находим EK = R sin α. Далее,

Составим теперь отношение объемов и приравняем его к a. После простых преобразований придем к уравнению относительно α:

Так как 1 + sin α/2 ≠ 0 (иначе не существует конус), то

откуда

Чтобы можно было осуществить извлечение корня, необходимо взять а ≥ 8.

Так как а > 0, то выражение, стоящее под знаком арксинуса, как легко проверить, всегда расположено между 0 и 1.

Ответ.

3.40. Так как O1 — центр сферы, касающейся граней SAB и SAC в точках B и C (рис. P.3.40, а), то O1 лежит в плоскости, перпендикулярной к их общему ребру SA и проходящей через эти точки. При этом ED — биссектриса линейного угла ВЕС, измеряющего двугранный угол между рассматриваемыми плоскостями.

Если сделать такие же построения для второй сферы O2, то получим четырехугольник AFBO2, равный четырехугольнику BECO1 (равенство очевидно из соображений симметрии, однако этот факт легко устанавливается и непосредственно). Следовательно, CO1 = AO2 = BO2 = BO1. Заметим, что AO || CO1 как два перпендикуляра к плоскости ASC. Итак, O1O2 = AC = а.

Поскольку O1B ⊥ ASB, то O1B ⊥ SB, аналогично O2B ⊥ SB, откуда SB ⊥ O1BO2. Мы доказали, что SB — высота пирамиды SO1BO2.

Чтобы ответить на поставленный в задаче вопрос, остается вычислить длину отрезка BO1. Так как отрезок EC из треугольника ASC определяется легко:

EC² = a ² /4 b ² (4b² − a²),

то дальнейшие вычисления нельзя проводить, оставаясь в плоскости BEC (рис. P.3.40, б). Обратим лишь внимание на тот факт, что треугольники BES и CES равны, т. е. BE = CE, откуда следует, что биссектриса ED является в треугольнике BEC и медианой. Фигура BECO1 — ромбоид (BC ⊥ EO1). Обозначим EC = с, BO1 = x. Треугольники ECO1 и ECD подобны. Поэтому ED : с = a /2 : x, откуда x = ac /2 ED , т. е. x² = a ² c ² /4 c ² − a ² . 

Подставляя вместо с = EC его выражение через а и b, получим

OB² = a ²(4 b ² − a ²) /4(3 b ² − a ²) .

Теперь можно определить высоту треугольника O1BO2, опущенную на O1O2. Она равна  Все элементы, необходимые для вычисления объема, сосчитаны.

Ответ.

3.41. Расстояние между центрами O1 и O3 двух не касающихся друг друга шаров равно 2r√2 (рис. P.3.41, а).

На рис. P.3.41, б изображено осевое сечение конуса, проходящее через O1 и O3. B этом же сечении будет лежать и O5. B треугольнике O5O1Е сторона O1O5 = 2r, а O1Е = r√2 , следовательно  т. е. угол O5O1Е равен 45°. Треугольник ASD подобен треугольнику O1O5Е . Поэтому H = R. Найдем H:

H = SO5 + O5E + ED = √2r + 2 r /√2 + r = r(2√2 + 1).

Теперь можно найти и объем конуса:

V = π r ³ /3(2√2 + 1)³.

Ответ. π r ³ /3(22√2 + 25).

3.42. Так как ребро SD перпендикулярно к плоскости основания, то треугольник SCD (рис. P.3.42, а), в который вписана окружность основания цилиндра, прямоугольный.

 Радиус этой окружности равен частному от деления площади треугольника SDC на полупериметр, т. е.

Угол MEK равен углу SAD, так как треугольники MEK и SAD подобны. Из треугольника SAD находим ctg ∠ SAD = a /h . Следовательно, и ctg ∠ MEK = a /h . Для дальнейших рассуждений достаточно рассмотреть трапецию EMNF (рис. P.3.42, б).

Отрезок MK = 2r. Из треугольника MEK находим

EK = MK ctg ∠ MEK = 2 ra /h .

Искомый отрезок

KF = EF − EK = a − 2 ra /h = a ( h − 2 r ) /h .

Ответ.

3.43. Пусть OA = R, SO = H, ребро куба равно a (рис. P.3.43).

Из подобия треугольников SOA и SO1B получим

Так как

то

Из подобия треугольников SO1B и SO2C

Упростим последнюю пропорцию и найдем из нее H:

С помощью первого соотношения определим теперь R:

Остается сосчитать отношение объемов: π R ² H /3 a ³ . 

Ответ.

3.44. Обозначим через а сторону нижнего основания пирамиды, через b сторону ее верхнего основания, а через S площадь боковой грани. Объем пирамиды можно записать так:

С другой стороны, объем равен

Приравнивая эти два выражения, найдем

Вспомним, что боковая грань — трапеция, боковые ребра которой равны верхнему основанию. Площадь этой трапеции легко найти, если вычислить ее высоту:

Сравнивая с предыдущим выражением для S, получим уравнение относительно а /b . После сокращения на а + b (равенство суммы а + b нулю не имеет геометрического смысла) и возведения в квадрат придем к выражению

2b² + ab − а² = 0

или

(a /b )² − a /b − 2 = 0.

Так как а и b — положительные величины, то а /b = 2, или а = 2b.

Чтобы связать величины b и r, спроецируем точку С1 на плоскость нижнего основания (рис. P.3.44). Поскольку радиус описанной окружности треугольника ABC в два раза больше радиуса описанной окружности треугольника А1В1С1, то DC = b /√3.

По теореме Пифагора для треугольника С1DС

b² − b ² /3 = 4r²,

откуда

b = r√6, а = 2b = 2r√6.

Остается вычислить объем:

Ответ. 7√3r³.

3.45. Пусть О1 и О2 — центры меньших шаров, О3 — центр большого шара, а О — центр шара, радиус которого нужно определить. Спроецируем точки O1, O2, O3 и О на плоскость (рис. P.3.45). Треугольник Р1Р2Р3 равнобедренный и точка P лежит на его медиане и высоте.

Обозначим радиус ОР = x. После этого многие отрезки на рис. P.3.45 можно будет выразить через R, r и x. Отложим на O3Р3 = R отрезок ВР3 = r. Треугольники O1O2В и Р1Р2Р3 равны, как основания призмы. Перед нами задачи — связать величины r = О1Р1 = О2Р2, R = О3Р3, x = ОР. Прямоугольные треугольники ОО1Е и ОО3С позволяют вычислить отрезки РР1 и Р3Р. Отрезок DР3 = AB можно найти из прямоугольного треугольника О3АВ (О3А можно считать известной величиной). Полученные отрезки образуют прямоугольный треугольник P1DP, для которого будут вычислены все стороны. Теорема Пифагора для этого треугольника и даст нужное нам соотношение между r, R и x.

Проведем теперь все вычисления.

Из треугольника О3АО2 находим

из треугольника О3АВ находим

Следовательно,

Вычисляем

P3Р² = CO² = (R + x)² − (R − x)² = 4Rx

и

Р1Р² = ЕО² = O1O² − O1Е² = (r + x)² − (r − x)² = 4rx.

B треугольнике P1DР известна гипотенуза Р1Р. Катет Р1D = r, а катет

По теореме Пифагора Р1Р² = Р1D² + DP², т. е.

или

Решая это уравнение, находим

Хотя правая часть в обоих случаях положительна, нужно взять только знак минус, так как второе значение для √x оказывается больше √r, что невозможно.

Ответ.

3.46. Пусть O1 и O2 — центры двух равных шаров с радиусом R, а O3— центр третьего шара радиусом r (рис. P.3.46). Треугольник O1O3F прямоугольный, т. е.

O1O3² = O1F² +O3F².

Так как O1O3 = R + r, O1F = R − r, то остается вычислить O3F. Из треугольника BDE, в котором DB = O3F, имеем

DB² = DE² + ЕВ².

Длину отрезка EB можно найти как AB − AE. Но AB = R ctg α/2 (из треугольника O1AB), а AE = CD = r ctg α/2 (из треугольника O2CD). Таким образом,

EB² = (R ctg α/2 − r ctg α/2)².

Отрезок DE можно определить, если воспользоваться условием, что шары O1 и O2 касаются. Отрезок O1O2 равен 2R и параллелен плоскости Π. Следовательно, KB = 2R и DE = LB = R.

Величина DB² теперь найдена:

DB² = R² + ctg² α/2 (R − r)²,

и теорема Пифагора для треугольника O1O3F примет вид

(R + r)² = (R − r)² + R² + ctg² α/2 (R − r)².

Раскрыв скобки в членах, не содержащих множителя ctg² α/2, найдем

ctg² α/2 = 4 Rr − R ² /( R − r )² .

По условию r /R = m; разделим числитель и знаменатель правой части почленно на R²

Число m всегда меньше единицы, так как по условию r меньше R. Кроме того, 4m − 1 ≥ 0, так как слева стоит квадрат. Но ctg α/2 = 0, если α/2 = π/5 и α = π, что невозможно. Поэтому 4m − 1 > 0 и m > ¼.

Ответ. При ¼ < m < 1 

3.47. Обозначим центры шаров буквами O1, O2 и O3, а их проекции на плоскость P через A, B и C. Треугольник ABC (рис. P.3.47) равносторонний со стороной 2R, а точка O — проекция вершины S конуса — будет центром этого треугольника.

Образующую конуса, которой касается шар с центром в точке O1, обозначим через SD, а точку касания — буквой E. Отрезок O1E перпендикулярен SD и равен R. Так как данный конус равносторонний, то угол между образующей и ее проекцией на основание конуса равен 60°. По условию SO = 10, следовательно, DO = 10 · ctg 60° = 10/√3. Отрезок AO находим из треугольника ABC:

AO = 2 R /√3.

Таким образом, AD = 2 R − 10 /√3. Угол ADE равен 120°, а луч O1D делит его пополам. Из прямоугольного треугольника AO1D

R = AD tg 60°, т.е. R = 2 R − 10 /√3 √3.

откуда находим R.

Ответ. 10 см.

3.48. Пусть SO1 и SO2 — оси соседних конусов (рис. P.3.48). Тогда середина C отрезка O1O2 лежит на общей образующей этих конусов.

Угол O1SO2 равен углу в осевом сечении конуса, обозначим его через x. Тогда углы O1SA1 и О2SA2 равны x /2. Проекции осей SO1 и SO2 на плоскость P лежат на образующих, по которым происходит касание конусов с плоскостью P. Так как конусов n, то угол A1SA2 = 2π/n .

Отрезок SO1 можно выразить через А1В двумя способами: 

а так как  то

Приравнивая полученные для SO1 выражения, получим tg x /2 = sin π/n .

Ответ. x = 2 acrtg [sin π/n ].

3.49. Так как угол AOB (рис. P.3.49, а, б) прямой, то точки А и О лежат на сфере, построенной на AB, как на диаметре. Следовательно, все внутренние точки отрезка АО лежат внутри этой сферы. Поскольку центр сферы, радиус которой мы ищем, лежит на АО, то возможно лишь внутреннее касание сфер.

Центр О2 вписанной сферы соединим с точкой F, в которой происходит касание сферы с одной из граней. Из подобия треугольников FО2A и OKA имеем

где r — искомый радиус.

Спроецируем точку О1 на АО и рассмотрим прямоугольный треугольник O1EO2. B нем O1O2 равно разности радиусов, т. е. O1O2 = a /2 − r; EO1 равно половине OB, т. е. EO1 = а√3/6. Отрезок O2Е = |AE − AO2|. Знак абсолютной величины означает, что точка О2 может оказаться ниже точки E, либо выше ее (см. рис. P.3.49, на котором изображены оба случая). Так как AE = ½, АО = a /√6, а AO2 = 3r, то O2E = |a /√6 − 3r|.

По теореме Пифагора O2O²1 = O2Е² + EO²1, т. е.

(a /2 − r)² = (a /√6 − 3r)² + a ² /12.

После простых преобразований получим уравнение

8r² + (1 − √6)ar = 0,

откуда

r = √6 − 1/8а.

Так как АO2 = 3r, то AO2 = 3√6 − 1/8а, в то время как AE = a /√6.

Сравнивая AO2 и AE, мы видим, что AO2 больше. Следовательно, точка O2 на рис. P.3.49 должна располагаться ниже точки E.

Ответ.  √6 − 1/8а.

3.50. Плоскость Π, проходящая через ось РР и центр О основания пирамиды, образует в сечении некоторый треугольник SMN (рис. P.3.50). Повернем треугольник SAB около оси РР так, чтобы он лег в плоскость Π. Так как AB = MN, а высота SO меньше высоты SK, то треугольники расположатся так, как показано на рис. P.3.50. Любое другое сечение SEF пирамиды попадет внутрь пятиугольника SMABN, а все сечения дважды покроют этот пятиугольник.

Остается определить объем тела, полученного от вращения пятиугольника SMABN вокруг оси РР. Половину искомого объема можно получить в виде разности объемов цилиндра, полученного от вращения прямоугольника SKBL, и конуса, полученного от вращения треугольника SNL:

½V SMABN = V SKBL − V SNL = πSK² · BK − ⅓πLN² · BK = πBK(SK² − ⅓LN²).

Из соответствующих треугольников находим

SK = a /2 ctg α/2; LN² = SO² = SN² − NO² = a ² /4 ctg² α/2 − a ² /4.

Таким образом,

V SMABN = πa(a ² /4 ctg² α/2 − ⅓a ² /4 ctg² α/2 + a ² /12) = π a ³ /12(2 ctg² α/2 +1).

Ответ. π a ³ /12(2 ctg² α/2 +1).

3.51. Способ 1. Рассмотрим радиус r вписанного в конус шара и угол α (на рис. P.3.51 изображено осевое сечение конуса).

Тогда полная поверхность конуса будет равна

Sпк = πR (R + l) = πr² ctg² α (1 + 1/cos 2α),

где радиус R основания конуса и его образующая l равны соответственно

R = r ctg α, l = r ctg α /cos 2α.

(промежуточные выкладки проделайте самостоятельно). Так как Sш = 4πr² и по условию Sпк = 2Sш, то после сокращения на πr² и несложных преобразований приходим к тригонометрическому уравнению

1 + cos 2α/cos 2α = 8 tg² α.

Выразив tg² α через cos 2α, получим

1 + cos 2α/cos 2α = 81 − cos 2α/cos 2α,

откуда cos 2α = ⅓.

Найдем теперь требуемое отношение объемов. Имеем

Vк = π r ³ /3 ctg³ α tg 2α, Vш = 4/3πr³.

Преобразуем выражение ctg³ α tg 2α, имея в виду, что cos 2α = ⅓:

ctg³ α tg 2α = ctg² α · ctg α sin 2α/cos 2α = 1 + cos 2α/1 − cos 2α · cos α · 2 sin α cos α/⅓ sin α = 8.

Следовательно, Vк = 2Vш, т. е. отношение объема конуса к объему шара равно 2.

Способ 2. Представим объем конуса как сумму двух объемов V1 и V2, где V1 — объем тела, образуемого вращением заштрихованного на рис. P.3.51 треугольника вокруг оси конуса, а V2 — объем конуса с осевым сечением AOB. Имеем

Vк = V1 + V2 = ⅓rSб + ⅓rSo = r /3(Sб + So) = r /3Sпк

(здесь использована лемма об объеме тела вращения треугольника; So — площадь основания конуса, Sб — площадь его боковой поверхности).

Так как Vш = r /3(4πr³) = r /3Sш, то

Vк : Vш = (r /3Sпк) : (r /3Sш) = 2. 

Ответ. Отношение объемов равно 2.

3.52. Предположим, что двум равновеликим граням принадлежит ребро BB1. Спроецируем точку B1 на плоскость основания и обозначим проекцию буквой O. Если B1E и B1D — соответственно высоты параллелограммов CC1B1B и AA1B1B, то B1D = B1E, поскольку площади и основания у этих параллелограммов равны. Следовательно, прямоугольные треугольники B1OE и B1OD равны, т. е. точка O находится на одинаковом расстоянии от прямых AB и CB. Поэтому (подробнее см. задачу 5.4) она лежит на биссектрисе одного из углов, образованных этими прямыми. Случаю, когда точка O находится либо внутри угла ABC, либо попадает в угол, вертикальный по отношению к углу ABC, отвечает рис. P.3.52, а. Другой возможный вариант изображен на рис. P.3.52, б. Здесь в построении участвует биссектриса угла ABN.

Начнем с первого случая. Так как ABC — правильный треугольник, то BK ⊥ AC и, следовательно, В1В ⊥ AC. Поскольку ребро A1A параллельно В1В, то А1A ⊥ AC. Мы доказали, что в первой из двух различных ситуаций АА1С1С — прямоугольник. Если AB = а, A1A = b, то S2 = ab. Чтобы связать введенные элементы с известными из условия задачи, вспомним, что треугольник, лежащий в основании, правильный. Следовательно, OB = 2 · OD (угол OBD равен π/6). Отрезок OD найдем из треугольника В1OD, а отрезок OB — из треугольника В1OB.

Итак,

благодаря чему

Поскольку  получаем возможность определить а:

(6)

Рассмотрим теперь второй из возможных случаев (см. рис. P.3.52, б). Теперь ВО и AC параллельны и ВО ⊥ KB. Поэтому KB ⊥ ВВ1 и, следовательно, KB ⊥ АА1. Мы установили, что параллелограмм АА1С1С лежит во втором случае в плоскости, перпендикулярной к плоскости основания призмы. Следовательно, высота А1O1 призмы принадлежит плоскости АА1С1С, т. е. Ha = S2, откуда

Возможен еще один случай, который является как бы совпадением двух разобранных вариантов — точка О совпадает с вершиной B. Тогда призма прямая и при S1 = S2 из формулы (6) получим

Поскольку в первом случае S1 = аВ1D, S2 = аВ1В и В1D < В1В, то первому случаю соответствует требование S1 < S2. Условие положительности подкоренного выражения 4 S²1 − S²2 приводит ко второму ограничению S2 < 2S1.

Для второго случая получаем S1 = аВ1D, S2 = aH. Так как В1D > H, то S1 > S2. Случай S1 = S2 можно отнести к этому случаю.

Ответ.  при S1 < S2 < 2S1, а = S 2 /H при S1 ≥ S2.

3.53. Проведем в кубе сечение AB1C1D (рис. P.3.53, а). Оно разобьет куб на две равные треугольные призмы. Возьмем одну из призм (рис P.3.53, б) и в качестве основания четырехугольной пирамиды выберем четырехугольник AB1C1D, а в качестве ее вершины точку D1. Оставшаяся часть призмы (D1AA1B1) образует треугольную пирамиду. Аналогично разобьем и вторую призму. Поскольку четыре пирамиды заполняют весь объем куба, их суммирующий объем максимален.

3.54. Пусть O1 — центр шара, описанного около пирамиды SABC, а O — центр правильного треугольника ABC, лежащего в ее основании. Тогда O1O — перпендикуляр к плоскости основания (рис. P.3.54).

(По условию точка O1 равноудалена от A, B и C.) Обозначим длину отрезка O1O через x, а длину отрезка OP через y. Так как AO1 = SO1 = R, а AO = 6/√3 = 2√3, то по теореме Пифагора для треугольника AOO1 : x² + AO² = R², т. е. x² + 12 = R². Соотношение для y найдем из треугольника SO1D, где O1D = y, SO1 = R. Тогда SD² = R² − y². Но SD есть либо 4 − x, либо 4 + x в зависимости от расположения O1. Поэтому найдем x: x = |SP − SD|, что охватывает сразу два возможных случая и приводит к уравнению

Отсюда

Но x ² = R² − 12, т. е.

Тогда  а после возведения в квадрат и приведения подобных членов: 64R² = 28² + 8у² + y4 или 64R² = (y² + 4)² + (28² − 16).

Поскольку

28² − 16/64 = 4² · 7² − 4²/4² · 4 = 7² − 1/4 = 48/4 = 12,

имеем R² = ( y ² + 4)² /64 + 12. Это выражение при x = 0 достигает своего минимального значения R² = 4²/64 + 12 = 12¼  = 49/4, т.е. R = 7/2. 

Ответ. 3,5.

Замечание. Условие задачи, в силу которого основание P высоты SP пирамиды SABC принадлежит ее основанию ABC, при решении не использовано. Это условие оказалось лишним. Следовательно, в постановке задачи имеется неточность. Мы пытались использовать это условие, когда в первом указании строили прямую призму, верхнему основанию которой должна принадлежать вершина S. Эти ограничения оказались невостребованными при решении задачи. Задача реально предлагалась на вступительных экзаменах.

 

Глава 4

Геометрические задачи на проекционном чертеже

4.1. Проведем AE до пересечения с ОС в точке F (рис. P.4.1, а). Точка F лежит в плоскости грани DD1C1C, в которой лежит и точка О, принадлежащая сечению. Проведем FO до пересечения с D1D в точке N. Таким образом, сечение, о котором идет речь в условии, построено; это ANME (см. рис. P.4.1, а).

Обозначим ребро куба через а и вычислим объем фигуры, лежащей под сечением, как разность объемов двух пирамид: NAFD и MEFC.

Отрезок EC — средняя линия в треугольнике AFD, следовательно, CF = СО = а.

Вычертим отдельно треугольник BFD и проведем OK || ND (рис. P.4.1, б). Так как О — центр грани куба, то OK = a /2, DK = KC = а /2. Из подобия образовавшихся треугольников находим

MC = а /3, ND = 2MC = 2 а /3.

Так как треугольники EFC и EAB равны (см. рис. P.4.1, а), то площадь треугольника AFD равна а², а площадь треугольника EFC равна a ² /4. Теперь можно вычислить объем фигуры, лежащей под сечением ANME:

⅓ND · a² − ⅓MC · a ² /4 = ⅓2 a /3a² − ⅓a /3a ² /4 = 7 a ³ /36,

и найти искомое отношение объемов.

Ответ. 29 : 7.

4.2. Проведем прямую FG, которая пересечет А1В1 и А1D1 в точках M и L соответственно (рис. P.4.2). Соединив точки M и А и точки L и А, получим еще две точки E и K, принадлежащие сечению.

Площадь сечения AEFGK вычислим как разность площади треугольника AML и удвоенной площади треугольника KGL.

Треугольники ЕВ1М, FC1G и GD1L равны. Следовательно, D1L = В1F = ½, MF = FG = GL. С помощью треугольников МА1L и АА1L можно найти стороны треугольника AML:

его высоту

и его площадь

Треугольники AML и KGL подобны, так как GK и AM параллельны (они получены в результате пересечения двух параллельных граней куба плоскостью сечения), с коэффициентом подобия ⅓ (мы доказали раньше, что 3GL = ML). Следовательно, площадь треугольника KGL равна 1/9 площади треугольника AML, а площадь сечения AEFGK равна 7/9 площади AML.

Ответ.

4.3. Пусть K — точка пересечения AO1 и C1C (рис. P.4.3). Соединим K с центром Q боковой грани BB1C1C и получим сечение куба. Так как Q — центр симметрии квадрата B1C1CB, то B1E = FC. Проведем O1C1 и AC. Отрезок O1C1 — средняя линия в треугольнике AKC, и, следовательно, KC1 = C1C.

Треугольники KFC и KEC1 подобны с коэффициентом подобия 2. Поэтому FC = 2EC1. Так как FC = В1Е, то отношение отрезков B1E к ЕС1 равно 2.

Ответ. 2.

4.4. Пусть высота данной пирамиды h, сторона основания а. Найдем объем фигуры, лежащей под сечением BEFG (рис. P.4.4, а), как разность объемов пирамид EBCM и FGDM.

Объем первой пирамиды равен

⅓h /23 a ² /2 = ¾(⅓ha²) = ¾v,

где v — объем данной пирамиды.

Чтобы найти высоту пирамиды FGDM, сделаем чертеж плоскости, в которой лежит грань SDC (рис. P.4.4, б). Проведем EL параллельно SD. Так как E — середина SC, то DL = ½DC = a /2. Из подобия треугольников MEL и MFD найдем

FD /EL = MD /ML = 2 a /2,5 a = 4/5.

Нетрудно проверить (сделайте это самостоятельно), что высота пирамиды FGDM равна 4/5 высоты EBCM, т. е. 4 h /10.

Из подобия треугольников MGD и MBC (см. рис. P.4.4, а) найдем GD = 2 a /3. Это означает, что объем пирамиды FGDM равен

⅓4 h /102 a ² /3 = 4/15(⅓ha²) = 4/15v,

Таким образом, объем фигуры, лежащей под сечением, равен

¾v − 4/15v = 29/60v.

Ответ. 29/31.

4.5. Сечение AMND и диагональная плоскость ASC разбивают данную пирамиду на четыре части. Так как высота пирамиды NACD (рис. P.4.5) вдвое меньше высоты данной пирамиды, а площадь основания вдвое меньше площади основания ABCD, то ее объем равен v /4, где v — объем данной пирамиды.

Рассмотрим пирамиды ASBC и ASMN с общей вершиной A. Их высоты равны, а площадь основания первой в четыре раза больше. Следовательно, их объемы относятся, как 4 : 1. Таким образом, на долю пирамиды ABMNC приходится 3 v /8.

Теперь можно найти, какую часть объема пирамиды составляет фигура, расположенная под сечением:

¼v + 3/8v = 5/8v.

Ответ. 5 : 3.

4.6. Соединим точки P, Q и R с вершиной A (рис. Р.4.6), после чего соединим их между собой.

Продолжим A1B1 до пересечения с QP в точке E и A1D1 до пересечения с QR в точке F. Обе точки E и F лежат в плоскости верхнего основания, а EF — след сечения в этой плоскости, который пересекает верхнюю грань куба по отрезку MK.

Продолжим DC до пересечения с PR в точке G и соединим K с G. На ребре СС1 получим точку L, принадлежащую сечению.

Из подобия треугольников QА1Е и QAP следует, что А1Е = А1Q = 3 a /2, где а — ребро куба.

Следовательно, В1Е = а /2. Аналогично D1F = а /2 и СG = а /2, откуда следует, что МС1 = KC1 = LC1 = а /2. Объем пирамиды MC1LK равен а³ : 48.

Ответ. 1 : 47.

4.7. Пусть MN = а (рис. P.4.7).

Тогда aSK = 2Q. Выразим искомую площадь через а и SK. Отрезок AB — средняя линия трапеции IМNJ, а отрезок DC — средняя линия треугольника SIJ. Поэтому

AB = 3/2а, DC = а.

Из подобия треугольников SOK и HOG следует, что HG = ½SK. Осталось определить HL и EF:

HL = GL − GH = ¾SK − ½SK = ¼SK;

из подобных треугольников FSL и RSP

EF /a = SL /SP  = KG /KP = ¼, т. е. EF = а /4.

Теперь можно подсчитать площадь сечения, которая равна

½(AB + CD)GH + ½(CD + FE)HL = ½(5 a /4GH + 5/4aHL) = 5 a /4(½SK + 1/8SK) = 25 a /32SK.

Так как aSK = 2Q, то площадь сечения можно выразить через Q.

Ответ. 25/16Q.

4.8. Спроецируем С1С на плоскость основания призмы (рис. P.4.8). Отрезок EK — средняя линия в треугольнике С1CF.

Через точки K и D проведем прямую, которая пересечет AB в точке M. Докажем, что ЕМ — высота в треугольнике АВЕ.

Поскольку KC = ½FC, а DO = ½OB (ABC — правильный треугольник) и FC = OB (треугольники C1FC и В1ОВ равны), то KC = DO. Покажем, что KC || DO. B самом деле, так как OB ⊥ AC, то и ВВ1 ⊥ AC. Следовательно, CC1 ⊥ AC, а значит, и KC ⊥ AC. Итак, KC и DO параллельны, а фигура KCOD — параллелограмм. Теперь мы можем воспользоваться тем, что отрезок KM параллелен CO, а потому перпендикулярен к AB. Отсюда следует, что ЕМ — высота в треугольнике АВЕ.

Остаются простые вычисления:

Площадь треугольника ADB можно найти двумя способами: ½DM · AB = ½ DВ · AD, т. е. bDM = b ²√3 /4, откуда MD = b √3 /4. Теперь найдем ЕМ:

Ответ.

4.9. B диагональной плоскости ВВ1D1D (рис. P.4.9) проведем через точку F отрезок EG, параллельный ВD.

B другой диагональной плоскости AA1С1С проведем через точку F отрезок KL || АС1. B плоскости верхнего основания построим отрезок MN || В1D1 и проходящий через точку L. Точки K, G, N, M, E являются вершинами сечения, площадь которого мы должны вычислить. Это сечение — пятиугольник, разбивающийся на треугольник EKG и трапецию EGNM. Если KR — высота треугольника, а Q — точка пересечения KR и EG, то площадь пятиугольника равна

½KQ · EG + ½(EG + MN)QR.

Так как KL || AC1, то LC1 = ¼A1С1 и MN = ½В1D1 = ½EG. B свою очередь  Поэтому

Чтобы вычислить отрезки KQ и QR, спроецируем KR на плоскость основания. Точка Q спроецируется в P, а точка R — в H. Обозначим через S и T проекции точек K и Q на отрезки QP и RH соответственно.

По теореме о трех перпендикулярах АР ⊥ BD. Сравнивая площадь треугольника ADB, получим АР · BD = ab, а так как  то

Из подобия треугольников легко получим

AK = ¼с, RT = ¼с, QS = ½с.

Поскольку MN = ½В1D1, то QR = ½KQ. Из треугольника KQS находим

Теперь мы можем вычислить площадь фигуры:

S = ½ KQ · EG + ½ · 3/2EG · ½KQ = 7/8EG · KQ.

Ответ.

4.10. Чтобы построить тень куба, достаточно построить тень, отбрасываемую верхним основанием. По условию источник света расположен на высоте 2h. Из подобия треугольников, получающихся при построении тени, следует, что тенью, отбрасываемой верхним основанием куба, будет квадрат A2В2С2D2 (см. рис. P.4.10; также рис. 1.4.10 на с. 132).

Каждая сторона этого квадрата параллельна соответствующей стороне основания куба и равна 2h. Отрезок OO2, соединяющий центры квадратов ABCD и A2В2С2D2, при вращении источника света не изменяется и равен R. Чтобы получить тень куба, нужно на рис. P.4.10, а построить «внешние» отрезки, соединяющие соответственные вершины квадрата A1В2С2D2 с вершинами нижнего основания куба.

Задача становится плоской. Нужно выяснить, когда площадь полученного многоугольника будет максимальной, если точка О2 вращается вокруг точки О, а стороны квадрата A2В2С2D2 остаются параллельными сторонам квадрата ABCD.

B двух случаях (см. рис. P.4.10, б и в) площадь будет достигать максимума по сравнению с близкими положениями точки О2. B самом деле, если точка О2 немного сместится из положения, изображенного на рис. P.4.10, б, вправо или влево по окружности радиуса R, то площадь тени уменьшится, так как уменьшится площадь трапеции АDD2A2: y этой трапеции основания AD и А2D2 не изменятся, а высота станет меньше. То же самое произойдет и в случае, изображенном на рис. P.4.10, в. Здесь уменьшится площадь трапеции BDD2В2.

Остается сравнить площади этих двух фигур.

Площадь первой равна

4h² + 3 h /2(R − h /2),

площадь второй

3√2/2Rh + 5/2h².

При R > 2h вторая площадь больше, что и доказывает сформулированное в условии утверждение.

4.11. Острый угол φ между плоскостью основания куба и плоскостью Π не изменится при параллельных переносах куба и при вращении его вокруг оси, перпендикулярной к плоскости Π.

Тень, отбрасываемая кубом, равна тени от заштрихованной на рис. P.4.11 фигуры, которая составлена из двух треугольников A1B1D1 и BCD и диагонального сечения B1D1DB. Площадь тени равна

2 · a ² /2 cos φ + a²√2 cos (π/2 − φ) = a²(cos φ + √2 sin φ).

Максимум этого выражения равен а² √3 и достигается при φ = acrtg √2. Таким образом, тень, отбрасываемая кубом, имеет максимальную площадь, равную а² √3, когда шесть граней куба образуют с плоскостью Π одинаковые углы.

 

Глава 5

Геометрические места

5.1. Из любой точки M (рис. P.5.1) отрезок ON виден под прямым углом. Следовательно, искомое геометрическое место точек — окружность, построенная на отрезке ON, как на диаметре.

5.2. Пусть точка M принадлежит искомому геометрическому месту точек. По теореме косинусов для треугольника AMB (рис. P.5.2) имеем

AB² = AM² + BM² − 2AM · BM cos α.

Так как AM · BM cos α = ¾AB², то

AM² + BM² = 5/2AB².  (1)

Если МС — медиана треугольника АМВ, то

4MC² = 2АМ² + 2ВМ² − АВ².

Воспользуемся соотношением (1) и заменим 2(АМ² + ВМ²) на 5АВ²:

4МС² = 5АВ² − АВ², т. е. МС = AB.

Итак, искомое геометрическое место точек — окружность радиусом AB с центром в середине AB.

5.3. Докажем вначале, что если точка M лежит на рассматриваемой окружности, то выполняется сформулированное в условии задачи соотношение. Обозначим центр окружности буквой O и выберем на окружности произвольную точку M, отличную от А и С (рис. P.5.3).

Применим к стороне МВ треугольника АМВ теорему косинусов:

МВ² = АМ² + АВ² − 2АМ · AB cos А.

Из треугольника АMO находим AM = 2АO cos А, откуда cos А = AM /2 AO . По условию АO = AB /3. Подставляя cos А = 3/2AM /AB в выражение для МВ², получим МВ² = АМ² + АВ² − ЗАМ², т. е. 2АМ² + МВ² = АВ², что и требовалось проверить.

Простой проверкой легко убедиться, что это соотношение справедливо, если M совпадает с А и если M совпадает с С. B первом случае AM = 0, а МВ = AB и равенство становится очевидным AB² = АВ². Во втором случае AM = AC = ⅔AB, МВ = СВ = ⅓AB и

2(⅔AB)² + (⅓АВ)² = АВ².

Перейдем к доказательству обратного утверждения.

Докажем, что если в треугольнике АМВ

3АO = AB и 2АМ² + МВ² = АВ²,

то АO = MO, т. е. точка M лежит на окружности радиусом АO. Начнем со случая, когда M не лежит на AB. Предыдущие рассуждения подсказывают нам, что полезно воспользоваться не только данным соотношением, но и теоремой косинусов для треугольника АМВ:

МВ² = АМ² + АВ² − 2АМ · AB cos А.

Так как мы не знаем, чему равен cos А, то постараемся его исключить. Запишем теорему косинусов для стороны MO треугольника АMO (учтем при этом, что 3АO = AB):

MO² = АМ² + 1/9АВ² − ⅔AM · AB cos А.

Умножив последнее равенство на −3 и сложив с выражением для МВ², получим

МВ² − 3MO² = −2АМ² + ⅔АВ².

Заменяя МВ² + 2АМ² на АВ², придем к равенству

АВ² = 3MO² + 3/2АВ², т. е. АВ² = 9MO²,

откуда AB = 3MO и MO = АO, что и требовалось показать.

Если теперь точка M лежит на прямой AB, то она может располагаться либо на отрезке AB (включая его концы), либо вне этого отрезка.

Пусть точка M расположена вне отрезка AB. Тогда или AM + AB = МВ, или МВ + AB = AM. B первом случае получаем AB = МВ − AM, а после возведения в квадрат: АВ² = АМ² + МВ² − 2АМ · МВ. Заменяя АВ² на 2АМ² + МВ², придем к равенству AM = −2МВ, которое абсурдно. Аналогично рассматривается второй случай.

Пусть теперь точка M расположена на отрезке AB. Тогда AM + МВ = AB, что после возведения в квадрат и замены АВ² на 2АM² + МВ² приводит к равенству

АМ² = 2МВ · AM.

Из этого равенства следует, что либо AM = 0 (точки А и M совпадают), либо AM = 2МВ (точка M совпадает с точкой С).

Тем самым доказательство полностью завершено.

5.4. B треугольниках АВМ и ВМС при любом их расположении сторона ВМ общая. Если выбрать ее в качестве основания, то для равенства площадей этих треугольников необходимо и достаточно равенство высот, т. е. площади треугольников равны тогда и только тогда, когда прямая ВМ отстоит от точек А и С на одинаковое расстояние. Так как точки А и С зафиксированы, то задача состоит в нахождении всех прямых равноудаленных от А и С.

Если прямая ВМ пересекает отрезок AC (рис. P.5.4, а), то из равенства высот h1 и h2 следует, что треугольники АВF и CВF равновелики. Поскольку они имеют общую высоту, соответствующую вершине B, их основания АF и CF равны, и прямая, равноотстоящая от А и С, проходит в этом случае через середину отрезка AC.

Если же прямая ВМ не пересекает отрезок AC (рис. P.5.4, б), то из равенства высот h1 и h2 следует, что ВМ || AC.

Остается убедиться, что любая точка прямых ВМ, изображенных на рис. P.5.4, а и P. 5.4, б, удовлетворяет условию задачи. Следовательно, прямые ВМ и BF (рис. P.5.4, в) образуют искомое геометрическое место точек.

5.5. Рассмотрим вначале случай, когда прямые AB и CD, на которых лежат данные отрезки, пересекаются в некоторой точке N (рис. P.5.5, а). Пусть точка M принадлежит искомому геометрическому месту. Площади треугольников АВМ и CDM не изменятся, если каждый из отрезков AB и CD двигать по несущей его прямой. Переместим отрезки так, чтобы они имели своим общим концом точку N. Отрезок AB перейдет в NB′, а отрезок CD — в ND′. Поскольку пары треугольников АВМ, NB′M и CDM, ND′M равновелики, то искомое геометрическое место точек можно характеризовать тем свойством, что площади треугольников NB′M и ND′M равны.

Итак, задача свелась к предыдущей (см. задачу 5.4): для треугольника B′ND′ найти геометрическое место точек M таких, что площади треугольников NB′M и ND′M равны. Мы уже доказали, что это — две прямые NK и NL, первая из которых проходит через середину B′D′, а вторая параллельна B′D′.

Рассмотрим теперь случай, когда прямые AB и CD параллельны. Сместим отрезок AB по несущей его прямой так, чтобы его центр совпал с центром CD (рис. P.5.5, б). Если точка M (на рисунке она не изображена) принадлежит искомому геометрическому месту точек, то отношение ее расстояния до прямых AB и CD есть отношение высот в треугольниках АВМ и CDM. Площади этих треугольников будут равны тогда и только тогда, когда отношение расстояний от точки M до AB и CD будет равно отношению отрезков CD и AB. Таким образом, искомое геометрическое место есть две параллельные прямые, расстояния которых до CD и AB относятся как AB : CD.

Чтобы построить это геометрическое место точек, сместим отрезок AB по несущей его прямой так, чтобы его центр и центр E отрезка CD оказались на общем перпендикуляре к AB и CD (см. рис. P.5.5, б). Прямые DA′ и CB′ пересекутся в точке P, которая делит EF в отношении PF : РЕ = AB : CD, а прямые DB′ и СА′ пересекутся в точке Q, для которой QF : QE = AB : CD. Остается на прямой EF (см. рис. P.5.5, б) построить отрезки EP′ = FP и EQ′ = FQ. Прямые P′K и Q′L, проведенные через P′ и Q′ параллельно AB и CD, образуют искомое геометрическое место точек.

5.6. Для данного куба с ребром а найдем сначала геометрическое место середин отрезков длины l, один из концов которых лежит на диагональной прямой верхнего основания, а другой — на не параллельной ей диагональной прямой нижнего основания. Как мы увидим, замена диагоналей на диагональные прямые позволяет упростить задачу.

Если MN — отрезок длины l, о котором идет речь в условии задачи, а расстояние между плоскостями верхнего и нижнего оснований равно а, то проекция MK отрезка MN на плоскость нижнего основания равна  (рис. P.5.6, а). Проекция G середины E отрезка MN делит MK пополам, поэтому  Треугольник MKO прямоугольный, а GO — его медиана. Следовательно,  Тем самым мы установили, что для фиксированного l точка G всегда отстоит от точки О на одинаковом расстоянии, равном , т. е. лежит на окружности радиусом  с центром в точке О.

Итак, если точка E принадлежит искомому геометрическому месту, то она лежит в плоскости, параллельной основаниям куба и проходящей через середину F отрезка OO1, и принадлежит окружности радиусом  с центром в точке F.

Для той измененной задачи, которую мы рассматриваем, верно и обратное утверждение: любую точку E, принадлежащую описанной выше окружности, можно спроецировать в точку G плоскости нижнего основания и радиусом GO сделать из точки G засечки M и K на диагональных прямых нижнего основания. Построив перпендикуляр NK, мы сможем найти и отрезок МN длины l, серединой которого является точка E.

Теперь остается учесть тот факт, что точка E и отрезок МN не должны покидать пределы куба.

Для этого нужно уловить тот момент, после которого один конец отрезка MN, например M, покинет куб. Ясно, что это произойдет, когда точка M совместится с одной из вершин квадрата ABCD. Пусть точка M совпала с вершиной А (рис. P.5.6, б). B зависимости от длины l отрезка МN проекция K точки N расположится на отрезке OB. При изменении длины отрезка МN точка K пробегает весь отрезок BO, а середина G отрезка MK пробегает в это время отрезок А2Р, являющийся средней линией треугольника АВO.

Теперь ясно, что проекция точки E на плоскость нижнего основания куба не может выйти из квадрата А2В2С2D2 (рис. P.5.6, в).

Итак, искомое геометрическое место точек расположено в горизонтальном сечении куба, проходящем через его центр. Это — часть окружности с центром в центре куба, не выходящая за пределы квадрата, проецирующегося в А2В2С2D2.

 

Глава 6

Свойства чисел. Делимость

6.1. Имеем p² − 1 = (p − 1)(p + 1), а p − 1, p, p + 1 − три последовательных числа, из которых p > 3 простое. Следовательно, p − 1 и p + 1 — два последовательных четных числа, т. е. одно из них обязательно делится на четыре, а произведение делится на восемь. Известно, что из трех последовательных целых чисел одно делится на три. Но p — простое, следовательно, на три делится либо p − 1, либо p + 1. Мы доказали, что p² − 1 делится на 8 · 3 = 24.

6.2. Способ 1. Предположим, что n ³ + 2n делится на 3 при n = k. (Если n = 1, то это очевидно.) Тогда при n = k + 1 получим

(k + 1)³ + 2(k + 1) = k³ + 3k² + 3k + 1 + (2k + 2) = (k³ + 2k) + 3k² + 3k + 3.

Так как k³ + 2k делится на 3, то и (k + 1)³ + 2(k + 1) тоже делится на 3. B силу принципа индукции утверждение доказано.

Способ 2. Так как n³ + 2n = n(n² + 2), то при n = 3k делимость на 3 очевидна. Если же n = 3k ± 1, то n² + 2 = (3k ± 1)² + 2 = 9k² ± 6k + 3 и также делится на 3.

6.3. Разложим данное число на множители двумя способами:

3105 + 4105 = (35)21 + (45)21 = 24321 + 102421 = (243 + 1024)(24320 − ... + 102420) = 181 · 7(24320 − ... + 102420);

3105 + 4105 = (37)15 + (47)15 = 218715 + 16 38415 = (2187 + 16 384)(218714 − ... + 16 38414) = 18 571(218714 − ... + 16 38414) = 49 · 379(218714 − ... + 16 38414).

Таким образом, данное число делится на 49 и на 181.

6.4. Множитель 2 содержится не менее одного раза во всех четных числах, не менее двух раз во всех числах, делящихся на 4, не менее трех раз в числах, делящихся на 8, и т. д. Поэтому четные числа мы должны сосчитать отдельно, прибавить к ним количество чисел, делящихся на 4, к ним прибавить количество чисел, делящихся на 8, и т. д. B результате получим

250 + 125 + 62 + 31 + 15 + 7 + 3 + 1 = 494.

B этой сумме каждое следующее слагаемое получено из предыдущего как целая часть от деления его на два.

Ответ. 494.

6.5. Если умножить данное число на 10, то его свойство быть кратным 81 не изменится. Получим число

Сумма цифр этого числа делится на 9. Разобьем его на 9 одинаковых секций

и будем делить на 9. Так как сумма цифр в каждой секции равна 9, то каждая секция делится на 9. Обозначим частное от деления одной секции на 9 через А. B результате деления на 9 всего числа получим частное

Сумма цифр числа, стоящего в скобках, равна 9. Следовательно, полученное частное делится на 9, а данное число — на 81.

6.6. Дополним n4 + 4 до полного квадрата:

n 4 + 4n ² + 4 − 4n ² = (n ² + 2)² − 4n ² = (n ² − 2n + 2)(n ² + 2n + 2).

Число n4 + 4 может быть простым только в том случае, если либо n² − 2n + 2 = 1, либо n² + 2n + 2 = 1. Решая эти уравнения, получим n = 1, n = −1. При n = ±1 данное выражение равно 5, т. е. является простым числом.

Ответ. n = ±1.

6.7. Подставим n = 2k, получим

n /12 + n ² /8 + n ³ /24 = k /6 + k ² /2 + k ³ /3 = 2 k ³ + 3 k ² + k /6 = k ( k + 1)(2 k + 1) /6.

Остается доказать, что числитель всегда делится на 6.

Так как одно из двух последовательных целых чисел k и k + 1 четное, то делимость на 2 очевидна. Если ни k, ни k + 1 не делятся на 3, то k = 3m + 1, а k + 1 = 3m + 2. Тогда 2k + 1 = 2(3m + 1) + 1 = 6m + 3, т. е. 2k + 1 делится на 3. Тем самым доказательство закончено.

6.8. Способ 1. Если дробь сократима, то

5x + 7 = qr, 2x + 3 = pr.

Исключая из этих равенств x, получим

1 = (5p − 2q)r, или 1/r = 5p − 2q.

Если дробь 2 x + 3 /5 x + 7 сократима на целое число r ≠ ±1, то в последнем равенстве справа стоит целое число, а слева — не целое. Таким образом, это равенство противоречиво, и данная дробь не сократима.

Способ 2. Если данная дробь сократима, то сократима и дробь

5 x + 7 /2 x + 3  = 2 + x + 1 /2 x + 3 . 

Таким образом, должна быть сократимой дробь, стоящая в правой части и, следовательно, дробь

2 x + 3 /x + 1 = 2 + 1/x + 1 .

Дробь 1/x + 1 не сократима ни при каких x, так как в числителе стоит единица.

Итак, данная дробь не сократима ни при каких x.

6.9. Число  должно делиться на 4 и на 9. Это число делится на 4, если две его последние цифры образуют число, делящееся на 4, т. е. либо y = 2, либо y = 6.

Когда y = 2, то x определяется однозначно: так как сумма цифр должна делиться на 9, то x = 4.

Когда y = 6, то в качестве x можно взять либо 0, либо 9.

Итак, получаем три числа.

Ответ. 34 452; 34 056; 34 056.

6.10. По условию

1000а + 100b + 10с + 1 = 3(2000 + 100а + 10b + с), где а, b и с — цифры.

После приведения подобных членов получим

700а + 70b + 7с = 5999,

откуда

100а + 10b + с = 857.

Это и есть искомое число.

Ответ. 857.

6.11. Если p — четное, то p = 2 и p + 2 уже не являются простым. Следовательно, p, p + 2 и p + 4 — три последовательных нечетных числа. Так как p — простое, то либо p = 3, либо p = 3k + 1, либо p = 3k + 2 (k > 0). B первом случае получаем три простых числа 3, 5 и 7. Во втором случае

p + 2 = 3k + 3 = 3(k + 1),

т. е. p + 2 — число составное. Наконец, в третьем случае

p + 4 = 3k + 6 = 3(k + 2)

— тоже составное число.

Ответ. p = 3.

6.12. Пусть tg 5° = p /q , где p и q — натуральные. Тогда cos 10° = 1 − tg² 5°/tg² 5° + 1 — тоже рациональное число.  Наконец, cos 30° = 4 cos³ 10° − 3 cos 10° также является рациональным числом. Так как cos 30° = √3/2, то √3 — рациональное число. Обозначим его через r /s , где r /s — несократимая дробь. Тогда 3s² = r², т. е. r² делится на 3, а значит, r делится на 3. Пусть r = 3m; получим 3s² = 9m², т. е. s² = 3m², откуда следует, что s делится на 3, а потому дробь r /s сократима. Полученное противоречие доказывает, что tg 5° — число иррациональное.

6.13. Если меньшее из искомых чисел не оканчивается цифрой 9, то по условию суммы цифр двух последовательных натуральных чисел отличаются на 1. Поэтому меньшее число должно оканчиваться одной или несколькими цифрами 9. Если цифра 9 одна, то разность между суммами цифр двух таких последовательных чисел будет равна 8, если цифр 9 две, то эта разность будет равна 17, если три, то 26, если их четыре, то 35, если пять — 44 и т. д. Нас может заинтересовать из этих вариантов только число 44, так как разность двух чисел, каждое из которых делится на 11, тоже должна делиться на 11.

Таким образом, в конце меньшего числа должно быть по крайней мере пять цифр 9. Сумма оставшихся цифр должна быть на 1 меньше числа, которое делится на 11. Например, она может быть равна 10, 21, 32 и т. д. Теперь легко привести примеры:

5 599 999 и 5 600 000, 16 399 999 и 16 400 000,

77 799 999 и 77 800 000, 888 899 999 и 888 900 000.

Этого для решения задачи достаточно. Искать все такие пары не требовалось.

6.14. Сделаем подстановку x = ky и разложим квадратный трехчлен относительно k на множители (при x = 0 и при y = 0 целых решений исходное уравнение не имеет):

3x² − 16xy − 35y² = y²(−k² − 16k − 35) = y²(3k + 5)(k − 7).

Теперь уравнение можно записать так

y²(3k + 5)(k − 7) = −17. (1)

Так как x и y — целые, то k — рациональное число, т. е. k = p /q , где p и q — целые, p ≠ 0, q ≠ 0. После подстановки в (1) получим

(y /q )² (3p + 5q)(7q − p) = 17. (2)

Каждый из множителей в левой части (2) — целое число. При этом

(y /q )² = 1.

Иначе в правой части было бы два одинаковых целых множителя, отличных от ± 1. Остается рассмотреть варианты:

Вторая и четвертая системы не имеют целых решений. А первая и третья дают нам соответственно p1 = −3, q1 = 2; p2 = 3, q2 = −2.

Поскольку (y /q )² = 1, находим два решения системы.

Ответ. (−3, 2), (3, −2).

6.15. Если x = а, y = b — решение уравнения, то это уравнение имеет еще три решения: (−а, b), (а, −b), (−а, −b).

Запишем уравнение в виде (x − 2y)(x + 2y) = 5² · 9 · 89 и рассмотрим только неотрицательные значения сомножителей: x − 2y ≥ 0, x + 2y ≥ 0. Кроме того, x + 2y ≥ x − 2y. Поэтому нужно рассмотреть только системы:

Их решениями будут соответственно:

(10 013, 5006), (3339, 1668), (2005, 1000), (1117, 554), (675, 330), (413, 194), (245, 100), (157, 34).

Каждое из этих восьми решений дает еще 3 решения.

Если решение системы

то решение системы

Таким образом, рассмотрение случая, когда число 3² · 5² · 89 разбивается на два отрицательных целочисленных множителя, к новым решениям не приведет.

Ответ. 32 целочисленных решения.

6.16. Запишем исходное условие в виде

44x − 11 = 69(y − x), или 11(4x − 1) = 69(y − x).

 Числа 11 и 69 взаимно простые, т. е. не имеют общих натуральных множителей, больших 1. Поэтому число 4x − 1 кратно 69, а число y − x кратно 11:

4x − 1 = 69k, y − x = 11n ,

где k и n — натуральные числа.

Воспользуемся тем, что 69k + 1 = 4x , т. е. левая часть этого равенства делится на 4. Запишем его в виде: 68k + k + 1 = 4x , откуда k = 4m − 1. B качестве k могут быть использованы числа 3, 7, 11, 15, ... Проверим первое из них, которому соответствует минимально возможное значение x : 68 · 3 + 4 = 4х, т. е. x = 52. Поскольку y = x + 11n, то рассмотрим значения y по мере возрастания n. Минимальное значение y будет соответствовать минимальному значению n . При n = 1 получим y = 63.

Ответ. (52; 63).

 

Глава 7

Алгебраические преобразования

7.1.

Ответ.

7.2. Перепишем данное выражение так:

Числитель второй дроби теперь легко разложить на множители. Со знаменателем дело обстоит несколько труднее. Однако в первую очередь нас интересует, делится ли знаменатель на 1 + x − x². Проверяем с помощью деления углом (проделайте это самостоятельно) и убеждаемся, что

x4 − x² − 2x − 1 = (1 + x − x²)(−x² − x − 1).

Таким образом,

Ответ.

7.3. Приведем первые два слагаемых к общему знаменателю. Получим

где А и B — соответственно многочлены, входящие множителями в первое и во второе слагаемые.

Раскроем в числителе скобки и приведем подобные. После этого останется

Преобразуем третье слагаемое:

Остается вычесть его из предыдущего результата.

Ответ.  это выражение положительно при x  ≠ 0.

7.4. Домножив дробь на  получим

Остается вычесть 2√b и данное выражение примет вид

Ответ.

7.5. Вынесем за скобки  и воспользуемся выражением x через а: 

Ответ. 0.

7.6. Преобразуем данное выражение:

Так как 1 ≤ x  ≤ 2, то 0 ≤ x − 1 ≤ 1 и, следовательно,  т. е.  Поэтому

Ответ. 2.

7.7. Так как 9 + 4√2 = (2√2 + 1)², то

Остается преобразовать

Если догадка, что

43 + 30√2 = 25 + 2 · 5 · 3√2 + 18 = (5 + 3√2)²,

кажется вам неестественной, то воспользуйтесь формулой сложного радикала

Ответ. 5 + 3√2.

7.8. Перепишем данное выражение в виде

(z² − y²)(xу + zu) + (x² − u²)(xу + zu) + (y² − z²)(xz + уu) + (x² − u²) × (xz + уu) = (z² − y²)(xу + zu − xz − уu) + (x² − u²)(xу + zu + xz + уu).

Так как

xу + zu − xz − уu = x(y − z) − u(y − z) = (y − z)(x − u),

xу + zu + xz + уu = (y + z)(x + u),

то получим

(z − y)(z + y)(y − z)(x − u) + (x − u)(x + u)(y + z)(x + u) = (x − u)(y + z)[−(y − z)² + (x + u)²].

Ответ. (x − u)(y + z)(x + u − y + z)(x + u + y − z).

7.9. Обозначим

Возведем в куб. Получим

Произведение корней преобразуем так:

выражение в скобках равно z. Придем к уравнению

z³ − 5z − 12 = 0.

Так как z = 3 — корень этого уравнения, в чем убеждаемся проверкой, то преобразуем уравнение к виду

z³ − 9z + 4z − 12 = 0, или (z − 3)(z² + 3z + 4) = 0.

Уравнение z² + 3z + 4 = 0 не имеет действительных корней. Следовательно, z = 3, что и требовалось доказать.

7.10. По условию а + b = −с. Возведем в куб

а³ + b³ + 3аb(а + b) = −с³

и заменим а + b на −с. Получим

а³ + b³ + с³ = 3аbс.

Возведем а + b + с = 0 в квадрат

а² + b² + с² = −2(ab + ас + bc)

и еще раз возведем в квадрат

а4 + b4 + с4 + 2(а²b² + а²с² + b²с²) = 4[а²b² + а²с² + b²с² + 2(а²bc + b²ас + с²ab)].

Поскольку а²bc + b²ас + с²ab = аbс(а + b + с) = 0, то

а4 + b4 + с4 = 2(а²b² + а²с² + b²с²).

Преобразуем левую часть тождества, которое нужно доказать:

а5(b² + с²) + b5(а² + с²) + с5(а² + b²) = а²b²(а³ + b³) + а²с²(а³ + с³) + b³с²(b³ + с³).

Заменим а³ + b³ на 3аbс − с³ и поступим аналогично с остальными скобками:

что и требовалось доказать.

7.11. Если данное равенство доказано при x  ≥ 0 и любом y, то оно верно для всех x и y. Действительно, пусть x < 0. Тогда левую часть можно записать в виде

|−(x + y)| + |−(x − y)| = |(−x) − y)| + |(−x) + y|,

а правую — в виде

Поскольку −x > 0, то равенство стоящих справа выражений будет доказано.

Итак, пусть x  ≥ 0. Рассмотрим два случая: |y| ≤ x и |y| > x.

1. x  ≥ 0, |y| ≤ x, т. е. −x ≤ y  ≤ x. Тогда x² − y² ≥ 0 и  — неотрицательное действительное число. Кроме того  и равенство примет вид

2. x  ≥ 0, |y| > x, т. е. y < −x или y > x. Левая часть равенства в этом случае равна 2|y | (случаи y < −x и y > x разберите самостоятельно). Так как |y| > x, то  следовательно,

Тем самым доказательство тождества закончено.

7.12. Так как обе части равенства неотрицательны, то можно каждую из них возвести в квадрат

Осуществим действия, указанные в скобках, и заметим, что (x + y /2)² ≥ xy. Получим

x² + 2ху + y².

Если возвести в квадрат правую часть, то получим

x² + 2|ху| + y².

Так как по условию ху = |ху|, то равенство доказано.

7.13. Возведем выражение

a⅓ + b⅓ = −c⅓   (1)

в куб. Получим

a + b + 3a⅓b⅓(a⅓ + b⅓) = −c.  (2)

Подставим (1) в (2):

a + b − 3a⅓b⅓c⅓ = −c.

т. е.

a + b + c = 3a⅓b⅓c⅓,

или

(а + b + с)³ = 27аbс.

7.14. По условию

24х² + 48х + 26 = (ax + b)³ − (cx + d)³,

т. е. коэффициенты многочленов слева и справа равны. Прежде чем преобразовать правую часть, заметим, что коэффициент при x³ равен нулю, т. е. а³ − с³ = 0, или а = с. Тогда получим, что

(ax + b)³ − (ax + d)³ = 3а²(b − d)x² + 3а(b² − d²)x + b³ − d³.

Следовательно,

Из (3): b − d = 8/a ² . Из (4) с учетом (3): b + d = 2а.

Далее найдем:

Подставим выражения для b − d , b + d и bd в (5):

(так как а > 0).

Соответственно, b = 3, d = 1.

Ответ. 2x + 3; 2x + 1.

 

Глава 8

Делимость многочленов. Теорема Безу. Целые уравнения

8.1. Положив x − 5 = y, приведем уравнение к виду

(y + ½)4 + (y − ½)4 = 1, или (2у + 1)4 + (2у − 1)4 = 16,

откуда после простых преобразований получим

16y 4 + 24y 2 − 7 = 0.

Ответ. x1,2 = 5 ± i√7/2; x3 = 4,5; x4 = 5,5. 

8.2. Перемножим попарно первую и третью скобки и две оставшиеся:

(12х² + 11х + 2)(12х² + 11х − 1) = 4.

Обозначив 12х² + 11х + ½ = y, получим

(y + 3/2)(y − 3/2) = 4,

откуда

y1 = −5/2, у2 = 5/2.

Остается решить два квадратных уравнения.

Ответ.

8.3. Запишем уравнение в виде

x ² − 17 = 3y ²

и рассмотрим случаи x = 3k, x = 3k ± 1. B первом случае левая часть примет вид 9k² − 17 и не будет делиться на три. B остальных двух случаях в левой части получим

9k² ± 6k − 16,

что снова не делится на три. Поскольку правая часть всегда делится на три, то уравнение не имеет целых решений.

8.4. Решим уравнение относительно x:

Так как уравнение имеет действительные корни лишь при

25 − y² ≥ 0, т. е. |y| ≤ 5,

то остается перебрать все целые значения y, для которых  — целое число: y = 0, y = ±3, y = ±4, y = ±5. Для каждого значения y найдем два значения x .

Ответ. (10, 0), (−10, 0); (−1, −3), (−17, −3); (1, 3), (17, 3); (−6, −4), (−18, −4); (6, 4), (18, 4); (−15, −5), (15, 5).

8.5. По определению деления имеем тождество

x99 + x³ + 10х + 5 = Q(x) (x² + 1) + ax + b,

которое справедливо всюду в области комплексных чисел. Так как частное Q(x) нам неизвестно и оно нас не интересует, то в качестве значения x нужно выбрать один из корней выражения x² + 1, например x = i. Подставив x = i, получим

i99 + i³ + 10i + 5 = аi + b, т. е. 8i + 5 = аi + b,

откуда а = 8, b = 5.

Ответ. 8х + 5.

8.6. Перепишем уравнение в виде

y² 2 x ² + 1 /x ² + 2 = 6.

Если x² ≥ 1, то 2 x ² + 1 /x ² + 2 ≥ 1. 

Так как x = 0 не является целочисленным решением уравнения, то можно утверждать, что y² ≤ 6. Остается рассмотреть случаи: y² = 0, y² = 1, y² = 4. Первый и второй не приводят к действительным значениям x. Для y ² = 4 находим x ² = 4.

Ответ. (2, 2), (2, −2); (−2, 2), (−2, −2).

8.7. Подставим в данное уравнение x = √3 + 1. После простых вычислений и преобразований получим

36 + 10а + 4b + (22 + 6а + 2b)√3 = 0.

Сумма двух чисел, из которых одно рациональное, а другое иррациональное, может равняться нулю, только если оба числа равны нулю:

(1).

Решая эту систему, найдем а = −4, b = 1. Поскольку уравнение

x 4 − 4x ³ + x ² + 6x + 2 = 0

одним из своих корней имеет число √3 + 1, а все коэффициенты уравнения — целые, то следует ожидать, что наряду с этим корнем должен существовать и корень √3 − 1. Подставим это значение x в уравнение и соберем отдельно рациональные и иррациональные члены. Получим

36 + 10а + 4b − (22 + 6а + 2b)√3 = 0,

что приводит к той же системе уравнений (1) и имеет место при а = −4, b = 1. Следовательно, x = 1 − √3 — второй корень данного в условии уравнения.

Разделив многочлен x 4 − 4x ³ + x ² + 6x + 2 на

(x − √3 − 1)(x + √3 − 1) = x² − 2x − 2,

получим квадратный трехчлен x² − 2x − 1, корнями которого являются числа 1 + √2.

Ответ. x1,2 = 1 ± √3; x3,4 = 1 ± √2.

8.8. Из теоремы Виета получаем неравенства:

Добавляем к ним условие неотрицательности дискриминанта:

(а + 1)² − 4(а + 4) ≥ 0.

Приходим к системе неравенств

Последнему неравенству удовлетворяют числа а, лежащие вне промежутка между корнями: а ≤ −3, а ≥ 5.

Ответ. −4 < а ≤ −3.

8.9. Пусть х1, х1q и х1q² — корни данного уравнения. По теореме Виета имеем систему

Из этих уравнений нужно исключить x 1 и q. Поскольку из первого уравнения следует х1(1 + q + q³) = −а, то второе примет вид

b = х1²q(1 + q + q²) = x1q(−а),

т. е. x1q = − b /a , откуда

−b ³ /a ³ = −c.

Ответ. са³= b³.

8.10. По теореме Виета

Возведем первое уравнение в квадрат:

α1² + α2² + α3² + 2(α1α2 + α1α3 + α2α3) = 0,

откуда найдем α1² + α2² + α3² . Как видим, последнее уравнение не понадобилось.

Ответ. α1² + α2² + α3² = −2p.

8.11. Разделив x³ + ax + 1 на x − α, получим в частном x² + αx + а + α², а в остатке α³ + aα + 1. Условия задачи будут выполняться тогда и только тогда, если

α³ + aα + 1 = 0,

x² + αx + а + α² > 0 при всех x .

Чтобы выполнялось второе условие, дискриминант −3α² − 4а должен быть отрицательным, т. е. 3α² + 4а > 0.

Число а не может быть равно нулю, так как уравнение а³ + аα + 1 = 0 не удовлетворяется при а = 0. Из первого уравнения a = −1 + α³/α. Поэтому должно быть

3α² − 41 + α³/α > 0.

Если α > 0, то последнее неравенство эквивалентно такому:

3α³ − 4(α³ + 1) > 0,

или −α³ > 4, y которого нет решений.

Если α < 0, то получим

3α³ − 4(α³ + 1) < 0,

или

Ответ.

8.12. Пусть

P(x) = (x − 2)(x − 3) Q(x) + ax + b,

где ax + b — остаток, который надо найти.

По теореме Безу P(2) = 5, а P(3) = 7. Подставим x = 2 и x = 3 в правую часть написанного выше тождества. Получим систему относительно а и b

откуда а = 2, b = 1.

Ответ. 2x + 1.

8.13. Многочлен x4 + 1 делится на x² + рх + q тогда и только тогда, когда

x4 + 1 = (x² + ax + b)(x² + рх + q).

Раскрывая в правой части скобки и приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях x , получим систему уравнений

Из первого и последнего уравнений находим а = −p, b = 1/q . Подставляя в оставшиеся два уравнения, получим

Второе уравнение можно переписать так: p(q − 1/q ) = 0.

Если p = 0, то первое уравнение не имеет действительных решений. Остается q = 1/q , т. е. q = ±1. Подставляя найденные значения q в первое уравнение, увидим, что, когда q = 1, р² = 2 и p = ±√2, а когда q = −1, р² = −2 и действительных решений нет. Итак, получаем две возможности: либо p = √2 и q = 1, либо p = −√2 и q = 1.

Чтобы закончить решение, нужно сделать проверку. Можно было бы разделить x4 + 1 поочередно на каждый из двух трехчленов: x² + √2 x + 1 и x² − √2 x + 1. Однако проще убедиться, что

x4 + 1 = (x² + √2 x + 1)(x² − √2 x + 1).

Ответ. р1 = − √2, q1 = 1; р2 =  √2, q2 = 1.

8.14. После замены x − 1 = y получим многочлен

(y + 1)2 n + 1 − (2п + 1)(y + 1)n + 1 + (2п + 1)(y + 1)n − 1,

который должен делиться на y³. Вычислим его коэффициенты при y0, y1 и y2.

Свободный член этого многочлена равен

1 − (2n + 1) + (2n + 1) − 1 = 0;

коэффициент при y

2n + 1 − (2n + 1)(n + 1) + (2n + 1)n = 0;

коэффициент при y ²

Тем самым утверждение доказано.

8.15. Чтобы данный многочлен делился на x² − x + q без остатка, должно выполняться тождество

6х4 − 7x³ + рх² + 3x + 2 = (x² − x + q)(6х² + ax + b).

B правой части стоит многочлен

6x 4 + (а − 6)x ³ + (b − а + 6q)x² + (−b + qа)x + qb.

Так как многочлены равны тождественно, получаем систему

Из первого уравнения а = −1. Из третьего и четвертого уравнений исключаем b. Приходим к уравнению

q² + 3q + 2 = 0,

откуда

q1 = −1, q2 = −2.

Сложив второе и третье уравнения, также исключим b:

5q − 2 = p.

Следовательно,

р1 = −7, p2 = −12.

Итак, возможны два решения.

Ответ.

 

Глава 9

Алгебраические уравнения и системы

Ответы к упражнениям на с. 42, 43 и 52.

1. Абсолютное тождество, так как верно при всех без исключения значениях x .

2. Абсолютное тождество. Верно при x  ≠ π/2 + kπ. Если же x = π/2 + kπ, то обе части теряют смысл.

3. Неабсолютное тождество. Область определения левой части: x ≠ π/2 + kπ, область определения правой части: x ≠ k π /2.

4—6. Тождество 4 является абсолютным, поскольку это определение секанса. Тождества 5 и 6 неабсолютные, так как правые части определены всегда, в то время как левые могут терять смысл.

7—8. Тождество 7 абсолютное. B самом деле, левая часть теряет смысл при cos x /2 = 0. Правая часть может быть записана в виде  т. е. тоже теряет смысл при cos x /2 = 0.

Тождество 8 неабсолютное. Левая часть теряет смысл при cos x /2 = 0, а правая, которая может быть записана в виде  перестает существовать как при cos x /2 = 0, так и при sin x /2 = 0.

9—10. Левую часть равенства 9 можно преобразовать так:

ctg 2x = cos 2 x /sin 2 x = cos 2 x /2sin x cos x ,

а правую записать в виде

Обе части этого равенства перестают существовать одновременно, если либо cos x = 0, либо sin x = 0, следовательно, тождество 9 абсолютное.

Тождество 10 является неабсолютным, поскольку при x = π/2(2n + 1) левая часть равна нулю, а правая теряет смысл.

11—13. Первое из этих трех тождеств неабсолютное, второе и третье — абсолютные.

14—16. Первое и второе тождества неабсолютные, третье — абсолютное.

B самом деле, для первого область определения левой части: x > 0, y > 0; x < 0, y < 0, а область определения правой части: x ≠ 0; y ≠ 0. Для второго область определения левой части x ≠ 0, а область определения правой части x > 0.

Наконец, для третьего x ≠ 0 для обеих частей тождества.

17. Пусть x = а — корень данного уравнения. Тогда f(а) = φ(а). Поскольку ψ(x) существует при всех x, то ψ(а) — число; следовательно,

f(a) + ψ(а) = φ(а) + ψ(а). (1)

Таким образом, x = а — корень уравнения

f(x) + ψ(x) = φ(x) + ψ(x). (2)

Обратно: если x = а — корень (2), то имеет место равенство (1), а потому x = а — корень уравнения f(x) = φ(x).

Вторую часть теоремы доказывает пример. B самом деле, достаточно рассмотреть два уравнения:

x − 1 = 0 и x − 1 + 1/x − 1  = 1/x − 1 ,

первое из которых имеет единственный корень x = 1, а второе вовсе не имеет корней, так как при x = 1 оно теряет смысл.

18. Доказательство аналогично 17. Даже пример можно взять тот же самый.

19—19а. Для доказательства достаточно заметить, что посторонними для данного уравнения могут быть те корни уравнения

f(x) = ψ(x),

для которых φ(x) либо не существует, либо обращается в нуль.

20. Если f(а) = φ(а), то [f(а)]² = [φ(а)]². Обратно: из второго равенства следует, что либо f(а) = φ(а), либо f(а) = −φ(а).

21. Система равносильна совокупности четырех систем:

22. Доказательство непосредственно следует из свойств пропорций.

9.1. При x < −2 получим

−x + 2x + 2 − 3x − 6 = 0,

т. е. x = −2, что противоречит предположению. Таким образом, при x < −2 уравнение не имеет решений.

При −2 ≤ x ≤ −1 получим x = −2.

При −1 < x  ≤ 0 уравнение обращается в ложное числовое равенство 4 = 0. На этом интервале нет решений.

Наконец, при x > 0 получаем x = −2, что снова противоречит ограничению.

Ответ. x = −2.

9.2. Пусть x² = y. Тогда

|y − 9| + |y − 4| = 5.

Точки y = 4 и y = 9 разбивают числовую ось на три интервала.

Если y < 4, уравнение примет вид

9 − y + 4 − y = 5,

откуда y = 4. Это значение не принадлежит выбранному интервалу.

Если 4 ≤ y  ≤ 9, то знаки абсолютной величины следует раскрыть так:

9 − y + y − 4 = 5, т. е. 5 = 5.

Так как уравнение обратилось в верное числовое равенство, то все значения y из интервала 4 ≤ y  ≤ 8 являются решениями.

При y > 9 получим

y − 9 + y − 4 = 5,

т. е. y = 9. Здесь снова нет решений. Вспоминая, что y = x², запишем

4 ≤ x² ≤ 9, или 2 ≤ |x| ≤ 3.

Ответ. −3 ≤ x  ≤ −2; 2 ≤ x  ≤ 3.

9.3. Способ 1. Дополним стоящую слева сумму квадратов до полного квадрата:

(x − 3 x /3 + x )² + 6 x ² /3 + x − 7 = 0,

т. е.

(x ² /3 + x )² + 6x ² /3 + x − 7 = 0,

откуда получаем совокупность уравнений:

x ² /3 + x  = −7, x ² /3 + x = 1.

Действительных решений y этой совокупности уравнений нет.

Способ 2. Введем новое неизвестное:

3 x /3 + x = u, или 3x = 3u + xu.

Получим систему

Вычитая из первого уравнения удвоенное второе, придем к уравнению относительно x − u

(x − u)² + 6(x − u) − 7 = 0, откуда следует совокупность двух уравнений:

x − u = −7, x − u = 1.

Решая каждое из этих уравнений, убедимся, что действительных корней нет.

Ответ. Решений нет.

9.4. Возведем данное уравнение в куб:

Стоящий в скобках в левой части уравнения двучлен заменим правой частью данного уравнения и приведем подобные члены:

Такая замена может привести к появлению посторонних корней. B самом деле, при возведении а + b = с в куб мы получаем равенство, справедливое при всех тех же значениях а, b и с, что и данное равенство. После замены же мы получим

а³ + b³ + 3аbс = с³.

Это равенство удовлетворяется при а = b = 1, с = −1, в то время как исходное равенство а + b = с при этих значениях букв ложно. Следовательно, мы должны завершить решение проверкой.

Возведем последнее иррациональное уравнение в куб. После сокращения получим

4х(2x − 3)(x − 1) = 9(x − 1)³.

Один корень этого уравнения x 1 = 1; остается квадратное уравнение

x² − 6х + 9 = 0, x2,3 = 3.

Сделав проверку, убеждаемся, что найденные корни подходят.

Ответ. x1 = 1; x2,3 = 3.

9.5. Пусть  Придем к системе

Это — симметрическая система, ее обычно решают подстановкой: и + V = в, ии = _. Поэтому преобразуем левую часть первого уравнения:

u4 + v4 = (u² + v²)² − 2u²v² = [(u + v)² − 2uv]² − 2u²v² = (64 − 2t)² − 2t² = 64² − 256t + 2t².  

Поскольку все это равно 706, получаем квадратное уравнение

t² − 128t + 1695 = 0,

откуда

t1 = 15, t2 = 113.

Остается решить совокупность двух систем:

Решая первую, найдем v1 = 3, v2 = 5, откуда x1 = 4, x2 = 548. Вторая не имеет действительных решений.

Проверкой убеждаемся, что найденные корни удовлетворяют исходному уравнению.

Ответ. x1 = 4; x2 = 548.

9.6. Введем новые неизвестные:

Получим систему

Обозначим u + v = p. Так как в силу первого уравнения системы u − v = 1, то u = p + 1 /2, v = p  − 1 /2. Второе уравнение системы примет вид

(p + 1 /2)5 − (p  − 1 /2)5 = 31, 

или после очевидных упрощений

р4 + 2р² − 99 = 0.

Это биквадратное уравнение имеет два действительных корня р1 = −3, р2 = 3. Зная р1 и р2, найдем u1 = −1, u2 = 2, откуда получим два уравнения для определения значений x :

x² − 34x + 32 = 0, x ² − 34x + 65 = 0.

Решив эти уравнения, найдем четыре корня.

Ответ.

9.7. Введем новые неизвестные:

т. е. u4 + v4 = а − b.

Получаем систему

Заменяя во втором уравнении а − b на u4 + v4, получим

откуда

u5 + v5 − uv4 − и4v = 0, где u + v ≠ 0,

т. е.

u4(u − v) − v4(u − v) = 0,

а потому

(u − v)²(u² + v²)(u + v) = 0.

Так как последние два множителя в нуль обратиться не могут, то остается и = v, т. е. а − x = x − b, и, следовательно,

x = а + b /2.

Проверкой убеждаемся, что это — корень исходного уравнения, если а > b.

Ответ. При а > b имеем x = а + b /2.

9.8. Обозначив  получим систему уравнений

Вычитаем из первого уравнения второе:

x + y = (y − x)(x + y).

Если x + y = 0, то x = y = 0, поскольку и x, и y неотрицательны. Так как  то из x = y = 0 следует, что а = 0. Проверкой убеждаемся, что найден корень данного уравнения.

Если x + y  ≠ 0, то y − x − 1 = 0, откуда  и x² + x + 1 − а = 0. Решая квадратное уравнение, найдем  Остается исследовать, при каких значениях а эти корни вещественны и удовлетворяют исходному уравнению.

Во-первых, необходимо, чтобы дискриминант был неотрицательным, т. е. а ≥ ¾ .

Во-вторых, корень данного уравнения не должен быть отрицательным. Один из корней  при всех а ≥ ¾ отрицателен, а потому не подходит. Другой корень  больше или равен нулю, если  т. е. а ≥ 1.

Проверкой убеждаемся, что  удовлетворяет первоначальному уравнению. B самом деле, подставляя x1 в это уравнение, получим  что выполняется одновременно с равенством  так как x  ≥ 0. Значение х1 было найдено из уравнения  Поэтому можно осуществить в полученном нами равенстве соответствующую замену:

a − 1 − x1 = x1².

Так как в результате мы пришли к уравнению, из которого определили х1, то проверку можно считать законченной.

Ответ. x = 0, если а = 0, и  если а ≥ 1.

9.9. Перенесем  в правую часть уравнения:

и возведем обе части в квадрат. Получим

откуда при а ≠ 0

Делаем проверку, подставляя найденное значение x в данное уравнение. B левой части получим

Чтобы вычислить это выражение, нужно рассмотреть четыре различных случая, так как значения −1, 0, +1 параметра а разбивают числовую ось на четыре интервала. Однако легко заметить, что а > 0, так как разность, стоящая в левой части исходного уравнения, всегда положительна. Следовательно, остается рассмотреть только два случая.

Если 0 < а ≤ 1, то

Если же а > 1, то

Число 1/а равно числу а только при а = ±1, а по предположению а > 1.

Ответ.  если 0 < а ≤ 1.

9.10. Рассмотрим два случая.

Если 2x² − 3x − 2 ≥ 0, т. е. x  ≤ −½, x  ≥ 2, получим уравнение

4х² + 5х − 2(1 + β) = 0.

Корни этого уравнения  должны лежать вне интервала (−½, 2).

Неравенство

удовлетворяется при β ≥ −57/32. Больше двух этот корень быть не может.

Для x 2 нужно решить два неравенства:

Первое выполняется при −57/32 ≤ β ≤ −7/4, а второе — при β ≥ 12.

Пусть теперь 2x² − 3x − 2 < 0, т. е. −½ < x < 2. Данное уравнение станет линейным и мы найдем

x3 = 2(β − 1)/11.

Решим неравенство

−½ < 2(β − 1)/11 < 2

и получим

−7/4 < β < 12.

Итак, при β = −57/32 корни х1 и х2 совпадают, а корень х3 не существует, т. е. уравнение имеет единственное решение x = −5/8. Если −57/32 < β ≤ −7/4, то уравнение имеет два решения: х1 и х2 (которые, очевидно, различны); если −7/4 < β ≤ 12, то х1 и х3; а если β ≥ 12, то два решения: х1 и х2.

Корни х1 и х3 различны, так как −½ < х3 < 2, а х1 лежит вне этого интервала.

Ответ. β = −57/32.

9.11. Если x  ≥ 0, y  ≥ 0, то получим систему

Если x  ≥ 0, y  ≤ 0, то

Если x  ≤ 0, y  ≥ 0, то

Если x  ≤ 0, y  ≤ 0, то

Каждое из четырех решений удовлетворяет записанным ограничениям.

Ответ. (2, 1); (0, −3); (−6, 9); (0, −3).

9.12. Исключая последовательно y и x, найдем

x = k + 16 /7, y = 8 − 3 k /7.

Остается решить систему неравенств

Первое неравенство равносильно такому:

(k + 8 + √71 )(k + 8 − √71 )k > 0.

Приходим к системе

Так как −8 + √71 < 8/3, то условию задачи удовлетворяют два интервала.

Ответ. −8 − √71 < k < 0; −8 + √71 < k < 8/3.

9.13. Если x  ≥ −у и x  ≥ y, то получим системы

которая при x ≥ −у и x ≥ y имеет решение

x ≥ | a | /2, y = а /2

при условии а = −b.

Если x ≥ −у, но x  ≤ y, то

Из условия x  ≥ −у находим −b /2 ≥ −а /2, а из второго условия: −b /2 ≤ а /2. Оба этих неравенства соответствуют условию а ≥ |b|.

Если x ≤ −у, а x ≥ y, то

Подставляя найденные значения x и y в ограничения, получим b ≥ |а|.

Наконец, если x ≤ − у, x ≤ y, получим

Это значит, что а = b. Так как y  ≥ x, но y ≤ −х, то −x  ≥ 0. Окончательно получим при а = b ≥ 0

x = −а /2, −а /2 ≤ y  ≤ а /2.

Ответ. При а = −b, x ≥ | а | /2, y = а /2; при а ≥ |b|, x = −b /2, y = а /2; при b ≥ |a|, x = −а /2, y = −b /2; при а = b ≥ 0, x = −а /2, −а /2 ≤ y  ≤ а /2.

9.14. Уравнение x² + y² = а при а < 0 не имеет решений. Если а ≥ 0, то это — уравнение окружности радиуса √a с центром в начале координат. Второе уравнение определяет стороны квадрата, диагонали которого равны 2 и расположены на осях координат (рис. P.9.14).

При увеличении а окружность будет увеличиваться и сначала окажется вписанной в квадрат, затем пересечет его в восьми точках и, наконец, будет описана около квадрата.

Итак, если √а < √2/2, то система не имеет решений.

Если √а = √2/2, т. е. а = ½, получим четыре решения: x = ½, y = ½ и три симметричных: (−½, ½), (−½, −½), (½, ½).

Если ½ < а < 1, то восемь решений. Мы найдем их, возведя первое уравнение в квадрат и получив с помощью второго уравнения, что |x| · |y| = 1 − a /2. B результате придем к системе

которая при положительных x и y имеет два решения:

К этим решениям нужно добавить шесть симметричных.

Если а = 1, то y системы четыре решения: x 1 = 1, y 1 = 0; x 2 = 0, y 2 = 1; х3 = −1, у3 = 0; х4 = 0, у4 = −1. При а > 1 решений нет.

9.15. Если либо x = 0, либо y = 0, то второе неизвестное тоже равно нулю. Получаем очевидное решение

x 1 = 0, y 1 = 0.

Если ху ≠ 0, то можно первое уравнение разделить на ху, а второе — на x²y². Получим систему

Введем обозначения:

x + 1/x = u, y + 1/y = v.

Возводя каждое из этих равенств в квадрат, получим x² + 1/x ² = u² − 2, y² + 1/y ² = v² − 2.

Система примет вид

Решая ее, найдем: u1 = 4, v1 = 14; u2 = 14, v2 = 4. (Если первое уравнение возвести в квадрат и сравнить со вторым, то получим uv = 56.) Остается решить две системы:

в результате чего получим восемь решений.

Ответ. (0, 0); (2 + √3, 7 + 4√3); (2 + √3, 7 − 4√3); (2 − √3 , 7 + 4√3 ); (2 − √3, 7 − 4√3 ); (7 + 4√3 , 2 + √3); (7 + 4√3, 2 − √3); (7 − 4√3, 2 + √3); (7 − 4√3, 2 − √3).

9.16. Способ 1. Из первого уравнения находим

y − z = ху − x.

Подставляя во второе, получим

xz = 2(x − ху + x), т. е. xz = 2x(2 − y).

Если x = 0, то система принимает вид

Получаем два решения системы:

x 1 = 0, y 1 = 0, z1 = 0;

x 2 = 0, y 2 = 6, z2 = 6.

Если x  ≠ 0, то z = 2(2 − y). Подставляем во второе и третье уравнения

Подставим x из первого уравнения во второе:

7у − 2у² = −3ху + 9у.

Если y = 0, то получаем еще одно решение:

x 3 = 4, y 3 = 0, z3 = 4.

Если y  ≠ 0, то 3x − 2y = 2, откуда x = 2( y + 1) /3. Подставляем в первое уравнение последней системы уравнение, которое превращается в квадратное относительно y :

2у² − 9у + 10 = 0,

откуда y4 = 2, y5 = 3 . Делаем проверку.

Способ 2. Запишем систему в виде

и сделаем три парных сложения

Отсюда находим решения:

а) x = y = z = 0;

б)

в) если x = 0, то  y = z = 6;

г) если y = 0, то

д) если z = 0, то

Ответ. (0, 0, 0); (0, 6, 6); (4, 0, 4); (2, 2, 0); ( 7/3, 5/2, −1).

9.17. Возведем уравнение x + y = −z в квадрат:

x ² + y ² + 2ху = z²,

и сравним со вторым уравнением системы; найдем ху = −10.

Преобразуем сумму x4 + y4 из третьего уравнения следующим образом:

x 4 + y 4 = (x ² + y ²)² − 2x ²y ² = (20 + z²)² − 200,

где на последнем шаге были использованы второе уравнение системы и найденное значение для ху. Подставив это выражение в третье уравнение системы, получим

z² = 9, т. е. z = ±3.

Остается решить каждую из систем:

Производим проверку.

Ответ. (−2, 5, −3); (5, −2, −3); (2, −5, 3); (−5, 2, 3).

9.18. Третье уравнение можно записать так:

(x + y)(x² − ху + y²) + (z − 1)(z² + z + 1) = 0.

Из первого уравнения мы знаем, что x + y = 1 − z. Поэтому

(1 − z)(x ² − ху + y ² − z² − z − 1) = 0.

Если z = 1, то x + y = 0. Тогда из второго уравнения получим ху = −4. B итоге — два решения:

x1 = 2, y1 = −2, z1 = 1;

x 2 = −2, y 2 = 2, z2 = 1.

Если же 1 − z ≠ 0, то

x ² − ху + y ² − z² − z − 1 = 0. (3)

Чтобы упростить уравнение (3), снова воспользуемся тем, что x + y = 1 − z, а потому

x² + 2ху + y² = 1 − 2z + z². (4)

Вычитая уравнение (4) из уравнения (3), получим

ху = −z.

Теперь второе уравнение исходной системы

ху + z(x + y ) = −4

можно переписать как уравнение относительно z

−z + z(1 − z) = −4.

Решая его, найдем, что либо z = −2, либо z = 2. B первом случае мы приходим к системе

Во втором случае получаем

После того как были найдены первые два решения, решение системы можно было закончить следующим рассуждением.

Данная система симметрична относительно x , y и z. Поэтому одно ее решение (2, −2, 1) порождает 3! = 6 решений, получающихся в результате всевозможных перестановок. Таким образом, мы получим шесть различных решений системы.

С другой стороны, можно доказать, что система может иметь не больше решений, чем произведение степеней ее уравнений: 1 · 2 · 3 = 6. Поскольку все шесть решений найдены, решение системы можно считать законченным, если проверить одно из найденных решений.

Ответ. (2, −2, 1); (−2, 2, 1); (1, 2, −2); (2, 1, −2), (−2, 1, 2); (1, −2, 2).

9.19. Рассмотрим многочлен M(t) = (t − x)(t − y)(t − z) + d. Его корнями по условию являются не совпадающие друг с другом числа а, b и с, следовательно,

M(t) = (t − а)(t − b)(t − с), или (t − а)(t − b)(t − с) ≡ (t − x)(t − y)(t − z) + d.

Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях t, найдем

x + y + z = а + b + с = u,

ху + хz + уz = ab + ас + bc = v,

xyz = аbс + d = w

(справа указаны вводимые нами обозначения).

Поскольку нужно найти сумму x³ + y³ + z³, выразим ее через u, v и w, осуществив непосредственное возведение в куб суммы x + y + z = u:

u³ = x³ + y³ + z³ + 3uv − 3w    (5)

(необходимые выкладки проведите самостоятельно). Запишем теперь то же соотношение для а + b + с = u и тем самым выразим а³ + b³ + с³ через u, v и w:

u³ = а³ + b³ + с³ + 3uv − 3(w − d).   (6)

Вычитая из (6) соотношение (5), получим

x ³ + y ³ + z³ = а³ + b³ + с³ + 3d.

Ответ. а³ + b³ + с³ + 3d.

9.20. Умножив первое уравнение на ху²z², а второе — на x²уz², получим y первых двух уравнений равные правые части:

При этом могут быть получены посторонние решения, y которых одно из неизвестных обращается в нуль. Эти решения можно сразу отбросить, так как система в этом случае не удовлетворяется.

Сравним левые части полученных уравнений:

4z(x − y ) = 0.

Так как z ≠ 0, то x = y . Из третьего уравнения системы получаем тогда z = 1/x ³ . Подставим эти значения y и x в первое уравнение:

4х4 + 1 = 0.   (7)

Уравнение (7) не имеет действительных решений.

Ответ. Действительных решений нет.

9.21. Возведя второе уравнение в квадрат, найдем

(x + y)² = x ² y ² /4.

Подставим в первое уравнение

x4 + y4 = 17/4x²y², т. е. (x² − y²)² = 9/4x²y²,

откуда

x² − y² = ±3/2ху,

или, воспользовавшись вторым уравнением исходной системы, получим

x ² − y ² = ±3(x + y ),

откуда

(x + y)(x − y  ± 3) = 0.

Если x + y = 0, то и ху = 0, следовательно,

x 1 = 0, y 1 = 0.

Если x − y = 3, то, подставляя во второе уравнение данной системы y = x − 3, придем к уравнению x² − 7x + 6 = 0, с помощью которого найдем два решения системы:

x 2 = 1, y 2 = −2;

x 3 = 6, y 3 = 3.

Если же x − y = −3, то аналогично получим

x 4 = −2, y 4 = 1;

x 5 = 3, y 5 = 6.

Производим проверку.

Ответ. (0, 0); (1, −2); (6, 3); (−2, 1); (3, 6).

9.22. Умножим первое уравнение на t:

хt + уt = t

и вычтем из второго. Аналогично поступим со вторым и третьим уравнениями. Придем к системе, не содержащей y:

B результате могут быть получены посторонние решения, в которых t = 0. Однако решение нашей системы мы закончим проверкой, благодаря которой все посторонние решения будут отсеяны.

Если x = 0, то одновременно 2 − t = 0 и 5 − 2t = 0, что невозможно. По аналогичной причине z − t ≠ 0, z ≠ 0.

Поделим теперь второе уравнение последней системы на первое, а третье на второе. Получим

z = 5 − 2 t /2 − t ,  z = 14 − 5 t /5 − 2 t .

Приравнивая эти выражения для z, придем к квадратному уравнению относительно t:

t² − 4t + 3 = 0, т. е. t1 = 1, t2 = 3.

Итак, z1 = 3, z2 = 1.

Остается определить x и y и сделать проверку.

Система имеет два решения.

Ответ. (½, ½, 3, 1) (½, ½, 1, 3).

9.23. Возведем первое уравнение в квадрат и вычтем из второго уравнения. После упрощения получим

2ху − 3хz + 6уz = 54.

Третье уравнение позволяет заменить 3xz на 4у²:

2ху − 4у² + 6уz = 54, или ху − 2у² + 3уz = 27.  (8)

Вычтем из уравнения (8) первое уравнение системы, умноженное на y, получим

y = 3.

Подставим в первое и третье уравнения системы

Решая эту систему, найдем два решения:

x 1 = 3, z1 = 4; x 2 = 12, z2 = 1.

Производим проверку.

Ответ. (3, 3, 4); (12, 3, 1).

9.24. Сложив первое уравнение со вторым, первое с третьим и, наконец, второе с третьим, получим систему

Перемножим эти уравнения и обозначим xyz = u:

u³ = (u + 2)(u² − 9),

а после упрощения

2u² − 9u − 18 = 0,

откуда u1 = 6, u2 = −3/2.

Для первого значения u находим x³ = 8, y³ = 3, z³ = 9, аналогично поступаем с u2. Производим проверку.

Ответ.

9.25. Обозначим x1 + x2 + ... + x n = s. Тогда уравнение, стоящее на месте с номером k, примет вид

x k (s − x k ) + k(k + 1)s² = (2k + 1)²а²,

или

x k ² − sx k − k(k + 1)s² + (2k + 1)²a² = 0,

откуда

Возьмем для всех x k знак минус и составим сумму х1 + ... + xn . Получим уравнение относительно в

откуда

Мы взяли перед корнем знак плюс, так как из уравнения для в видно, что s > 0; знаменатель не обращается в нуль ни при каких натуральных h.

Остается подставить найденное значение в в выражение для x k и сделать проверку.

Ответ.

9.26. Пусть 7x − 11у = u, т. е. 7(x + y) − 18у = u, откуда x + y = и + 18 y /7, а x + 9у = (x + y) + 8у = и + 74 y /7.

Приходим к системе

Из последней системы исключим y :

Если u = 0, то, как легко видеть, придем к очевидному решению: x 1 = y 1 = 0.

Если u ≠ 0, то получаем уравнение

откуда u1 = ⅓, u2 =  −⅓, u3 = 2, u4 = −2.

Для каждого значения u составляем систему 

Делаем проверку.

Ответ. (0, 0); (10/243, −1/243); (−10/243, 1/243); (5, 3); (−5, −3).

9.27. Если сложить уравнения системы и вычесть из первого второе, получим систему:

Возведем каждое из уравнений системы (9) в квадрат и вычтем из первого полученного уравнения второе. Получим

т. е.

(а − x)(b − x) = x², или (а + b)x = ab.

Если а + b = 0, но ab ≠ 0, то последнее уравнение, а следовательно, и данная система не имеют решений.

Если а + b = 0 и ab = 0, то а = b = 0. Написанная в начале решения система принимает вид

откуда y = −x и y = x одновременно, т. е. при а = b = 0 система имеет единственное решение x = y = 0.

Если а + b ≠ 0, то x = ab /a + b .

Из уравнения  находим y:

т. е.  откуда y = (| a | + | b |)² /4( a + b ) .

Так как а + b стоит в предпоследнем уравнении под радикалом и а + b ≠ 0, то а + b > 0.

Преобразовывая систему, мы получили уравнение Следовательно, x  ≥ 0, т. е. ab ≥ 0, а значит, и а ≥ 0, b ≥ 0.

Теперь можно записать, что

y = a + b /4.

Делаем проверку. Первое уравнение системы после подстановки примет вид

2а − |а − b| = а + b.

Если а ≥ b, то это уравнение удовлетворяется, а если а < b, то получим а = b, что противоречит предположению а < b.

Второе уравнение системы после подстановки дает равенство 2b + |а − b| = а + b.

При а ≥ b получаем тождество.

Ответ. Если а ≥ b ≥ 0 и а + b > 0, то x = ab /a + b , y = а  +  b /4; если а = b = 0, то x = y = 0.

9.28. Обозначим √у = z. Тогда система перепишется в виде

Дважды возведем первое уравнение в квадрат:  отсюда  далее

4z² = 4х − 1, или z² = x − ¼.

Заменив  выражением x − ½, перепишем второе уравнение системы так:

Из последнего уравнения находим z²:

z² = 9/4 − 3x,

и сравниваем с выражением для z², полученным из первого уравнения:

x − ¼ = 9/4 − 3x.

Отсюда x = 5/8, а y = z² = 3/8.

Проверяем найденные значения x и y. Левая часть первого уравнения системы примет вид

Левая часть второго уравнения вычисляется проще:

Ответ. (5/8, 3/8).

9.29. Способ 1. Так как а и b положительны, то из данных уравнений следует, что x > 0 и y > 0.

Возведем каждое из уравнений в квадрат:

B результате могут быть приобретены только такие посторонние решения, при которых либо x < 0, либо y < 0.

Выражения 1 − y² и 1 − x², как это видно из последней системы, останутся положительными.

Мы получили систему относительно x² = u и y² = v:

Чтобы эта система была равносильна предыдущей (при замене неизвестных равносильность может быть нарушена!), достаточно потребовать выполнения неравенств

u > 0, v > 0.

Раскрыв в последней системе уравнений скобки, получим

Вычитая из первого уравнения второе, найдем

u − v = а² − b²,

т. е. u = v + а² − b². Подставим в первое уравнение последней системы, получим квадратное уравнение относительно v:

v² + (а² − b² − 1)v + b² = 0,

откуда

Вычисляем u:

(У u и v, входящих в одно решение, берутся одноименные знаки.)

Подкоренное выражение можно преобразовать следующим образом:

(1 − а² + b²)² − 4b² = (1 − а² + b² − 2b)(1 − а² + b² + 2b) = [(1 − b)² − а²][(1 + b)² − а²] = (1 − b − а)(1 − b + а)(1 + b − а)(1 + b + а).

Так как а > b > 0 и а + b < 1, то каждый из четырех множителей положителен и дискриминант тоже положителен.

Если перед корнем выбран знак плюс, то u и v положительны. Докажем, что v > 0. Имеем а² − b² = (а − b)(а + b) < а − b < а − b + 2b = а + b < 1. Следовательно, 1 − а² + b² > 0 и, обращаясь к выражению для v, находим, что v > 0. Так как а > b, то очевидно, что и u > 0.

Если перед корнем выбран знак минус, то нужно проверить, что u и v положительны. Так как а > b, то проверку достаточно провести для v, которое меньше u.

Неравенство  очевидно.

Нетрудно проследить, что в процессе решения системы уравнений относительно u и v при условии, что u и v положительны, мы не нарушали равносильности.

Способ 2. Эту систему естественно было бы решать с помощью подстановки x = sin φ, y  = sin ψ, где 0 < φ < π/2, 0 < ψ < π/2. Такая подстановка возможна, поскольку из имеющихся в условии ограничений легко получить, что 0 < x < 1, 0 < y < 1. Получим систему

Складывая и вычитая уравнения этой системы, найдем

Так как по условию 0 < а + b < 1 и 0 < а − b < 1, а на φ и ψ были наложены ограничения 0 < φ < π/2, 0 < ψ < π/2, то можно написать

или

Из первой системы получим

Найдем sin φ1 и sin ψ1:

где α = arcsin (а + b), β = arcsin (а − b). (При выборе знаков перед корнями мы здесь и в дальнейшем принимаем во внимание ограничения на φ и ψ: 0 < φ < π/2, 0 < ψ < π/2.) Продолжим преобразования:

Нетрудно убедиться в том, что

[1 − (а + b)²][1 − (а − b)²] = (1 − а² + b²)² − 4b².

Аналогично найдем sin ψ1 , а также sin φ2 и sin ψ2.

Ответ. Если а > b > 0, а + b < 1, то система имеет два решения:

9.30. Наряду с решением x1, y1, z1 система обязательно имеет решение −х1, −у1, z1. Поэтому у системы будет единственное решение только в том случае, когда x = y = 0.

Подставляя x = y = 0 в исходную систему, получим

откуда либо а = b = 2, либо а = b = −2.

Проверим, действительно ли при найденных значениях а и b система имеет единственное решение.

Если а = b = 2, то из первого уравнения находим

xyz = 2 − z.

Подставляя во второе, получим квадратное уравнение относительно z:

z² − 3z + 2 = 0,

корни которого z1 = 1, z2 = 2.

При z = 1 получим систему

которая, как легко проверить, имеет четыре решения.

Таким образом, значения параметров а = b = 2 не удовлетворяют условию задачи.

Если а = b = −2, то из первого уравнения найдем

xyz = −2 − z.

Подставляем во второе:

z² + z − 2 = 0,

откуда z1 = −2, z2 = 1.

При z = −2 приходим к системе

имеющей единственное решение x = y = 0. При z = 1 получаем систему

Подставляем во второе уравнение y = −3/x и убеждаемся, что уравнение x4 − 3x² + 9 = 0, которое получается в результате, имеет только мнимые корни.

Ответ. a = b = −2.

9.31. По условию y = −x. Данные уравнения примут вид

Если а ≠ −1, то, найдя x ³ из первого и второго уравнений, приравняем полученные выражения

½(а + 1) = 1/2 − a , т. е. а² − а = 0,

откуда а = 0 или а = 1.

Условию задачи могут удовлетворить только три значения параметра а:

−1, 0, 1,

которые нужно проверить.

Если а = −1, то из первого уравнения найдем y = −x, а из второго уравнения найдем x³ = ⅓ и , а следовательно,  Найденные значения неизвестных удовлетворяют и условию x + y = 0.

Если а = 0, то из первого уравнения:  а из второго:  Это значит, что при а = 0 система имеет два решения:

По условию любое решение должно удовлетворять требованию x + y = 0, между тем первое решение этому требованию не удовлетворяет. Значение а = 0 мы должны отбросить.

Осталось рассмотреть случай, когда а = 1. B этом случае получим систему

Так как правые части отличны от нуля, то разделим первое уравнение на второе, откуда x + y = 0. Поскольку условие x + y = 0 теперь автоматически выполняется для любого решения системы, то нужно убедиться, что y этой системы есть хотя бы одно решение. Таким решением является x = 1, y = −1. (Докажите.)

Ответ. ±1.

9.32. Так как система должна иметь хотя бы одно решение при любом b, то она должна иметь решение и при b = 0. Положив b = 0, получим систему

Первое уравнение удовлетворяется либо при а = 0 и любом x, либо при x = 0. Если x = 0, то из второго уравнения получаем а = 1. Итак, возможны только два значения: а = 0 и а = 1.

При а = 0 получаем систему

Первое уравнение имеет решение при любом b, только если y = 0. Однако это значение y не удовлетворяет второму уравнению.

Остается рассмотреть случай а = 1. Система примет вид

При любом b эта система имеет решение x = y = 0.

Ответ. 1.

9.33. Пусть (х1, у1) — решение системы. Тогда второе уравнение удовлетворяется еще тремя парами значений неизвестных (−x1, y1), (x1, −y1), (−x 1, −y 1). Легко убедиться, что первое уравнение наряду с (x 1, y 1) имеет также решение (x 1, −y 1):

Таким образом, система может иметь единственное решение лишь при условии, что y 1 = −y 1, т. е. y = 0. Подставим это значение y в систему. Из первого уравнения получим а = 0.

Выясним, достаточно ли условия а = 0 для единственности решения исходной системы. Если а = 0, то x y = 1, а это означает, что либо x = 1, y — любое число, либо x ≠ 0 — любое, y = 0. Значения параметра b должны быть такими, чтобы второму уравнению системы удовлетворяло только одно из решений первого. Если y = 0, то второе уравнение имеет единственное решение x = √b (по условию x > 0) при любом b > 0. Поэтому b нужно выбрать таким, чтобы исключить случай x = 1, т. е. таким, чтобы уравнение 1 + y² = b не имело действительных решений. Для этого необходимо и достаточно выполнение ограничения b < 1.

Если x = 1, то второе уравнение имеет единственное решение в том и только в том случае, если b = 1. При этом ему удовлетворяет единственное из решений первого уравнения: x = 1, y = 0.

Ответ. а = 0, 0 < b ≤ 1.

9.34. Умножим числитель и знаменатель дроби из второго уравнения на  Полученное уравнение разделим на y, который тоже отличен от нуля, если входит в решение системы. Получим  Исключим  с помощью первого уравнения системы:

x ² /y ² − 2x /y + y² + 2x − 2y = 3.

Последнее уравнение перепишем в виде

x ² /y ² + 2x + y² − 2(x /y + y) = 3

Если x + y = z, то z² − 2z − 3 = 0, z1 = −1, z2 = 3. Первое уравнение данной системы можно записать в виде

Если  откуда x = 0. Второе уравнение системы дает тогда два значения: y 1 = 0, y 2 = −1, где y = 0 не удовлетворяет первому уравнению. Если z = 3, то x = 4/3; второе уравнение системы после несложных преобразований принимает вид 3y ²+ y + 4 = 0, т. е. не имеет действительных решений.

Проверка убеждает нас в том, что x = 0, y = −1 — единственное решение системы.

Ответ. (0, −1).

9.35. Запишем данное уравнение в виде

|6 − |x − 3| − |x + 1|| = а(x + 5) + 4.    (10)

Построим график функции

y = |6 − |x − 3| − |x + 1||.    (11)

Начнем с графика функции

y = 6 − |x − 3| − |x + 1|,    (12)

который легко построить, разбив числовую ось на три интервала точками x = −1, x = 3 (рис. P.9.35).

Получим

Этот график совпадает с графиком функции (11) там, где значения y, полученные из (13), неотрицательны. Если же значения y, полученные из (13), отрицательны, то им соответствуют симметричные относительно оси Ox точки графика. Таким образом, для интервала −2 ≤ x ≤ 4 графики функций (11) и (12) совпадают, а при x < −2 и при x > 4 мы получаем симметричные относительно оси Ox лучи. В итоге для функции (11) имеем:

График этой функции изображен на рис. P.9.35 жирной линией (около каждого отрезка указан номер соответствующего ему уравнения).

Если подойти к задаче формально, то мы можем рассчитать точки пересечения прямой (19) — см. ниже — с каждой из прямых (14), (15), (16), (17), (18). Получим соответственно:

x1 = −5 a + 8 /a + 2 , x2 = 5 a /2 − a , x3 = −5 a + 2 /a , x4  = 4 − 5 a /a + 2 , x5 = 5 a + 12 /2 − a .

Рассмотрим теперь при разных значениях параметра а семейство прямых

y = а(x + 5) + 4     (19)

и определим, сколько точек пересечения y каждой из прямых (19) с графиком функции (13).

Тангенс угла наклона прямых (19) равен а и все эти прямые проходят через точку А(−5; 4). Обозначим на графике точки В(−2; 0), С(−1; 2), D(3; 2), E(4; 0), а также точки G и H, расположенные на левом и правом лучах графика (11) соответственно. Соединим точку А(−5; 4) с точками /(−2; 0), С(−1; 2), 1(3; 2) и E(4; 0). Проведем через точку А прямые AG1 || EH. Обозначим на каждой из проведенных нами через точку А прямых ее угловой коэффициент а: для AC имеем а = −2, для AB, AC, AE, AD и AH1 соответственно а принимает значения: −4/3, −½, −4/9, ¼, 2.

Теперь нетрудно подсчитать, при каких а какие решения имеет данное в условии уравнение. Получим

одно решение x1 при а < −2;

решений нет при −2 ≤ а < −4/3;

одно решение x1 = x2 при а = −4/3;

два решения x1, x2 при −4/3 < а < −½;

два решения x1, x2 = x3 при а = −½;

два решения x2, x3 при −½ < а < −4/9;

три решения x1, x3, x4 = x5 при а = −4/9;

четыре решения x1, x3, x4, x5 при −4/9 < а < −¼;

три решения x1, x3 = x4, x5 при а = −¼;

два решения x1, x5 при −¼ < а < 2;

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(5 x /5 x ² − 7 x + 6 + 2 x /5 x ² − 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

5 x /5 x ² − 7 x + 6 + 2 x /5 x ² − 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 ... а n = 1, то

(осуществлено почленное деление суммы 1 + а i на а i ). 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.

Итак,

10.6. Пусть b < а. Тогда

(а + b)n  ≤ (2a)n = 2n a n < 2n (a n + b n ).

10.7. Так как ( а /b )x − возрастающая показательная функция (по условию а > b) и p > q, то

Воспользовавшись формулой производной пропорции, получим

что и требовалось доказать.

10.8. Имеем n очевидных неравенств:

Первое и последнее неравенства обязательно будут строгими, так как по условию n > 1. Перемножая эти неравенства, получим

10.9. Способ 1. Обозначим a /b = u, b /c = v, c /a = w. Тогда uvw = 1, т. е. среди чисел u, v и w есть хотя бы одно, большее 1, и одно, меньшее 1 (u = v = w невозможно, так как а, b и с не равны друг другу). Пусть u > 1, а 0 < v < 1, т. е.

(1 − u)(v − 1) > 0 или −uv + u + v − 1> 0.

С другой стороны, для чисел u, v и e выполняется неравенство

т. е. uv + w ≥ 2. Складывая это неравенство с неравенством − uv + u + v − 1 > 0, получим

u + v + w > 3, или a /b + b /c  + c /a > 3.

Способ 2. Пусть u, v и w — положительные числа, причем w — наименьшее из них: u > w, v > w. Так как u и w — положительные числа, то на них можно умножить неравенство v > w:

v(u − w) > w(u − w), т. е. uv − vw + w² > uw.

Поделим последнее неравенство на uw:

v /w − v /u + e /u > 1.

С другой стороны,

u /v + v /u  ≥ 2.

Складывая с предыдущим неравенством, получим

u /v + v /w + w /u > 3.

Если с — наименьшее из чисел а, b и с, то полагаем w = с, u = а, v = b и получаем неравенство, которое требовалось доказать. Если а или b — наименьшее из чисел а, b и с, то обозначения соответственно изменятся.

Способ 3. Пусть b = с + d1, а = b + d2 (d1 > 0, d2 > 0, т. е. а > b > с). Тогда

Это решение обобщается на случай n чисел:

т. е.

10.10. Воспользуемся формулой Герона и применим к сомножителям p − а, p − b, p − с неравенство между средним геометрическим и средним арифметическим трех чисел (p − а + p − b + p − с = 3p − 2p = p):

В условие входит величина 4S, для которой мы и проведем дальнейшие оценки

Выделим в числителе слагаемое 3(а² + b² + с²), а излишек в 2(а² + b² + с²) используем для образования полных квадратов, которые поглотили бы все попарные произведения:

и тем самым неравенство доказано.

10.11. Оценим левую часть неравенства:

(x − 1)(x − 3)(x − 4)(x − 6) + 10 = (х² − 7х + 6)(х² − 7х + 12) + 10 = [(х² − 7х + 9) − 3][(х² − 7х + 9) + 3] + 10 = (х² − 7х + 9)² − 9 + 10 = (х² − 7х + 9)² + 1 ≥ 1.

10.12. Подставляя в первое уравнение x² вместо yz, преобразуем систему следующим образом:

Числа y и z являются корнями квадратного уравнения относительно u:

u² + (x − х³)u + x² = 0.

По условию числа x и z действительные. Следовательно, дискриминант 

D = (x − x³)² − 4x² = x²(1 − x²)² − 4x² = x²[(1 − x²)² − 4]

должен быть неотрицательным.

Так как по условию x ≠ 0, то

(1 − x²)² ≥ 4.

Это неравенство может выполняться, если либо 1 − x² ≤ −2, либо 1 − x² ≥ 2. Второе неравенство не имеет решений, а из первого получаем x² ≥ 3, что и требовалось доказать.

10.13. Перепишем данные уравнения в виде откуда

yz = 8 − x(5 − x).

Числа y и z будут корнями уравнения

u² − (5 − x)u + x² − 5х + 8 = 0.

Так как y и z должны быть действительными числами, то дискриминант этого уравнения не может стать отрицательным ни при каких значениях x:

(5 − x)² − 4(х² − 5х + 8) ≥ 0, т. е. −3x² + 10x − 7 ≥ 0,

откуда

1 ≤ x ≤ 7/3.

Так как уравнения, которым удовлетворяют x, y и z, симметричны, то аналогичные ограничения получим для y и z:

1 ≤ y ≤ 7/3, 1 ≤ z ≤ 7/3,

что и требовалось доказать.

10.14. Дискриминант квадратного трехчлена равен 1 − 4а. Если а < ¼, то дискриминант положителен и уравнение ax² + x + 1 = 0 имеет два различных корня:

Когда а > 0, т. е. 0 < а < ¼, то получим решения неравенства:

x < x1, x > x2.

Когда а < 0, то легко проверить, что x2 < x1. Поэтому решения запишутся в виде

x2 < x < x1.

Дискриминант отрицателен, когда а > ¼, а следовательно, а > 0. Неравенство удовлетворяется при всех x.

Если а = ¼, то решения неравенства запишутся в виде x ≠ −2.

10.15. Условия задачи выполняются тогда и только тогда, когда интервал 1 < x < 2 будет расположен между корнями параболы, т. е. если

Подставляя значения 1 и 2 в данный трехчлен, получим систему двух квадратных неравенств

Решая первое неравенство, найдем

−7 − 3√5/2 ≤ m ≤ −7 + 3√5/2,

а решая второе, получим

−4 − 2√3 ≤ m ≤ −4 + 2√3.

Ответ. −½(7 + 3√5) ≤ m ≤ −4 + 2√3.

10.16. Пусть x1 и x2 — корни данного трехчлена. Тогда

Если корни x1 и x2 действительны, то из первой формулы следует, что они не могут быть оба положительными. Если оба корня отрицательны, то из второй формулы находим а > 0, а следовательно, корни x1 и x2 меньше а. Если а = 0, то один из корней равен −1, и условие задачи снова не выполняется. Таким образом, а < 0. При а < 0 дискриминант 1 − 4a положителен и оба корня действительные. Потребуем, чтобы меньший из них был больше а, т. е.

Это неравенство эквивалентно такому:

Возведя обе части неравенства в квадрат, мы должны позаботиться о сохранении связей, которые неявно присутствуют в этом неравенстве:

Последнее неравенство выполняется, так как мы установили, что а < 0. Первые два преобразуются к виду

Ответ. а < −2.

10.17. Так как k ≠ 0, то ветви параболы направлены вверх. Внутри интервала от −1 до +1 парабола имеет только один корень тогда и только тогда, когда на концах этого интервала трехчлен имеет разные знаки, т. е.

(k² − k − 2)(k³ + k − 2) < 0.

Разлагая каждый из трехчленов на множители, получим

(k − 2)(k + 1)(k + 2)(k − 1) < 0.

Ответ. −2 < k < −1; 1 < k < 2.

10.18. Условие, что ветви параболы направлены вверх, означает, что m > 0. Если парабола не пересекает ось Ox, то получаем систему

Если же данный квадратный трехчлен имеет действительные корни, то больший корень не должен быть положительным:

Второе неравенство второй системы (а следовательно, и вся система) не имеет решений при m > 0, так как числитель и знаменатель оказываются положительными.

Решая второе неравенство первой системы, найдем

m < −4/3, m > 1.

Принимая во внимание первое неравенство, находим решение системы: m > 1.

Пусть теперь m = 0. Правая часть данного неравенства принимает вид −4x + 1 > 0, т. е. x < ¼, и неравенство удовлетворяется не при всех положительных x.

Ответ. m > 1.

10.19. Неравенство равносильно совокупности двух систем

Решая каждое из четырех неравенств, придем к новой совокупности двух систем:

Итак, 3 ≤ x < 5, 2 < x < 3.

Ответ. 2 < x < 5.

10.20. Неравенство можно переписать в виде

(x − 3)² > (x + 2)²,

откуда после раскрытия скобок и приведения подобных получим линейное неравенство.

Ответ. x < ½.

10.21. При x > 0 неравенство можно переписать в виде

Последнее неравенство равносильно системе

которая несовместна, так как несовместны два последних неравенства.

При x < 0 входящее в данное неравенство выражение  не существует.

Ответ. Неравенство не имеет решений.

10.22. Данное неравенство можно переписать так:

Получаем совокупность двух систем

Решаем первую систему

Если правая часть второго неравенства отрицательна (x > ⅓), то неравенству будут удовлетворять все x, при которых подкоренное выражение неотрицательно (x² ≤ ¼, |x| ≤ ½). Получаем интервал решений ⅓ < x ≤ ½.

Если правая часть второго неравенства неотрицательна (x ≤ ⅓), то второе неравенство можно возвести в квадрат (дополнять систему условием 1 − 4x² ≥ 0 или |x| ≤ ⅓ не нужно). После простых преобразований получим

откуда 0 < x ≤ ⅓. Объединяя интервалы 0 < x ≤ ⅓ и ⅓ < x ≤ ½, получим решение первой системы: 0 ≤ x ≤ ½.

Перейдем ко второй системе:

Условие x < 0 обеспечивает положительность правой части второго не равенства. Возведем второе неравенство в квадрат, учитывая, что |x| ≤ ½. Получим

Ответ. −½ ≤ x < 0, 0 < x ≤ ½.

10.23. Перепишем данное неравенство в виде

Так как в неравенство входит выражение  а потому . Вынесем множитель  за скобки:

Это неравенство равносильно системе

Возведем первое неравенство системы в квадрат. При этом следует добавить условие, в силу которого выражение, «освободившееся» от влияния радикала, должно быть неотрицательным:

Так как x² − x + 1 > 0 при всех x, то первому неравенству системы могут удовлетворять только x > 0, ибо выражение справа всегда положительно. Следовательно, систему можно переписать в виде

Обозначим  тогда первое неравенство примет вид y² − 2y + 1 > 0, т. е. (y − 1)² > 0, откуда y ≠ 1. Итак,

Последняя система равносильна такой:

Ответ.

10.24. При x > 0 правая часть неравенства положительна, так как в этом случае  Возведем обе части неравенства в квадрат; получим систему

Последнее неравенство системы — следствие того, что x > 0. Перенесем во втором неравенстве 1 + x в левую часть и произведем некоторые упрощения. Получим систему

Так как x > 0, то второе неравенство можно возвести в квадрат, не добавляя при этом никаких ограничений (убедитесь в этом самостоятельно):

121 x ² + 198 x + 81 /4 x ² + 36 x + 81 > 1 + 2x.

Умножим неравенство на знаменатель, который при x > 0 положителен; после приведения подобных получим систему

Итак, в первом случае неравенство имеет решения: 0 < x < 45/8.

При x = 0 данное неравенство не удовлетворяется.

Если же x < 0, то, умножив обе части на −1, придем к неравенству

Проделав с этим неравенством преобразования, аналогичные случаю, когда x > 0, придем к выводу, что оно не имеет решений при отрицательных x.

Ответ. 0 < x < 45/8.

10.25. Перепишем данное неравенство в виде

т. е.

Обозначив выражение, стоящее в скобках, через y, получим квадратное неравенство

y² + y − 42 < 0,

которое имеет решения: −7 < y < 6. Итак,

Поскольку сумма  всегда положительна, то достаточно решить лишь правое неравенство:

После возведения в квадрат получим неравенство

равносильное исходному, так как корни √x и  здесь не устранены. (Заметьте, что, заменив выражение √x  на  мы могли нарушить равносильность.) После второго возведения в квадрат придем к системе

Ответ. 0 ≤ x < 841/144.

10.26. Неравенство удобно переписать в виде

Оно равносильно совокупности двух систем

Решая последнее неравенство каждой из систем, найдем −|а| ≤ x ≤ |а|.

Так как в первой системе x > 0, то для нее получим решения:

0 < x ≤ |а|, а ≠ 0.

Перейдем ко второй системе. Решая второе неравенство, получим

−| а | /√5 < x < | а | /√5.

Мы приходим к системе

решениями которой будут значения из интервала −| а | /√5 < x ≤ 0  при а ≠ 0. Остается объединить решения двух систем.

Ответ. При а ≠ 0: −| а | /√5 < x ≤ |а|; при а = 0 неравенство не имеет решений.

10.27. Приведем степени, входящие в данное неравенство, к основанию 2 и поделим на 2√ x 2x :

2x − √ x  ≤ 3 + 4 · 2√ x − x ;

обозначив 2x − √ x = y, получим

y ≤ 3 + 4/y ,

а так как y > 0, то

y² − 3y − 4 ≤ 0.

Корни трехчлена: −1, 4; так как меньший корень отрицателен, то получаем

2x − √ x  ≤ 4,

т. е. x − √x ≤ 2. Обозначим √x = z и найдем решения неравенства

z² − z − 2 ≤ 0.

Получим −1 ≤ z ≤ 2. Левое неравенство выполняется, если только √x существует. Остается √x ≤ 2, т. е. 0 ≤ x ≤ 4.

Ответ. 0 ≤ x ≤ 4.

10.28. Перепишем неравенство в виде

3√ x (3 + x − 2x²) − 2(−2x² + x + 3) < 0,

или

(3√ x − 2)(−2x² + x + 3) < 0.

Последнее неравенство равносильно совокупности систем

Решая первую систему, получим

Так как −1 <  < = 1 < 3/2, то окончательно получим x > 3/2.

Вторая система дает нам следующее:

Ответ.

10.29. Если x > 0, то неравенство равносильно такому:

( x − 1)2 x − 1 /3 − x < 0, т. е. ( x − 1)( x − ½) /x − 3 > 0.

Воспользовавшись методом интервалов, получим ½ < x < 1, x > 3. Если x = 0, то левая часть неравенства обращается в выражение 0−⅓ , которое не имеет смысла.

При x < 0 показатель степени должен быть целым числом, т. е. 2 x − 1 /3 − x , откуда x(2 + n) = 3n + 1. Так как при n = −2 последнее уравнение не удовлетворяется, то

x = 3 n + 1 /2 + n .

Из условия x < 0 находим x = 3 n + 1 /2 + n < 0 и, следовательно, −2 < n < −⅓. Единственное целое число в этом интервале n = −1, а соответствующее ему значение неизвестного x = −2. Проверяем это значение, подставляя его в первоначальное неравенство: (−2)−1 < 1.

Ответ. x = −2, ½ < x < 1, x > 3.

10.30. Предположим, что основание больше единицы, т. е. 4x² + 12x + 10 > 1, или (2x + 3)² > 0. Это имеет место при всех x, кроме x = −3/2. При x = −3/2 основание равно единице, и, следовательно, исходное неравенство удовлетворяется. Если же x ≠ −3/2, то оно равносильно неравенству

|х³ − 5х + 2| ≥ x − 2,

которое заведомо удовлетворяется при x − 2 ≤ 0, т. е. при x ≤ 2. Пусть теперь x > 2. Разложим трехчлен на множители:

|х³ − 5х + 2| = |х³ − 4x − (x − 2)| = |x − 2| |х² + 2x − 1| = (x − 2)|х² + 2x − 1|.

Так как x > 2, то получаем равносильное неравенство

|х² + 2x − 1| ≥ 1,

а поскольку x² + 2x − 1 = x² + 2(x − ½) > 0, то

х² + 2x − 1 ≥ 1, или x² + 2(x − 1) ≥ 0.

Последнее неравенство удовлетворяется при любом x > 2.

Ответ. x − любое действительное число.

10.31. Так как x > 0, то вместо неравенства

можно написать

Если а > 1, то при логарифмировании по основанию а знак неравенства не изменится:

(logа x )² > 2,

откуда loga x < −√2,  loga x > √2, т. е.

Если 0 < а < 1, то (loga x)² < 2 и

Ответ. При 0 < a < 1,   при а > 1,  x > a√2.

10.32. Если x > 0, то получаем неравенство, равносильное данному:

откуда 0 < x < 1.

Значение x = 0 удовлетворяет исходному неравенству. Если же x < 0, то непременно

5 x + 2 /5 x + 10 =n,

где n — целое. Из условия x < 0 находим

x = 10 n − 2 /5 − 5 n < 0,

откуда n < 1/5, n > 1, или n ≠ 1. Мы получили бесконечное множество значений x. Чтобы выбрать из них подходящие, разберем два случая, в зависимости от того, четное или нечетное число n. Когда n = 2k, данное неравенство можно переписать в виде |x|2 k < 1, т. е. (|x| − 1)k < 0. Поскольку x < 0, то получаем (x + 1)k > 0. Так как x = 20 k − 2 /5 − 10 k , то

откуда k < −3/10, 0 < k < ½. Так как k — целое, то k = −1, −2, −3, ... . Получаем серию решений первоначального неравенства: x = 20 k − 2 /5 − 10 k , k = −1, −2, −3, ... .

Пусть теперь n = 2k + 1. Тогда x = 10(2 k + 1) − 2 /5 − 5(2 k + 1) = −10 k + 4 /5 k . Так как x < 0, то исходное неравенство при этих значениях n удовлетворяется, если n ≠ 1, т. е. k ≠ 0.

Ответ. 0 ≤ x < 1, x = 20 k − 2 /5 − 10 k , k = −1, −2, −3, ...; x = −10 k + 4 /5 k , k = ±1, ±2, ±3, ... .

10.33. Данное неравенство эквивалентно неравенству

0 ≤ log2 3 − 2 x /1 − x < 1.

(Ограничение слева обеспечивает неотрицательность числа, стоявшего под знаком квадратного корня.)

Поскольку 0 = log2 1, 1 = log2 2 и основание логарифмов больше единицы, последнее неравенство можно записать так:

1 ≤ 3 − 2 x /1 − x < 2.

Требование положительности числа 3 − 2 x /1 − x , которое могло быть нарушено при таком преобразовании, выполняется здесь автоматически.

Поскольку неравенство 1 ≤ y < 2 эквивалентно неравенству y − 1 /y − 2 ≤ 0, получаем

Ответ. x ≥ 2.

10.34. Данное неравенство равносильно системе

0 < |x − 1 /2 x + 1 | < 1.

Тем самым мы обеспечили положительность числа, стоявшего в условии под знаком логарифма. Левое неравенство можно заменить условием x ≠ 1. Тогда получим систему

Эту систему можно преобразовать так:

Входящее в эту систему неравенство можно возвести в квадрат, не нарушая его равносильности:

(x − 1)² < (2x + 1)²,

т. е. 3x² + 6х > 0, откуда x < −2, x > 0. Итак,

Ответ. x < −2, 0 < x < 1, x > 1.

10.35. Приведем все логарифмы, участвующие в неравенстве, к основанию 5:

Последнее из преобразований правой части неравенства требует, вообще говоря, ограничения x ≠ 1. Однако это значение неизвестного оказывается «запретным», поскольку в левой части остается выражение, содержащее log5 x в знаменателе. Получаем равносильное неравенство

которое преобразуется к виду

допускающему применение метода интервалов. Итак,

log5 x < −½, 0 < log5 x < log5 3.

Ответ. 0 < x < 1/√5, 1 < x < 3.

10.36. Так как log½ N = −log2 N, то данное неравенство перепишем в виде

log2 (2x − 1)log2 (2x + 1 − 2) < 2.

Преобразуем второй сомножитель:

log2 (2x + 1 − 2) = log2 [2(2x − 1)] = 1 + log2 (2x − 1).

Обозначив log2 (2x − 1) = y, получим квадратное неравенство

y(y + 1) < 2, или y² + y − 2 < 0,

решения которого лежат в интервале

−2 < y < 1.

Вспоминая, чему равен y, получим

−2 < log2 (2x − 1) < 1,

¼ < 2x − 1 < 2, 5/4 < 2x < 3.

Ответ. log2 5 − 2 < x < log2 3.

10.37. Преобразуем левую часть неравенства:

Неравенство

log| x + 6| (х² − x − 2) ≥ 1

равносильно совокупности двух систем

Второе неравенство первой системы равносильно совокупности систем решая которые найдем

x ≤ −2, x ≥ 4.

Таким образом, первая система может быть приведена к виду

и ее решениями будут интервалы:

x < −7, −5 < x ≤ −2, x ≥ 4.

Решая второе неравенство второй системы, получим −2 ≤ x ≤ 4, а третье неравенство имеет решения x < −1, x > 2. Следовательно, система принимает вид

т. е. не имеет решений.

Ответ. x < −7, −5 < x ≤ −2, x ≥ 4.

10.38. Обозначим logа x = y. Неравенство примет вид

1 + y ² /1 + y > 1.

Так как 1 + y² > 0, то и 1 + y > 0. Поэтому данное неравенство равносильно системе

т. е.

Получаем два интервала решений:

−1 < y < 0, y > 1.

Так как y = logа x, то нужно рассмотреть два случая.

Во−первых, если а > 1, то logа x − функция возрастающая и мы получим два интервала решений:

1/a < x < 1, x > а.

Если же 0 < а < 1, то получим другие два интервала решений:

1 < x < 1/a , 0 < x < а.

Ответ. При а > 1: 1/a < x < 1, x > а; при 0 < а < 1: 0 < x < а, 1 < x < 1/a .

10.39. Перейдем к основанию k:

где y = logk x. Последнее неравенство можно переписать так:

Выражение, стоящее в числителе, всегда положительно. Поэтому решением неравенства будут два интервала:

y < −1, y > 0.

Вспоминая, что y = logk x и 0 < k < 1, найдем соответствующие интервалы для x.

Ответ. 0 < x < 1, x > 1/k .

10.40. Поскольку 4x − 6 должно быть больше нуля, то x > 1. Следовательно, приходим к системе неравенств

Решая второе неравенство системы, найдем x > log2 √7.

Третье неравенство перепишем в виде системы

решением которой будет интервал log2 √6 < x ≤ log23. Так как log2 √7 > log2 √6, то получим решение данного неравенства.

Ответ. log2 √7 < x ≤ log2 3.

10.41. Данное неравенство эквивалентно такому:

Знаменатель всегда положителен. Поэтому

|х² − 4x| + 3 ≥ x² + |x − 5|,

остается раскрыть знаки абсолютной величины. Нанесем точки 0, 4, 5 на числовую ось и рассмотрим четыре случая.

Если x < 0, то получаем систему

которой удовлетворяет полупрямая x ≤ −⅔.

Если 0 ≤ x ≤ 4, приходим к системе

решением которой будет отрезок 1 < x < 2.

Если 4 < x ≤ 5, то наше неравенство примет вид x² − 4x + 3 ≥ x² + 5 − x, откуда x ≤ −⅔. Это не удовлетворяет условию 4 < x ≤ 5, а потому в данном случае решений нет.

Остается случай x > 5. Раскрывая знаки абсолютных величин, получим x ≤ 8/5. Здесь снова нет решений.

Ответ. x < −⅔; ½ ≤ x ≤ 2.

10.42. Из условия следует, что x > 2. Поэтому x³ − 7 > 0, а также x − 1 > 1 и (x − 1)² > 1. Данное неравенство равносильно такому:

Так как x − 1 > 0, то  Поскольку x³ − 7/2 > 0, то ограничение x > 2 достаточно для того, чтобы следующие преобразования приводили к равносильным неравенствам:

После упрощений последнее неравенство сведется к квадратному: −4x² + 5x + 3/2 ≥ 0, имеющему решения −¼ < x < 3/2. Так как, кроме того, x > 2, то исходное неравенство не имеет решений.

Ответ. Решений нет.

10.43. Так как первый сомножитель положителен, то, чтобы неравенство удовлетворялось, необходимо

log2 (2 − 2x²) > 0, т. е. 2 − 2x² > 1, √2|x| < 1,

откуда

0 ≤ √2|x| < 1 и −1 ≤ √2|x| − 1 < 0.

Следовательно, |√2|x| − 1| ≤ 1. Таким образом, первоначальное неравенство может удовлетворяться только, если

log2 (2 − 2x²) ≥ 1, или 2 − 2x² ≥ 2, −x² ≥ 0,

т. е. x = 0. Проверкой убеждаемся, что x = 0 является решением неравенства.

Ответ. x = 0.

10.44. Так как , то перепишем неравенство следующим образом:

Обозначив log3 x + 1 /x − 1 = y, получим log2 y < 0, откуда

0 < y < 1, т. е. 0 < log3 x + 1 /x − 1 < 1, 

а потому  1 < x + 1 /x − 1 < 3.

Последнее неравенство можно записать так:

(x + 1 /x − 1 − 1)(x + 1 /x − 1  − 3) < 0

(если некоторое выражение заключено между двумя числами, то разности между ним и каждым из этих чисел имеют разные знаки).

После выполнения действий в скобках и небольших упрощений получим

x − 2 /( x − 1)² > 0,

откуда x > 2.

Ответ. x > 2.

10.45. Если 0 < x² − 1 < 1, то придем к системе

Так как последнее неравенство следует из первого, то получаем такую систему:

откуда 1 < x < √2.

Если x² − 1 > 1, т. е. x² > 2, то приходим ко второй системе:

откуда x > 3 + √5/2.

Ответ. 1 < x < √2, x > 3 + √5/2.

10.46. Перепишем неравенство в виде

Равносильность при этом не нарушается, так как оба выражения в квадратных скобках (полученное и данное в условии) существуют одновременно при x > 0. Выясним, когда основание положительно и когда оно отрицательно (если оно равно нулю, то неравенство не удовлетворяется). Для этого воспользуемся условным символом V, обозначающим сравнение левой и правой частей, и не будем нарушать равносильность при преобразованиях:

Преобразуем первое соотношение, имея в виду, что x − положительное число:

Итак, при   основание положительно, а при  оно отрицательно. Из отрицательных значений основания мы должны рассмотреть лишь те, при которых x − 4, а следовательно и x, — четное число. Среди чисел, заключенных в интервале ,  есть только одно четное: x = 2. Подставим это число в левую часть исходного неравенства:

Таким образом, x = 2 не удовлетворяет данному неравенству.

Пусть теперь основание положительно, т. е. . Тогда неравенство (1) равносильно такому:

т. е.

(пояснения приведены во втором указании на с. 192). В последнем неравенстве основание степени положительно, так как x > 0. Следовательно, его можно преобразовать к виду

т. е.

Мы рассматриваем случай . Решив неравенства

получим, что выражение  больше нуля, когда x > 6, равно нулю, когда x = 6, и меньше нуля, когда  Таким образом, вместо неравенства (2) можно записать

(x − 6)(x − 4) ≥ 0,

т. е.

Ответ.

10.47. Данное неравенство может выполняться только в том случае, если дискриминант стоящего в левой части квадратного трехчлена относительно x положителен, т. е.

Решением этого неравенства будут

log0,5 y² < −3, log0,5 y² > 1.

В первом случае получим y² > 8, во втором 0 < y² < ½.

Ответ. y < −√8, −1/√2 < y < 0, 0 < y < 1/√2, y > √8.

10.48. Для ответа на вопрос задачи нужно найти такие значения а, что множество решений второго неравенства не у́же множества решений первого. Таким образом, если y первого неравенства есть решения, они все должны попасть в интервал (−3, −1).

Корнями квадратного трехчлена

х² − а(1 + а²)x + а4

будут числа а и а³. Когда они совпадают (а = ±1, а = 0), ветви параболы направлены вверх и квадратный трехчлен не может стать отрицательным.

Докажем, что следствием неравенства, не имеющего решений, является любое неравенство. В частности, любое решение первого неравенства при а = 0, ±1 содержится среди решений второго. Предположим, что это не так. Тогда существует решение первого неравенства, не удовлетворяющее второму. Мы приходим к противоречию с тем фактом, что первое неравенство в рассматриваемых случаях вообще не имеет решений.

Если же корни различны (а ≠ а³), то оба они должны попасть в интервал [−3, −1]

т. е.

Ответ.

10.49. Сначала решим строгое неравенство

Оно равносильно системе

При а ≤ 1 решений y этой системы нет. При а > 1 ее решениями будут значения x, для которых 1 < x < а.

Остается выяснить, какие значения x удовлетворяют уравнению

(4)

Это уравнение равносильно совокупности двух систем:

Поскольку в первой системе x = 1, то x ≠ 2; остается обеспечить, чтобы а − 1 ≥ 0, т. е. а ≥ 1.

Итак, при каждом а ≥ 1 есть решение x = 1, а при каждом x ≠ 2 есть решение x = а. (При а = 1 эти решения совпадают.)

Решение второй системы при а ≠ 2: x = а. Остается объединить решения неравенства (3) и уравнения (4).

Ответ. При а ≤ 1 имеем x = а; при 1 < а < 2 имеем 1 ≤ x ≤ а; при а = 2 имеем 1 ≤ x < 2; при а > 2 имеем 1 ≤ x ≤ 2, x = а.

10.50. Поскольку

х² + 8х + 15 = (x + 3)(x + 5),   а x² + 7х + 10 = (x + 2) (x + 5),

то данное неравенство можно записать в виде

(x + 5)[(x + 3) · 22 + x − (2 + x)] > 0. (5)

При x + 5 = 0 исходное неравенство не удовлетворяется. Поэтому (5) равносильно совокупности двух систем:

Далее придется рассмотреть случаи x + 3 < 0 и x + 3 > 0 (при x + 3 = 0 неравенство (3) удовлетворяется!). Располагая точки x = −5 и x = −3 на числовой оси, мы получим три интервала x < −5; −5 < x < −3; x > −3. Соответственно, приходим к совокупности трех систем неравенств:

Построим графики функций

y1 = 22 + x , y2 = 1 − 1/x + 3

(рис. P.10.50).

Просто сослаться на график и указать интервалы решений нельзя. График подскажет, какие сравнения нужно привести для решения неравенства.

При всех x < −5 получим, что y2 > 1, а y1 < 1, т. е. y1 < y2: второму неравенству первой системы значения x < −5 не удовлетворяют.

При −5 < x < −3 также y1 < 1, а y2 > 1 и снова y1 < y2. Однако на этот раз второе неравенство второй системы удовлетворяется.

При x > −3 второе неравенство третьей системы вновь удовлетворяется. В самом деле, при −3 < x < −2, y1 > 0, а y2 < 0, т. е. y1 > y2. Далее при x ≥ −2 имеем у1 ≥ 1, 0 < y2 < 1, т. е. снова у1 > y2. Остается вспомнить, что x = −3 было решением (5).

Ответ. x ∈ (−5; +∞).

10.51. Ясно, что подставлять интересующие нас значения x в данное неравенство и проверять, удовлетворяется ли это, не нужно. Проще это неравенство решить. Так как lg 5 ≠ ½, то |0,5 − lg 5| > 0, т. е.

Любое число а ^ 0 можно записать в виде а = |а| sign а, где

— функция, соответствующая знаку числа а. Поэтому из (6) получаем

Определим теперь знак выражения

0,5 − lg 5 = lg √10 − lg 5 = lg √10/5 < lg 4/5 < lg 1 = 0.

Следовательно, sign (0,5 − lg 5) = −1, т. е. решением неравенства (6) будут значения x ≤ −1.

Ответ. −4, −1.

10.52. Так как (√5 + 2)(√5 − 2) = 1, то данное неравенство можно преобразовать к виду

(7)

Знаменатель всегда положителен, если x ≥ 0. Требование x ≥ 0 сохраняется, если существует числитель. Поэтому (7) равносильно неравенству

(√5 − 2) x + √ x − 6  ≤ 1. (8)

Поскольку 0 < √5 − 2 < 1, то (8) равносильно неравенству

x + √x − 6 ≥ 0. (9)

Трехчлен y² + y − 6 (где y = √x) имеет корни −3 и 2. Поэтому решением неравенства

y² + y − 6 ≥ 0

будет совокупность значений y ≤ −3, y ≥ 2. У неравенства √x ≤ −3 решений нет. Остается √x ≥ 2, т. е. x ≥ 4.

Ответ. [4, +∞).

10.53. Обозначим log2x = y и запишем неравенство в виде

1 + y² ≤ |y| (4x − x² − 2),

или

1 + y² ≤ |y| [−(x² − 4x + 4) + 2],

т. е.

1 − 2|y| + |y²| ≤ |y|(−x² + 4x − 4).

Итак,

(1 − |y|)² ≤ −|y|(x − 2)².

Неравенство удовлетворяется только в том случае, если обе его части равны нулю. Это может быть только при |y| = 1, тогда (x − 2)² ≤ 0, т. е. x = 2.

Ответ. 2.

 

Глава 11

Логарифмические и показательные уравнения и системы

11.1.

11.2. Так как 1225 = 35², то

lg 122,5 = lg 35² − lg 10 = 2(lg 5 + lg 7) − 1 = 2(а + b) − 1.

11.3. Перепишем уравнение в виде

т. е. после того как вынесем 32 x − 1 и 2x + ½  за скобки,

Из последнего уравнения следует, что

32 x − 3 = (√2)2 x − 3 ,

т. е. (3/√2)2 x  − 3 = 1, откуда 2x − 3 = 0.

Ответ. x = 3/2.

11.4. Обозначив 3−| x − 2| = y, придем к квадратному уравнению

y² − 4y − а = 0,

корни которого

Первый корень  приходится отбросить, так как −|x − 2| ≤ 0 и 3−| x − 2|  ≤ 1, а  не может стать меньше двух.

Исследуем второй корень:

Чтобы это уравнение имело решение, необходимо выполнение трех условий, которые сведены в систему неравенств:

Решая эту систему, найдем −3 ≤ а < 0.

Ответ. При −3 ≤ а < 0 два решения:

при остальных а решений нет.

11.5. Решая квадратное уравнение относительно 12| x | , найдем

Первое ограничение: 1 − а ≥ 0, т. е. а ≤ 1. Кроме того, 12| x | не может стать меньше единицы. Если перед корнем выбран знак плюс, то последнее требование выполняется, если же взят знак минус, то лишь при а = 1. Это значение а можно учесть при рассмотрении уравнения

Ответ.  при а ≤ 1; при остальных а решений нет.

11.6. Уравнение можно записать так:

или

Прологарифмируем по основанию 10

откуда x1 = 2, x2 = −1/lg 5.

Ответ. 2, −1/lg 5.

11.7. Так как (2 + √3)(2 − √3) = 1, то 2 + √3 и 2 − √3 — взаимно обратные числа. Обозначим

(2 + √3)x ² − 2 x  = y.

Тогда данное уравнение можно записать так:

y + 1/y = 101/10

(мы разделили обе части уравнения на 2 + √3).

Решая это уравнение, найдем

y1 = 1/10, y2 = 10.

Покажем, что первый корень, который приводит к уравнению

(2 + √3)x ² − 2 x = 1/10,

посторонний.

Так как 2 + √3 > 1, то x² − 2x < 0. Выражение x² − 2x достигает своего минимума в точке x = 1. Этот минимум равен −1. Поскольку 2+ √3 < 4, то в левой части последнего уравнения стоит число, большее ¼, а следовательно, ни при каких x не равное 1/10.

Остается решить уравнение

(2 + √3)x ² − 2 x = 10.

Прологарифмируем его по основанию 2 + √3:

x² − 2x − log2 + √3 10 = 0.

Ответ.

11.8. Перепишем уравнение так:

Сразу же видно, что x = 2 — корень уравнения. Покажем, что других корней нет.

Обозначим для удобства первое основание через а, а второе через b. Оба этих основания меньше единицы. Поэтому

b < а < 1;

если x < 2, то а x > а², b x > b², и следовательно,

а x + b x > 1;

если же x > 2, то а x < а², b x < b², и следовательно, а x + b x < 1.

Ответ. x = 2.

11.9. Если x − 2 ≠ 0, 1, −1, то log2 (x + 31) = 3, x = −23. При x = 2 = 0, т. е. x = 2, имеем , и так как log231 > 0, то уравнение удовлетворяется.

При x − 2 = 1, т. е. x = 3, уравнение также удовлетворяется.

Если x − 2 = −1, т. е. x = 1, имеем

Остается проверить значение x = −23. Тогда log2 8 = 3, и уравнение снова удовлетворяется.

Ответ. −23, 1, 2, 3.

11.10. Так как log3 (3x + 1 − 3) = 1 + log3 (3x − 1), то, обозначив log3 (3x − 1) через y, получим

y² + y − 6 = 0,

откуда y1 = −3, y2 = 2.

Если log3 (3x − 1) = −3, то 3x = 28/27 и x1 = log3 28 − 3. Если log3 (3x − 1) = 2, то 3x = 10 и x2 = log3 10.

Ответ. log3 28 − 3, log3 10.

11.11. Перепишем уравнение в виде

log7 x + logx 7 = log²7 x + log²x 7 − 7/4.

Дополним правую часть его до полного квадрата суммы (заметим, что log7 x · logx 7 = 1) и обозначим

log7 x + logx 7 = y.

Получим уравнение:

4у² − 4у − 15 = 0, откуда у1 = 5/2, y2 = −3/2.

Если logx 7 + log7 x = 5/2, то

Если же logx 7 + log7 x = −3/2, то получим уравнение

y которого нет действительных корней.

Ответ. x1 = 49, x2 = √7.

11.12. Прологарифмируем по основанию 3 и перейдем к общему основанию логарифмов:

откуда следует уравнение

y³ − 2y + 1 = 0,

где y = log3 x.

Так как у³ − 2y + 1 = (y − 1)(y² + y − 1), то

y1 = 1, y2,3 = −1 ± √5/2.

Находим соответствующие x и проверяем их.

Ответ. x1 = 3, x2,3 = 3.

11.13. Если

y = logх 3,

то придем к уравнению

из которого получается цепочка следствий

Проверкой убеждаемся, что второе значение y не удовлетворяет исходному уравнению, так как y должен быть отрицательным.

Ответ. x = 1/9.

11.14. Приведя уравнение к общему знаменателю и отбросив его, получим следствие данного уравнения:

log4 x + log4(10 − x) = 2,

откуда

x² − 10x + 16 = 0, x1 = 2, x2 = 8.

Проверкой убеждаемся, что это — корни исходного уравнения.

Ответ. x1 = 2, x2 = 8.

11.15. Перепишем данное уравнение так:

При этом преобразовании мы могли потерять корень, так как при x = 1 левая часть полученного уравнения теряет смысл, в то время как обе части исходного уравнения существуют. Проверкой убеждаемся, что x = 1 — корень данного уравнения.

Преобразуем выражения, стоящие в знаменателях и обозначим logx  2 = y:

1/1 − y − 21/4 y + 1 + 10/2 y + 1 = 0.

Это уравнение равносильно системе

При y = −2 и y = ½, являющихся корнями уравнения, условие, входящее в систему, удовлетворяется.

Ответ. x1 = 1, x2 = 1/√2, x3 = 4.

11.16. Перепишем уравнение в виде

Так как

то придем к уравнению

log2 6 − log2 (4 − x) = log2 (3 + x),

откуда

х² − x − 6 = 0, x1 = −2, x2 = 3.

Все применявшиеся преобразования приводили к следствию исходного уравнения. Первый корень при проверке отбрасываем, так как  при x = −2 не существует.

Ответ. x = 3.

11.17. Уравнение равносильно системе

или

Решим уравнение, после чего проверим, выполняются ли наши ограничения. Уравнение распадается на два. Если

x4 + 2x³ + 2x − 1 = (х² + x − 1)²,

то, раскрывая скобки, получим

х² + 4x − 2 = 0, x1,2 = −2 ± √6.

Если же

x4 + 2x³ + 2x − 1 = −(х² + x − 1)²,

то

x²(2x² + 4x − 1) = 0; x3 = 0, x4,5 = −2 ± √6/2.

Остается проверить выполнение двух условий, входящих в последнюю систему. Лишь при x = 0 нарушается условие |х² + x − 1| ≠ 1. При остальных найденных значениях x оба условия выполняются.

Ответ. x1,2 = −2 ± √6; x3,4 = −2 ± √6/2.

11.18. Преобразуем первое слагаемое:

При переходе к логарифмам с основанием а мы наложили на а дополнительное ограничение: а ≠ 1. Однако при а = 1 данное нам уравнение не имеет решений, и, следовательно, такое ограничение несущественно. При замене  на x могут быть введены посторонние корни x < 0.

Мы получили уравнение относительно :

y² − 5у + 6 = 0; y1 = 2, y2 = 3,

откуда

Ответ. При

11.19. Логарифмируя и заменяя logx а на , получим

т. е.

Отсюда видно, что если x удовлетворяет этому уравнению, то loga x > 0, а потому loga x + 1 > 0. Следовательно,

Чтобы разбирать меньшее количество различных случаев, оценим левую часть последнего уравнения и, следовательно, а. Так как

а второе слагаемое неотрицательно, то а > 1 (значение а = 1 мы исключили, так как а — основание логарифма). Остается рассмотреть случаи, позволяющие раскрыть символ абсолютной величины.

При loga x  ≥ 1, т. е. при x ≥ а > 1, получим уравнение

Так как а > 1, то x > а.

При 0 < loga x < 1, т. е. при x < а, получим второе значение неизвестного:

которое будет меньше а, так как а > 1.

Ответ. При

11.20. Если одно из неизвестных равно нулю, то в силу второго уравнения системы равно нулю и второе неизвестное. Это приводит к потере смысла в первом уравнении. Таким образом, x и y оба положительны.

Прологарифмируем оба уравнения:

Так как x > 0 и y > 0, то разделим первое уравнение на второе:

а потому

Подставим найденное значение x в первое из данных уравнений:

Если y = 1, то из первого уравнения системы получаем x = 1, что не удовлетворяет второму уравнению.

Так как значения y = 0 и y = −1 исключены, то остается

Вспомнив, что log3 15 = 1 + log3 5, получим

и найдем x.

Ответ.

11.21. Возведем второе уравнение в степень y

1024 = (2 x /3)2 y

и воспользуемся тем, что x y = 243. Так как 1024 = 210, а 243 = 35, то получим

210 = (⅔)2 y  · 310, откуда (⅔)10 = (⅔)2 y

и y = 5. Из первого уравнения находим x = 3.

Делаем проверку и убеждаемся, что мы нашли решение системы.

Ответ. (3, 5).

11.22. Из самого вида системы следует, что x > 0, y > 0. Из второго уравнения имеем

а после подстановки в первое

Если y ≠ 1 (случаи y = 0 и y = −1 уже исключены), то, приравнивая показатели степеней, получим

Подставляя в первое уравнение, найдем  Следовательно,

откуда получаем x1 = 16/81, у1 = 4/9. Проверкой убеждаемся, что это — решение исходной системы.

Остается проверить, что произойдет при y = 1. Легко видеть, что тогда и x = 1.

Ответ. (16/81, 4/9), (1, 1).

11.23. Так как

то

Подставив в первое уравнение исходной системы и обозначив  получим

(21 − 2u)(16 − u) − 2u³ = 71,

а после раскрытия скобок

u = 5, т. е. y = 2.

Остальные неизвестные находятся легко.

Ответ. (2, 2, 1).

11.24. Второе уравнение можно записать в виде

2x + 2 у (x · 2x − y + 1 + 3y · 22 x + y ) = 1.

В силу первого уравнения системы выражение в скобках равно 2. Поэтому

2x + 2 у + 1 = 1,

откуда

x + 2y + 1 = 0, т. е. x = −2y − 1.

После подстановки в первое уравнение системы получим

2−3 y − 3 = 1/−4 − 5 y , или 23( y + 1) = −(4 + 5y).

Чтобы это уравнение имело решение, необходимо выполнение неравенства

−(4 + 5у) > 0, т. е. y < −4/5.

Рассмотрим следующие три случая.

1. 3(y + 1) < 0, т. е. y < −1. В этом случае правая часть уравнения должна быть меньше единицы, т. е. −(4 + 5у) < 1, откуда y > −1. Поскольку ограничения y < −1 и y > −1 несовместны, при сделанном предположении нет решений.

2. 3(y + 1) > 0, т. е. y > −1. Тогда правая часть уравнения должна превзойти единицу, а потому y < −1. И на этот раз ограничения несовместны.

3. Остается посмотреть, что будет при 3(y + 1) = 0, т. е. y = −1. Легко проверить, что уравнение удовлетворяется. Найденному значению y соответствует x = 1. Проверкой убеждаемся, что мы нашли решение исходной системы.

Ответ. (1, −1).

11.25. Первое уравнение системы можно переписать в виде

log8 (y − x)³ = log8 (3y − 5х).

Следствием данной системы является система

Перемножив входящие в нее уравнения, получим однородное уравнение относительно x и y:

5(y − x)³ = (3y − 5х)(х² + y²).

Если x ≠ 0, то разделим последнее уравнение почленно на x³ и обозначим y /x = u. Получим уравнение относительно u:

u³ − 5u² + 6u = 0,

которое имеет корни: u1 = 0, u2 = 2, u3 = 3.

Если u = 0, то y = 0, а из второго уравнения исходной системы x = ±√5.

При подстановке в первое уравнение исходной системы x = −√5 и y = 0 это уравнение удовлетворяется, а при x = √5 и y = 0 уравнение не удовлетворяется. Если u = 3, то y = 3x, а потому x² = ½, откуда

x =±1/√2, y = ±3/√2

(x и y в силу равенства y = 3x имеют одинаковые знаки). Подстановкой в первое уравнение убеждаемся, что решением системы будут

x = 1/√2, y = 3/√2.

Если u = 2, то y = 2x. Из двух систем значений (−1, −2), (1, 2) первому уравнению удовлетворяет только вторая.

Осталось рассмотреть случай x = 0. Он не дает новых решений, так как система превращается в два несовместных уравнения.

Ответ. (−√5, 0); (1/√2, 3/√2); (1, 2).

11.26. Способ 1. Из второго уравнения

Подставляем в первое:

Так как

то получим уравнение

Прологарифмируем по основанию 3:

3log3² x − 8log3 x + 4 = 0,

откуда x1 = 3⅔, x2 = 9.

Находим соответствующие y и делаем проверку.

Способ 2. Применим равенство   (оно доказывается с помощью логарифмирования) к первому уравнению. Получим

т. е.  или

Прологарифмировав по основанию 3, решим полученное уравнение совместно со вторым уравнением системы:

Ответ.

11.27. Так как x и y одного знака (это следует из второго уравнения) и x + y > 0 (из первого), то x и y положительны, причем либо x, либо y обязательно больше 1 (так как xy = 3). Следовательно, x + y > 1 и данная система может быть переписана так:

Если 0 < x − y < 1, то получим систему

следствием которой является система

Из первого уравнения получим 7 x = 9y. Подставляя сюда y = 3/x , найдем x² = 27/7, откуда

Убеждаемся, что при этих значениях x и y неравенство 0 < x − y < 1 выполняется.

Если x − y > 1, то получим систему

следствием которой является система

Подставляя в первое уравнение y = 3/x , получим уравнение

x4 − 8x² − 9 = 0.

Так как x² ≠ −1, то остается x² = 9, откуда x = 3, а y = 1. (Ограничение x − y > 1 удовлетворяется.)

Равносильность могла быть нарушена только при потенцировании; поэтому достаточно проверить, что x − y > 0, что уже сделано.

Ответ.

11.28. Прологарифмируем и обозначим log2 x = u, log2 (y + 1) = u:

откуда

Находим соответствующие x и y; проверка не обязательна, так как равносильность не была нарушена.

Ответ. (√2, 15); (2, 3).

11.29. Так как loga ² x = ½ loga x (обратите внимание на то, почему мы не пишем здесь log| a | x), а log√ b √y = logb y , то систему можно переписать следующим образом:

Это — следствие первоначальной системы; если же добавить условия y > 0, b > 0, b ≠ 1, то получим равносильную систему.

Из первого уравнения

Подставляем во второе и находим

Условие , т. е. 8а³ > а4, приводит к дополнительному ограничению на а: а < 8.

Ответ. При 0 < а < 1, 1 < а < 8 и при b > 0, b ≠ 1   

11.30. Пусть 3x + 1 = u, 3y +  z −  x = v, тогда первые два уравнения примут вид

откуда u = 9, v = 9. Следовательно, x = 1, а y + z − x = 2, т. е. y + z = 3. Последнее уравнение данной системы примет теперь простой вид

lg уz = lg 2,

следствием которого будет

уz = 2.

Решаем систему

Проверкой убеждаемся, что мы нашли решения исходной системы уравнений.

Ответ. (1, 1, 2); (1, 2, 1).

 

Глава 12

Тригонометрические преобразования

12.1. В первых квадратных скобках после упрощений получим 2/sin x , вторые квадратные скобки заключают в себе выражение Таким образом, первое слагаемое принимает вид

Второе слагаемое легко приводится к виду

Ответ.

12.2. Так как сумма углов 30° − α и 60° − α равна 90° − 2α, то

tg [(30° − α) + (60° − α)] = ctg 2α,

или

откуда следует наше тождество.

12.3. Рассмотрим выражение

Так как ctg x = ½(ctg x /2 − tg x /2),  то

ctg x + ½ tg x /2 = ½ ctg x /2.

Аналогичные преобразования можно продолжить и дальше:

что и доказывает тождество.

12.4. Перепишем равенство

sin α cos (α + β) = sin β

в виде

sin α cos (α + β) = sin [(α + β) − α],

т. е.

sin α cos (α + β) = sin (α + β) cos α − sin α cos (α + β),

или

2 sin α cos (α + β) = sin (α + β) cos α.

Из условия следует, что cos (α + β) ≠ 0 и cos α ≠ 0. Разделим последнее равенство на cos (α + β) cos α. Получим

2 tg α = tg (α + β).

12.5.

Применяя последовательно формулу синуса двойного угла, приведем числитель к виду

Ответ. −1/8.

12.6. Вычислим вначале произведение косинусов:

Теперь вычислим произведение квадратов синусов, умноженное на 8:

Раскроем скобки и преобразуем каждое произведение двух косинусов в сумму косинусов. После приведения подобных получим

Теперь можно найти произведение тангенсов.

Ответ. √7 .

12.7. Преобразуем правую часть равенства, которое нужно доказать:

и воспользуемся условием. Получим

12.8. Доказательство представляет собой цепочку преобразований sin (x + y) sin (x − y) = sin² x cos² y − cos² x sin² y = k² sin² y cos² y − cos² x sin² y = sin² y (k² cos² y − cos² x).

Так как cos² x = 1 − k² sin² y, то выражение в скобках равно k² − 1. По условию −1 ≤ k ≤ 1, т. е. k² − 1 ≤ 0, и, следовательно, sin (x + y) sin (x − y) ≤ 0.

12.9. Вычислим а² + b²:

а² + b² = 2 + 2 (cos α cos β + sin α sin β) = 2 + 2 cos (α − β) = 4 cos² α − β/2. Теперь преобразуем правую часть равенства, которое нужно доказать:

что и требовалось доказать.

12.10. Обозначим sin² α = а, sin² β = b, sin² γ = с. Тогда данное в условии соотношение примет вид

т. е.

2abс + аb(1 − с) + bс(1 − а) + ас(1 − b) − (1 − а)(а − b)(1 − с) = 0.

После того как будут раскрыты скобки и приведены подобные члены, получим

−1 + с + b + a = 0,

что в первоначальных обозначениях соответствует равенству sin² α + sin² β + sin² γ = 1.

12.11.

При преобразованиях мы пользовались формулами преобразования произведения тригонометрических функций в сумму.

Ответ. −3.

12.12. Так как

ctg α + ctg γ = 2 ctg β и β = π/2 − (α + γ),

то

Углы α и γ острые. Поэтому ctg α > 0 и ctg γ > 0 и на их сумму можно сократить:

откуда легко найти произведение котангенсов.

Ответ. 3.

12.13. Преобразуем данное выражение:

sin (90° + 16°) + cos (90° + 16°) ctg 8° = cos 16° − sin 16° ctg 8° = cos 16° − 2 sin 8° cos 8° cos 8°/sin 8° = cos 16° − 2 cos² 8° = cos 16° − (1 + cos 16°) = −1.

 

Глава 13

Тригонометрические уравнения и системы

13.1. Так как √2 sin (x + π/4) = sin x + cos x, то

1 + sin 2x + 2 cos 3x sin x + 2 cos 3x cos x = 2 sin x + 2 cos 3x + cos 2x.

Объединим одночлены, содержащие cos 3x и все оставшиеся одночлены:

2 cos 3x (sin x + cos x − 1) + 2 sin x (sin x + cos x − 1) = 0.

Получим уравнение

(sin x + cos x − 1)(cos 3x + sin x) = 0.

Если sin x + cos x = 1, т. е. (x − π/4) = 1/√2 , то

x = n π /2 − π/8 и x = nπ + π/4.

Ответ. 2nπ; 2nπ + π/2; n π /2 − π/8; nπ + π/4.

13.2. Данное уравнение можно преобразовать так:

или

Последнее уравнение равносильно системе

Решая уравнение этой системы, найдем

cos x = 1, откуда x = 2kπ,

cos x = sin x, tg x = 1, откуда x = π/4 + kπ.

Так как при x = 2kπ и x = π/4 + kπ условие sin² x ≠ 1 выполняется, то найденные значения x являются корнями данного уравнения.

Ответ. x = 2kπ; x = π/4 + kπ.

13.3. Поскольку

 мы приходим к уравнению

Левая и правая части этого уравнения содержат общий множитель 1 − cos x /1 − sin x . Поэтому уравнение можно записать в виде

Первые корни получаем из уравнения cos x = 1, откуда x = 2kπ.

Остальные корни найдем, приведя к общему знаменателю дроби, стоящие в скобке, и выполнив вычитание. Получим уравнение

Числитель легко разложить на множители, если сгруппировать однородные члены:

(sin² x − cos² x) + sin x cos x (sin x − cos x) = (sin x − cos x)(sin x + sin x cos x + cos x).

Знаменатель можно отбросить, так как при cos x = 0 ни одна из скобок в разложении числителя не обращается в нуль. Заботиться о том, чтобы 1 + sin x + sin² x не обращалось в нуль, не нужно, так как это выражение всегда положительно.

Если sin x − cos x = 0, то tg x = 1, откуда x = π/4 + kπ.

Остается решить уравнение

sin x + sin x cos x + cos x = 0.

Мы знаем, что (sin x + cos x)² = 1 + 2 sin x cos x. Отсюда

Сделав такую замену в оставшемся уравнении, получим квадратное уравнение относительно y = sin x + cos x

y² + 2y − 1 = 0.

Корни этого уравнения

y1,2 = −1 ± √2.

Записав sin x + cos x в виде √2 cos (x − π/4), мы убедимся, что корень y1 = −1 − √2 является посторонним. Остается

cos (x − π/4) = 1 − 1/√2,

откуда

x = 2kπ ± arccos (1 − 1/√2) + π/4.

Ответ. 2kπ; π/4 + kπ; 2kπ ± arccos (1 − 1/√2) + π/4.

13.4. Данное уравнение эквивалентно системе

Преобразуя левую и правую части уравнения в сумму тригонометрических функций, мы получим уравнение

cos 9x = 0, откуда x = π/18(2n + 1).

Из найденных значений x нужно выбрать те, при которых

cos 2x cos 7x ≠ 0, т. е. cos 5x + cos 9x ≠ 0.

Так как речь идет о значениях неизвестного, при которых cos 9 x = 0, то остается потребовать, чтобы cos 5x ≠ 0, т. е. 5 · π/18(2n + 1) ≠ π/2(2k + 1), откуда 5(2 n + 1) /9 ≠ 2k + 1. Число 5(2 n + 1) /9  не может быть четным, так как в его числителе лишь нечетные множители.

Оно будет целым, когда = 2 n + 1 /9 = 2n + 1, т. е. при n = 9m + 4.

Следовательно, корнями уравнения являются числа x = π/18(2n + 1) при n ≠ 9m + 4.

Ответ. π/18(2m ± 1); π/18(18m ± 3); π/18(18m ± 5); π/18(18m ± 7).

13.5. Если запишем данное уравнение в виде

то получим равносильное уравнение. Однако дальнейшие преобразования заставляют нас ввести ограничения:

Далее

Когда tg x ≠ 0, то и sin x ≠ 0. Это означает, что первое уравнение можно переписать в виде 1/cos x  = 2, откуда cos x = ½, что обеспечивает выполнение всех ограничений.

Ответ. 2nπ ± π/3.

13.6. Прибавив к обеим частям уравнения tg 3x, получим

3(tg 3x − tg 2x) = tg 3x (1 + tg² 2x),

или

Последнее уравнение эквивалентно системе

Решим первое уравнение. Для этого представим произведение sin x cos 2x в виде разности синусов. После приведения подобных членов получим

sin 3x = 3 sin x.

Воспользовавшись формулой синуса тройного угла, придем к уравнению

sin x (3 − 4 sin² x) = 3 sin x, или sin³ x = 0,

откуда x = πk.

Легко проверить, что при x = πk ни cos 2x, ни cos 3x в нуль не обращаются.

Ответ. πk.

13.7. Преобразуем уравнение следующим образом:

(sin x + cos x)(1 − sin xcos x) + 1/√2 sin 2xsin (x + π/4) = sin (π/2 − x) + sin 3x.

Так как sin x + cos x = √2 sin (π/4 + x), то придем к уравнению

sin (π/4 + x) = √2 sin (π/4 + x ) cos (π/4 − 2x).

Если sin (π/4 + x) = 0, то x1 = π/4(4n − 1). Остается

√2 cos (π/4 − 2x) = 1,

откуда

x2 = nπ, x3 = π/4(4n + 1).

Серии чисел x1, = π/4(4n − 1) и x3 = π/4(4n + 1) можно объединить: x1 = π/4(2n + 1).

Ответ. π/4(2n + 1); nπ.

13.8. Перепишем уравнение следующим образом:

4(tg 4x − tg 3x) = tg 2x (1 + tg 3x tg 4x).

Приведем выражения в скобках к виду, удобному для логарифмирования:

Уравнение равносильно системе

Так как cos x = 0 не удовлетворяет уравнению, то его можно переписать так:

4 tg x = tg 2x, или 2 tg x = tg x /1 − tg² x .

Мы воспользовались неабсолютным тождеством, которое исключает из области определения те значения x, при которых tg x не существует. Однако tg x входил в предыдущее уравнение, а потому существует, и потеря корней произойти не может. Из последнего уравнения, если tg x = 0, получаем x = nπ.

Если tg x ≠ 0, то 2 − 2 tg² x = 1, tg x = ±1/√2. Так как cos 3x и cos 4x не обращаются при этом в нуль, то можно написать ответ.

Ответ. nπ; nπ ± arctg 1/√2.

13.9. Уравнение можно переписать так:

Поскольку 0 < x < 2π, то 0 < x /2 < π и sin x /2 > 0. Однако cos x /2 в этом интервале меняет знак, и нам придется разбить интервал на два: 0 < x ≤ π и π < x < 2π.

Если 0 < x ≤ π, получим уравнение

√2/2 sin x /2 + √2/2 cos x /2 = sin 2x,

y которого может появиться лишь один посторонний корень при cos x = 0. Перепишем последнее уравнение так:

sin (x /2 + π/4) = sin 2x,

и найдем его корни из интервала 0 < x ≤ π: x1 = π/6, x2 = 3π/10. Если π < x < 2π, придем к уравнению

√2/2 sin x /2 − √2/2 cos x /2 = sin 2x   или   sin (x /2 − π/4) = sin 2x,

которое даст нам еще два корня: x3 = 7π/6, x4 = 13/10 π. Очевидно, что для полученных углов cos x ≠ 0.

Ответ. π/6; 3π/10; 7π/6; 13π/10.

13.10. Перенеся sin α в левую часть, запишем уравнение в виде

2 sin x /2 cos x − 2α /2 = 2 sin x /2 cos x /2,

или

sin x /2 (cos x − 2α /2 − cos x /2) = 0.

Если sin x /2 = 0, то x = 2nπ при любом α. Если cos x − 2α /2 = cos x /2, то либо x − 2α /2 + x /2 = 2nπ, откуда x = 2nπ + α, либо x − 2α /2 − x /2 = 2nπ, откуда α = 2nπ.

Ответ. При любом α: 2nπ, 2nπ + α; при α = 2nπ: x − любое.

13.11. Уравнение равносильно совокупности двух уравнений

cos 2x = sin² x − a, cos 2x = a − sin² x.

Понизим степень в правой части каждого уравнения и найдем

cos 2x = 1 − 2a /3, cos 2x = 2a − 1.

Первое уравнение имеет решение, если

−1 ≤ 1 − 2 a /3 ≤ 1, т. е. −1 ≤ a ≤ 2.

Второе уравнение имеет решение, если −1 ≤ 2a − 1 ≤ 1, т. е. 0 ≤ a ≤ 1. Данное в условии уравнение при −1 ≤ a ≤ 2 имеет решения

x = πn ± ½ arccos 1 − 2 a /3,

а при 0 ≤ a ≤ 1 решения

x = πn ± ½ arccos (1 − 2a).

Так как

0 ≤ ½ arccos 1 − 2 a /3 ≤ π/4 и 0 ≤ ½ arccos (1 − 2a) ≤ π/2,

то легко найти решения нашего уравнения, которые попадут в интервал 0 ≤ x ≤ 2π.

Ответ. ½ arccos 1 − 2 a /3; π ± ½ arccos 1 − 2 a /3; 2π − ½ arccos 1 − 2 a /3 (существуют при −1 ≤ a ≤ 2);

½ arccos (1 − 2a); π ± ½ arccos (1 − 2a); 2π − ½ arccos (1 − 2a) (существуют при 0 ≤ a ≤ 1).

13.12. Преобразуем подкоренное выражение следующим образом:

sec² (17 + 8 sin x − 16 cos² x) = sec² x (1 + 8 sin x + 16 sin² x) = sec² x (1 + 4 sin x)².

Данное уравнение принимает вид

|1 + 4 sin x | /|cos x | = 2 tg x (1 + 4 sin x).

Если 1 + 4 sin x = 0, то x = nπ + (−1)n + 1 arcsin ¼. Это — корни нашего уравнения, так как cos x ≠ 0 и tg x существует.

Если 1 + 4 sin x ≠ 0, то придется рассмотреть два случая, зависящих от знака этого выражения.

Пусть 1 + 4 sin x > 0, т. е. sin x > −¼. Тогда придем к уравнению

1/|cos x | = 2 tg x,  или  2 tg x|cos x| = 1,

которое равносильно совокупности систем

Вторая система не имеет решений при sin x > −¼. Решение первой: x = π/6 + 2nπ.

Пусть, наконец, 1 + 4 sin x < 0, т. е. sin x < −¼. Уравнение

2 tg x |cos x| = −1,

к которому мы приходим в этом случае, равносильно такой совокупности систем:

Вторая система не имеет решений при sin x < −¼, а первая дает нам x = −π/6 + 2nπ.

Ответ. nπ + (−1)n + 1 arcsin ¼; ±π/6 + 2nπ.

13.13. Поскольку tg x + sin x = tg x (1 + cos x) = 2 tg x cos² x /2, а tg x − sin x = 2 tg x sin² x /2, данное уравнение можно записать в виде

√2 tg½ x(|cos x /2| + |sin x /2| − √2 cos x) = 0.

Первые решения получим при tg x = 0; x = kπ. Остальные решения нам доставят корни уравнения

|cos x /2| + |sin x /2| = √2 cos x,

при которых tg x > 0 (случай tg x = 0 уже исследован). Решим вначале последнее уравнение, а затем исключим те решения, которые не удовлетворяют неравенству tg x > 0. Возведем это уравнение в квадрат и, чтобы не нарушить равносильности, добавим ограничение cos x ≥ 0. Получим систему

Так как одновременно tg x > 0 и cos x > 0, то sin x > 0. Поэтому

|sin x| = sin x.

Приходим к уравнению

2sin² x + sin x − 1 = 0.

Решая его, найдем

|sin x| = −1 ± 3/4.

Так как |sin x| ≥ 0, то остается решить уравнение

|sin x| = ½,

корнями которого будут числа

x = π/6 + 2πk, x = 5π/6 + 2πk.

Остается вспомнить, что tg x > 0.

Ответ. kπ, π/6 + 2kπ.

13.14. При замене 1/sin 4 x  на  можно ожидать потери корней, при которых tg 2x не существует, или, что то же самое, cos 2x = 0. Однако при cos 2x = 0 обращается в нуль и sin 4x, т. е. потери корней не произойдет.

Так как в левую часть уравнения

ctg 2x + 3 tg 3x = 2 tg x + (1 + tg² 2x)1/tg 2 x

входит ctg 2x, то, заменив 1/tg 2 x на ctg 2x и раскрыв скобки, мы уничтожим в правой и левой частях ctg 2x. Замена 1/tg 2 x  = ctg 2x грозит лишь приобретением корней, при которых tg 2x не существует, т. е. безопасна, так как tg 2x остается в уравнении. Когда происходит уничтожение одинаковых слагаемых ctg 2x, то нужно добавить к уравнению

3 tg 3x = 2 tg x + tg 2x,

условие

ctg 2x существует.

Мы воспользовались попутно неабсолютным тождеством tg 2x ctg 2x = 1, которое не приводит к приобретению посторонних корней, так как tg 2x и ctg 2x остались в системе.

Преобразуем уравнение следующим образом:

2(tg 3x − tg x) + tg 3x − tg 2x = 0,

т. е.

Теперь систему можно переписать так:

Так как sin 2x ≠ 0, то на него можно сократить. Получим уравнение

cos 2x = −¼,

откуда x = ±arccos(−¼) + kπ. Поскольку при этих x все ограничения выполняются, найденные значения x являются решениями данного уравнения.

Ответ. ±arccos(−¼) + kπ.

13.15. Данное уравнение равносильно системе

Пусть sin x² + cos x² = y. Возведем это соотношение в квадрат: 1 + 2 sin x² cos x² = y², откуда

sin x² cos x² = y ² − 1 /2.

После подстановки и простых преобразований уравнение примет вид

y² − 2y − 3 = 0,

откуда y1 = −1, y2 = 3. Второй корень посторонний, так как sin x² + cos х² всегда меньше двух.

Если sin x² + cos x² = −1, то

cos (х² − π/4) = −1/√2 и x² = 2nπ ± 3π/4 + π/4.

Взяв знак плюс, получим x² = π(2n + 1). Этот корень посторонний, так как sin x² ≠ 0.

Для знака минус получим, что x² = −π/2 + 2nπ. Это тоже посторонний корень, так как cos x² ≠ 0.

Ответ. Нет решений.

13.16. Данное уравнение равносильно системе

Уравнение можно привести к однородному, домножив 6 sin x на sin² x + cos² x:

3 sin³ x − cos³ x − 2 sin x cos² x = 0.

Обозначим tg x через y, получим

3y³ − 2y − 1 = 0, или (y − 1)(3y² + 3y + 1) = 0,

где квадратный трехчлен не имеет действительных корней.

Остается y = 1, т. е. tg x = 1, x = π/4 + nπ. Однако cos 2x при x = π/4 + nπ обращается в нуль.

Ответ. Нет решений.

13.17. С помощью формул универсальной подстановки придем к уравнению относительно y = tg x /2:

y(2y³ − 7у² − 2y + 1) = 0.

В результате такой замены могли быть потеряны корни, так как tg x /2 теряет смысл при x = π(2k + 1), в то время как sin x, cos x и tg x при этих значениях x имеют смысл. Проверкой убеждаемся, что эти значения неизвестного не являются корнями исходного уравнения.

Один корень полученного алгебраического уравнения очевиден: y = 0. Второй мы найдем на основании теоремы о рациональных корнях многочлена, испытав y = ±1; ±½. Убеждаемся, что y = −½ — второй корень уравнения. Разделив многочлен 2y³ − 7у² − 2y + 1 на 2y + 1, получим уравнение

y² − 4y + 1 = 0,

которое даст еще два корня: y = 2 + √3, y = 2 − √3.

Если tg x /2 = 2 + √3, то

то же самое мы получим и при tg x /2 = 2 − √3.

Так как и обратно из sin x = ½ следует, что

то совокупность уравнений tg x /2 = 2 + √3 равносильна уравнению sin x = ½. Получаем x = kπ + (−1)k π /6.

Ответ. 2πk; kπ + (−1)k π/6; 2πk − 2 arctg ½.

13.18. Понижением степени данное уравнение приводится к виду

2 cos x = 1 + cos 3 x /2.

С помощью формул для косинуса двойного и тройного углов приходим к уравнению относительно y = cos x /2:

4y³ − y² − 3y + 3 = 0.

Левую часть легко разложить на множители:

4у²(y − 1) − 3(y − 1) = 0,    (y − 1)(4у² − 3) = 0.

Если cos x /2 = 1, то x1, = 4πn. Если 4 cos² x /2 = 3, то cos x = ½ и x2 = 2πn ± π/3.

Ответ. 4πn; 2πn ± π/3.

13.19. Преобразуем выражение, стоящее в квадратных скобках:

Теперь придем к виду, удобному для логарифмирования, правую часть уравнения:

2√2(1 + sin 2x + cos 2x) = 4√2 cos x(sin x + cos x) = 8 cos x sin (π/4 + x). В итоге получаем уравнение

которое равносильно системе

Условие sin x sin (π/4 − x) ≠ 0 подсказывает, что удобнее в левой части уравнения заменить sin 4x на его разложение, стоящее справа, чем наоборот. Сокращая после этого обе части уравнения на 8 sin x sin (π/4 − x) ≠ 0, получим уравнение

cos x cos (π/4 − x)[sin (π/4 + 2x) − 1] = 0.

Среди корней уравнений cos x = 0 и cos (π/4 − x) = 0 не может быть таких, при которых sin x sin (π/4 − x) = 0. Остается проверить корни уравнения sin (π/4 + 2x) = 1. Преобразуем вначале условие, которому они должны удовлетворять: sin x sin (π/4 − x) ≠ 0, или cos (π/4 − 2x) − cos π/4 ≠ 0, т. е. cos (π/4 − 2x) ≠ 1/√2, или sin (π/4 + 2x) ≠ 1/√2. Теперь ясно, что в уравнение sin (π/4 + 2x) = 1 не попали посторонние корни.

Ответ. π/2 + nπ; −π/4 + nπ; π/8 + nπ.

13.20. Перепишем данное уравнение в виде

т. е.

После возведения в квадрат (при этом могут появиться посторонние корни, для которых cos x > 0) получим квадратное уравнение относительно y = cos x:

y² − 4у − 4 = 0,   т. е. y1,2 = 2 ± 2 √2.

Положительный корень заведомо посторонний. Остается

cos x = 2 − 2 √2.

Ответ. x = π(2n + 1) ± arccos |2( √2 − 1)|.

13.21. Так как sin 4x = 4 sin x cos x(2 cos² x − 1), то данное уравнение можно переписать в виде

sin x [4 cos x (2cos² x − 1) − m /cos x ] = 0.

Если sin x = 0, то x = kπ. Это — корни данного уравнения, поскольку cos kπ ≠ 0.

Если выражение в квадратных скобках равно нулю, то приходим к биквадратному уравнению

8 cos4 x − 4 cos² x − m = 0,

среди корней которого не должно быть cos x = 0.

Решая это биквадратное уравнение, получим

Так как m > 0, то перед корнем берем знак плюс. (Очевидно, что при этом cos x ≠ 0). Воспользуемся формулой

и преобразуем уравнение к виду

Правая часть этого уравнения положительна. Поэтому, чтобы уравнение имело решение, достаточно

откуда m ≤ 4.

Ответ. При m > 0 уравнение имеет решение x = nπ; при 0 < m ≤ 4:

13.22. Раскроем скобки и применим формулу преобразования произведения синусов в разность косинусов:

Приведя подобные члены, получим

откуда

и

Ответ.

13.23. Так как

sin kх sin k²x = 1 {cos [(k − 1)kx] − cos [k(k + 1)x]}, то уравнение можно переписать в виде

 откуда

Ответ.  где k = 0, +1, +2, ..., а натуральное n фиксировано.

13.24. Перенесем единицу в левую часть и запишем уравнение в виде

2 cos x − cos 2x − cos² 2x = 0,

или

2 cos x − cos 2x (1 + cos 2x) = 0.

Выражение в скобках равно 2 cos² x. Поэтому

cos x (1 − cos x cos 2x) = 0.

Если cos x = 0, то x = π/2 + nπ.

Если cos x cos 2x = 1, то

Второе уравнение первой системы преобразуется к виду 2 cos² x − 1, т. е. cos² x = 1. Следовательно, cos x = 1 и x = 2nπ.

Для второй системы аналогично получим cos² x = 0, что несовместно с первым уравнением cos x = −1.

Ответ. π/2 + nπ; 2nπ.

13.25. Данное уравнение эквивалентно совокупности двух систем

Первая система может быть переписана так:

откуда

(Для k и n берутся только неотрицательные значения.) Приравнивая различные выражения для x, получим k² = n² + 1, откуда (k − n)(k + n) = 1. Так как k и n — целые и неотрицательные, то

и, следовательно k = 1, n = 0.

Теперь x определяется однозначно: x = 4.

Решаем вторую систему:

где k, n = 0, 1, 2, ... .

Приравнивая правые части последней системы, получим

(2k + 1)² − (2n + 1)² = 4, или (k − n)(k + n + 1) = 1.

Так как n и k — целые и неотрицательные числа, то последнее уравнение равносильно системе

которая не имеет целых решений.

Ответ. 4.

13.26. Данное уравнение можно переписать в виде

sin³ x + cos³ x = sin² x + cos² x,

откуда

sin² x (1 − sin x) + cos² x (1 − cos x) = 0.

Сумма двух неотрицательных слагаемых равна нулю тогда и только тогда, когда оба слагаемых равны нулю:

Если в первом уравнении sin x = 0, то cos x ≠ 0. Получаем систему решения которой: x = 2kπ.

Если в первом уравнении 1 − sin x = 0, т. е. sin x = 1, то cos x ≠ 1. Приходим к системе

решения которой: x = π(4 k + 1) /2.

Ответ. 2kπ; π(4 k + 1) /2.

13.27. Способ 1. Дополним левую часть данного уравнения до полного квадрата. Для этого придется ввести еще одно слагаемое: cos x cos 3x, знак которого зависит от знака cos x, так как из данного уравнения следует, что cos 3x ≥ 0.

Рассмотрим три случая.

1. Если cos x > 0, то перепишем данное уравнение в виде

cos² 3x + ¼ cos² x − cos x cos 3x = cos 3x cos4 x − cos 3x cos x,

или

(cos 3x − ½ cos x)² + cos x cos 3x (1 − cos³ x) = 0.

В левой части стоит сумма неотрицательных выражений, следовательно,

По предположению cos x > 0. Из первого уравнения последней системы следует, что тогда cos 3x > 0. Заметим, что

1 − cos³ x = (1 − cos x)(1 + cos x + cos² x),

причем всегда 1 + cos x + cos² x > 0. В итоге приходим к системе

которая несовместна, так как при cos x = 1 мы получим cos 3x = 1, а не ½.

2. Если cos x = 0, то cos 3x = 4 cos³ x − 3 cos x = 0, и данное уравнение удовлетворяется. Получаем совокупность корней: x = π/2 + nπ.

3. Если cos x < 0, то преобразуем уравнение к виду

(cos 3x + ½ cos x)² + cos 3x cos x (−1 − cos³ x) = 0,

в котором снова оба слагаемых неотрицательны. Аналогично случаю 1, это приводит нас к несовместной системе (закончить исследование самостоятельно).

Способ 2. Уравнение можно рассматривать как квадратное относительно cos 3x:

cos² 3x − cos 3x cos4 x + ¼ cos² x = 0.

Следовательно,

Условие cos8 x − cos² x = cos² x (cos6 x − 1) ≥ 0 является следствием данного уравнения. Если cos² x = 0, то x = π/2 + πk; эти значения x удовлетворяют первоначальному уравнению. Если же cos² x = 1, то исходное уравнение примет вид

cos² 3x − cos 3x + ¼ = 0, т. е. cos 3x = ½.

Из первого условия cos² x = 1 находим x = πk. Так как cos 3πk ≠ 2 , то в этом случае решений мы не получаем.

На этом примере хорошо видно, что отказ от равносильных преобразований может позволить решить задачу проще и короче.

Ответ. π/2 + nπ.

13.28. Данное уравнение равносильно системе

решая которую найдем ах = kπ и x = 2nπ. Приравнивая значения неизвестного, найденные из каждого уравнения, получим

k π /a = 2nπ, т. е. k /a = 2n.

Это в том случае, если а ≠ 0. Но если а = 0, данное уравнение примет вид cos x = 1 и, следовательно, имеет бесконечное множество корней.

Итак, k = 2nа.

Если а = p /q — рациональное число, то k = 2 np /q . Это значит, что при всех n, кратных q, мы будем получать корень данного уравнения x = 2nπ, т. е. уравнение имеет бесконечное множество корней.

Пусть теперь а — иррациональное число. Тогда при всех n, кроме n = 0, k не будет целым, а уравнение будет иметь единственное решение x = 0.

Ответ. а — иррациональное.

13.29. Так как второе уравнение легко приводится к виду

sin (2x − y) = 0,

то y = 2x + πk. После подстановки этих значений y в первое уравнение получим

4 tg Зх = 3 tg 4x, или 4 (tg 4x − tg Зх) = tg 4x.

Используя простые преобразования, приходим к равносильным уравнениям:

Выражение, стоящее в скобках, может обратиться в нуль лишь при условии, что cos x, cos 2x, cos Зх одновременно равны по абсолютной величине единице. Это означает, что непременно |cos x| = 1, т. е. корнями выражения, заключенного в скобки, могут быть лишь числа x = πn, являющиеся также и корнями множителя sin x. (Обратите внимание на то обстоятельство, что здесь нельзя написать x = πk, поскольку буква k уже занята в записи решения второго уравнения.)

Таким образом, все решения данной системы содержатся в системе чисел x = πn, y = π(2n + k), которую можно переписать так: x = πn, y = πk. Непосредственной подстановкой в исходную систему убеждаемся, что каждая пара из системы этих значений x и y является решением.

Ответ. x = πk, y = πn.

13.30. Преобразовав левую часть второго уравнения в разность косинусов, получим

cos (2y + x) = О, откуда 2y = 2 − x + kn.

Приведем теперь первое уравнение системы к виду, удобному для логарифмирования:

При подстановке в правую часть значения 2y, полученного ранее, придется рассматривать случаи k = 2p и k = 2p + 1.

Если k = 2p, то

2y = π/2 − x + 2pπ

и sin 2y = cos x. Уравнение (1) преобразуется к виду

Если же k = 2p + 1, то

2y = π/2 − x + π + 2pπ = 3π/2 − x + 2pπ

и sin 2y = −cos x. Уравнение (1) теперь примет вид

Поскольку значения x, при которых cos x = 0, удовлетворяют как уравнению (2), так и уравнению (3), то значениям x = (2n + 1)π/2 соответствуют все целые значения k. Поэтому

2y = π/2 − x + πk = π − πn + πk = π(k − n + 1).

Так как k − n + 1 принимает все целые значения для любого фиксированного k, то можно обозначить k − n + 1 = p. Получаем систему решений

Остается приравнять нулю, выражения, стоящие в скобках в уравнениях (2) и (3).

Для уравнения (2) имеем

sin x + cos 2x = 0, cos 2x = cos (x + π/2),

откуда x2 = (4n + 1)π/2, x3 = (4n − 1)π/6. Получаем еще две системы решений (здесь k = 2p)

Для уравнения (3)

cos 2x − sin x = 0, cos 2x = cos (π/2 − x),

откуда x4 = (4n − 1)π/2, x5 = (4n + 1)π/6. В этом случае k = 2p + 1, и мы находим еще две системы решений

Нетрудно заметить, что вторая и четвертая системы решений содержатся в первой.

Проверка не нужна. (Докажите.)

Ответ.

13.31. Перепишем систему в виде

Введем обозначения: sin x = u, sin y = v. Получим систему

Воспользуемся заменой v = ut:

откуда

5(t² − 3t) = 21 − t²,

т. е.

2t² − 5t − 7 = 0, t1 = 7/2, t2 = −1.

Если t = 7/2, то из первого уравнения последней системы мы получим

u² = 4/7; u ±2/√7; v = ut = ±2/√7 7/2 = ±√7,

что невозможно, так как v = sin y.

Если же t = −1, то u² = ¼, u = ±½.

Приходим к совокупности двух систем

Ответ.

13.32. Второе уравнение можно преобразовать так:

sin y + sin (2x − y) = sin y,

т. е. sin (2x − y) = 0, откуда y = 2x + nπ. Подставим в первое уравнение системы

4 tg 3x = 3 tg 4x.

При условии что cos 3x ≠ 0 и cos 4x ≠ 0, это уравнение равносильно такому:

4 sin 3x cos 4x − 3 sin 4x cos 3x = 0,

или

sin 3x cos 4x − 3 (sin 4x cos 3x − sin 3x cos 4x) = 0,

sin 3x cos 4x − 3 sin x = 0.

Так как sin 3x cos 4x = ½(sin 7х − sin x), то придем к уравнению

7 sin x = sin 7x.

По индукции можно доказать, что

sin пх ≤ n|sin x|,

причем равенство достигается лишь при x = kπ. Следовательно, уравнение 7 sin x = sin 7х имеет решения x = kπ.

При этом cos 3x ≠ 0 и cos 4x ≠ 0.

Подставляя в выражение для y, получим y = nπ.

Ответ. x =kπ, y = kπ.

13.33. Возведем каждое уравнение в квадрат и сложим:

2 = sin² y + 5 cos² y,

откуда cos² y = ¼, т. е. cos y = ±½.

Учитывая второе уравнение исходной системы, приходим к совокупности двух систем

Возводя при решении оба уравнения в квадрат, мы могли приобрести посторонние решения. Отсеять их можно просто: достаточно выбрать sin x и sin y так, чтобы они имели одинаковый знак (для cos x и cos y мы это уже обеспечили). Оба этих требования означают, что x и y должны лежать в одной четверти.

Решая первую систему, получим

Значения x и y будут лежать в одной четверти, если мы одновременно возьмем только верхние или только нижние знаки.

Аналогично поступаем со второй системой.

Ответ.  

где одновременно берут либо только верхние, либо только нижние знаки.

13.34. Так как sin π x ² /2 = 1, то

π x ² /2 = π/2 + 2πn,

откуда x² = 4n + 1 и

Подставив во второе уравнение, найдем

Чтобы это равенство выполнялось, необходимо

откуда n ≤ 2.

Ответ.  

где n = 0, 1, 2. Всего 12 решений (10 не совпадающих).

13.35. Разделив второе уравнение на первое, получим tg y = 2 tg x. Так как x + y = π − z, то tg z = −tg (π − z) = −tg (x + y).

По формуле тангенса суммы получаем

Применение неабсолютного тождества не приводит к потере решений, так как tg x и tg y входят в данную систему.

Подставляем в первое уравнение

откуда tg² x = 1, x = kπ ± π/4. Найти y и z теперь не составляет труда.

Производя вычисления отдельно для x = kπ + /4 и для x = kπ − /4, после проверки получим решение системы.

Ответ.

13.36. Так как в уравнения системы входят одновременно tg x и ctg x, tg y и ctg y, то неизвестные не могут принимать значения k π /2. С учетом этого данную систему можно записать сначала так:

а затем так:

откуда а tg y = 2 tg x.

Если а = 0, то tg x = 0, а ctg x не существует. Поэтому а ≠ 0 и tg y = 2/a tg x. Подставляем в первое уравнение системы 

tg x + a /2 tg x = a,   т. е. 2 tg² x − 2a tg x + a = 0.

Решаем последнее уравнение:

и находим tg y:

Дискриминант стоящего слева квадратного трехчлена равен а² − 2a. Он неотрицателен, если а ≤ 0 или а ≥ 2. Значение а = 0 нужно исключить.

При остальных а ни tg x, ни tg y не обращаются в нуль и существуют. Остается сделать проверку.

Ответ. Если а < 0 или а ≥ 2, то

где одновременно берутся либо верхние, либо нижние знаки.

13.37. Перенесем sin y и cos y в правую часть:

Возведем каждое уравнение в квадрат и сложим:

1 = 2 − 2(sin α sin y + cos α cos y),

т. е. cos (y − α) = ½. Таким образом, y − α = 2nπ ± π/3. Аналогично найдем x − α = 2kπ ± π/3.

Система еще не решена, так как при возведении в квадрат могли быть приобретены посторонние корни. Чтобы сделать проверку, подставим x = α + 2kπ ± π/3 и y = α + 2nπ ± π/3 в данную систему:

Обратим внимание на то, что в этой записи не исключается возможность выбора произвольных комбинаций знаков плюс и минус для x и y.

Если в выражениях для x и y взять одинаковые знаки, например плюс, то получим систему

откуда следует

tg (α + π/3) = tg α или ctg (α + π/3) = ctg α,

что неверно при всех α.

Если взять разные знаки, то

sin (α + π/3) + sin (α − π/3) = 2 sin α cos π/3 = sin α,

cos (α + π/3) + cos (α − π/3) = 2 cos α cos π/3 = cos α,

т. е. каждое уравнение системы превращается в тождество.

Ответ.

где берутся или только верхние, или только нижние знаки.

Замечание. Найдя y = α + 2nπ ± π/3, можно было искать x с помощью подстановки. Однако это не избавило бы нас от необходимости делать проверку, так как в процессе решения уравнения возводились в квадрат.

13.38. Первое уравнение перепишем в виде

sin (x − y) − cos (x + y) = 2a.

Из второго найдем

cos (x + y) = cos [2 arcsin (a + ½)] = 1 − 2 sin² [arcsin (a + ½)] = 1 − 2(a + ½)² = ½ − 2a² − 2a.

Следовательно,

sin (x − y) = 2a + cos (x + y) = ½ − 2a² = 1 − 4 a ² /2.

Прежде чем решать систему

выясним, при каких а она имеет решение.

Первоначальная система накладывает на параметр а такие ограничения: |а| ≤ 1, | а + ½| ≤ 1, где первое — следствие того, что в левой части первого уравнения стоит произведение синуса и косинуса, а второе — следствие определения арксинуса.

Поскольку при преобразованиях исходной системы равносильность не нарушалась, то нет необходимости учитывать первоначальные ограничения, так как они будут содержаться в ограничениях системы (4):

Итак, если параметр а лежит на интервале −√3/2 ≤ а ≤ ½, то систему (4) можно переписать в виде

Решая эту систему, найдем x и y. Остается сделать проверку.

Ответ. При −√3/2 ≤ а ≤ ½

13.39. Обозначим tg² x = u, tg² y = v. Тогда в левой части уравнения получим u² + v² + 2/uv . Это выражение не может стать меньше, чем 2uv + 2/uv , так как u² + v² ≥ 2uv. Выражение 2uv + 2/uv тоже легко оценить:

2[uv + 1/uv ] ≥ 4,

причем равенство в первом и во втором случаях достигается лишь при u = v = 1.

Таким образом, сумма, стоящая в левой части равенства, не может стать меньше 4, в то время как правая часть этого равенства не может превзойти 4. Остается единственная возможность: обе части равенства одновременно равны 4. Получаем систему

Второму уравнению удовлетворяют значения x = ±π/4 + kπ, y = ±π/4 + nπ, где знаки берутся в произвольных сочетаниях. Однако первое уравнение будет удовлетворяться только в том случае, когда в выражениях для x и y взяты одинаковые знаки.

Ответ.

13.40. Способ 1. Умножив sin² x на sin² 3x + cos² 3x = 1 и сгруппировав члены, содержащие sin² 3x, получим

sin² x cos² 3x + sin² 3x(sin² x − sin x + ¼) = 0,

или

sin² x cos² 3x + sin² 3x(sin x − ½)² = 0.

Последнее уравнение эквивалентно системе

Корни первого уравнения найти нетрудно:

x1 — nπ, x2 = π/6 + n π /3.

Подставляя x1 во второе уравнение, убеждаемся, что оно удовлетворяется при этих значениях неизвестного. Подставляя во второе уравнение x2, получим

sin (π/2 + nπ) [sin (π/6 + n π /3) − ½] = 0.

Так как первый сомножитель никогда не обращается в нуль, то последнее равенство можно записать так:

sin (π/6 + n π/3) = sin π/6.

Воспользовавшись условием равенства синусов (если sin α = sin β, то либо α − β = 2kπ, либо α + β = (2k + 1)π), получим

π/3 + n π/3 = (2k + 1)π, откуда n = 6k + 2,

и

n π /3 = 2kπ, откуда n = 6k.

Таким образом,

x1 = nπ, x2 = π/6 + 2kπ, x3 = 5π/6 + 2kπ.

Способ 2. Перепишем уравнение в виде

4 sin² x − 4 sin x sin² 3x + sin² 3x = 0,

т. е.

(2 sin x − sin² 3x)² + (sin² 3x − sin4 3x) = 0.

Так как оба слагаемых неотрицательны, то

Из второго уравнения получим: либо sin 3x = 0 и x = n π/3, либо |sin 3x| = 1 и x = π/6 + n π/3. Остается отобрать из этих решений те, которые удовлетворяют первому уравнению, что делается так же, как и в первом способе решения.

Способ 3. Рассмотрим данное уравнение как квадратное относительно sin x. Тогда

Чтобы уравнение имело действительные решения, необходимо и достаточно потребовать неотрицательности дискриминанта

sin² 3x (sin² 3x − 1) ≥ 0.

Выражение в скобках не может стать положительным. Следовательно, остается лишь две возможности: либо sin² 3x = 0, либо sin² 3x = 1. Если sin² 3x = 0, то, подставляя в первоначальное уравнение, получим sin² x = 0, т. е. x = πk. Если sin² 3x = 1, то придем к квадратному уравнению

sin² x − sin x + ¼ = 0, откуда sin x = ½.

Ответ. nπ; π/6 + 2kπ; 5π/6 + 2kπ.

13.41. Способ 1. Преобразовав данное уравнение к функциям от x + y /2 и  x  − y /2 и дополнив полученное таким образом выражение до полного квадрата, придем к уравнению вида

(2 cos x  + y /2 − cos x − y /2)² + sin² x − y /2 = 0.

Это уравнение эквивалентно системе

Решая второе уравнение системы, найдем

x − y /2 = nπ,

откуда x − y = 2nπ, а x = y + 2nπ.

Подставляя найденное выражение для x в первое уравнение, получим

2 cos (y + nπ) − cos nπ = 0.

Число n может быть либо четным, либо нечетным. Если n = 2k, то уравнение примет вид 2 cos y − 1 = 0, откуда cos y = ½.

При n = 2k + 1 получим −2 cos y + 1 = 0, откуда снова cos y = ½. Таким образом,

y = 2πm ± π/3, а x = y + 2nπ = 2π(n + m) ± π/3.

В этом случае n + m можно рассматривать как новое целочисленное переменное и записать ответ следующим образом:

Способ 2. Преобразовав уравнение к виду A cos y + В sin y = 3/2 − cos x, где A = 1 − cos x, В = sin x (причем A и В не равны нулю одновременно), оценим его левую часть

Чтобы данное уравнение имело решение, необходимо, чтобы

(1 − cos x)² + sin² x ≥ (3/2 − cos x)²

или

cos² x − cos x + ¼ ≤ 0,    т. е. (cos x − ½) ≤ 0.

Так как квадрат некоторого выражения не может быть отрицательным, то cos x = ½, откуда

x = 2nπ ± π/3.

Чтобы найти y, можно подставить найденные значения x в исходное уравнение. Однако достаточно заметить, что исходное уравнение симметрично относительно x и y. Следовательно, для второго неизвестного мы тоже получим

y = 2mπ ± π/3.

Остается установить соответствие между найденными значениями x и y, что легко сделать проверкой, так как здесь нужно рассмотреть всего четыре различные возможности. Убеждаемся, что из четырех возможностей уравнению удовлетворяют только две, когда для x и y выбраны одинаковые знаки.

Ответ. x = 2nπ ± π/3, y = 2mπ ± π/3; где берутся либо только верхние, либо только нижние знаки.

13.42. Способ 1. Задача сводится к отысканию таких а и b, при которых равенство

tg x + tg (а − x) + tg x tg (а − x) = b является неабсолютным тождеством. Обозначив tg x = z и tg а = с (в предположении, что а ≠ π/2 (2n + 1)), получим

Перенеся все в левую часть и приведя к общему знаменателю, получим

Это уравнение относительно z является неабсолютным тождеством тогда и только тогда, когда многочлен, стоящий в числителе, обращается в нуль при всех z, кроме, быть может, одного значения z, обращающего в нуль знаменатель левой части, что равносильно тождественному равенству нулю этого многочлена. Так как условием тождественного равенства многочлена нулю является равенство нулю всех его коэффициентов, то получим с = 1, b = 1, т. е. b = 1, а = π/4 + kπ. Случай а = (2n + 1)π/2 приводит к равенству tg x + ctg x = b − 1, которое является неабсолютным тождеством.

Способ 2. Равенство

tg x + tg (а − x) + tg x tg (а − x) = b

должно удовлетворяться тождественно по отношению к x. Положив x = 0, получим, что либо tg а = b, либо tg а не существует, т. е. а = (2n + 1)π/2. Аналогично для x = π/4 получим, что либо tg (а − π/4) = b − 1 /2, либо а − π/4 = π/2 + πn, т. е. а = 3π/4 + πn.

Итак, если а ≠ (2n + 1)π/2 и а ≠ 3π/4 + πn, то получаем систему, которой должны удовлетворять а и b:

tg а = b,   tg (а − π/4) = b − 1 /2.

Заменив во втором уравнении b на tg а, перепишем его в виде

откуда tg а = 1. Таким образом, b = 1, а = π/4 + nπ. Проверим, будет ли при этих значениях а и b равенство, написанное в начале решения, неабсолютным тождеством. После подстановки получим

tg x + tg (π/4 + nπ − x) + tg x tg (π/4 + nπ − x) = 1

или

т. е. равенство

являющееся неабсолютным тождеством.

Остается рассмотреть исключенные значения параметра а. Если а = (2n + 1)π/2, то приходим к равенству tg x + ctg x = b − 1, являющемуся неабсолютным тождеством. Когда а = 3π/4 + πn, то tg а = −1 и, следовательно, b = tg а = −1. При этом исходное равенство принимает вид

tg x + ctg (x − π/4) + tg x ctg (x − π/4) = −1.

Оно является неабсолютным тождеством, так как при π/4 < x < π/2 функции tg x и ctg (x − π/4) положительны, а потому левая часть равенства не может быть равна −1.

Ответ. а = π/4 + nπ, b = 1.

13.43. Оценим левую часть уравнения:

С увеличением cos² 2x это выражение растет. Поэтому оно будет достигать своего минимума, когда cos² 2x = 0. Таким образом, левая часть уравнения не может стать меньше 12,5.

Поскольку правая часть не может превзойти 12,5, то получаем систему

Ответ.

13.44. Представив данное уравнение в виде

sin 2x − sin x cos 2x = 3/2,

оценим левую часть. Чтобы оценить выражение

A sin 2x + В cos 2x,

его нормируют, т. е. представляют в виде

Выражение, стоящее в скобках, можно записать как sin (2x + α), т. е. оно не превосходит по абсолютной величине единицу. В нашем случае A = 1, В = −sin x. Поэтому

Так как левая часть рассматриваемого уравнения не превосходит √2, а правая часть равна 2, что больше √2, то данное уравнение не имеет корней.

Ответ. Нет решений.

13.45. Раскроем скобки и произведем перегруппировку членов:

(sin x cos x /4 + cos x sin x /4) − (2 sin² x + 2 cos² x) + cos x = 0,

т. е.

sin 5 x /4 + cos x = 2.

Так как sin 5 x /4 ≤ 1 и cos x ≤ 1, то последнее уравнение равносильно системе

Решения второго уравнения x = 2πk подставим в первое уравнение. Выражение sin 5π x /2 перепишем в виде sin (2πk + 5π x /2) = sin π k /2, откуда следует, что sin 5 x /4 = 1 лишь при k = 4n + 1.

Ответ. x = 2π(4n + 1).

13.46. Введем новое неизвестное

Получим квадратное уравнение относительно y:

корни которого

Обозначим  и подставим в (6) вместо y его выражение (5) через x. Получим следствие исходного уравнения

т. е.

±z² + 4z − 5 = 0.    (7)

Решая каждое из квадратных уравнений (7), найдем два действительных корня: z1 = −5, z2 = 1. Из них подходит только 2 = 1. Следовательно,

cos (x − π/4) = 1, откуда x = π/4 + 2nπ.

Остается сделать проверку, которая осуществляется непосредственной подстановкой в исходное уравнение.

Ответ. x = π/4 + 2nπ.

13.47. Система уравнений может быть переписана так:

Если cos x = 0, то x = (2k + 1)π/2 и, следовательно, cos 7x = 0. Поэтому первое уравнение равносильно уравнению cos 7 x = 0, т. е.

2 cos² 7 x /2 = 1    и    cos² 7 x /2 = ½.

Возведя второе уравнение системы в квадрат, получим теперь, что одновременно и cos² x /2 = ½. Таким образом, исходная система уравнений равносильна совокупности двух систем

в которых множество решений вторых уравнений входит в множество решений первых. (Докажите.) Это означает, что система сводится к совокупности двух вторых уравнений

cos x /2 = ±1/√2, т. е. cos² x /2 = ½,

откуда cos x = 0 и x = (2k + 1)π/2. Из найденной серии чисел отбираем те, которые удовлетворяют ограничению |x| < 5.

Ответ. x = ±π/2, ±3π/2.

13.48. Преобразуем левую часть уравнения, пользуясь тем, что tg x = sin x /cos x , tg² x = 1/cos² x − 1, а cos x ≠ 0:

Для правой части уравнения получим

При cos x ≠ 0 и дополнительном ограничении cos 2x ≠ 0 приведем исходное уравнение к виду

2 sin x cos 2x + sin x = 2 + cos 6 x /5.

Произведение 2 sin x cos 2x преобразуем в разность синусов. Тогда в левой части останется только sin 3x (так как 2sin x cos 2x = sin 3x − sin x) и уравнение примет вид

sin 3x = cos 6 x /5 + 2.

Такое возможно лишь при условии, что одновременно

cos 6 x /5 = −1, а sin 3x = 1.

Поэтому данное в условии уравнение равносильно системе:

Не следует решать каждое из уравнений и отдельно записывать для них общие ограничения. Это не приведет к результату. Лучше начать с первого уравнения — его корни имеют простую запись, а затем отсеивать из решений первого уравнения те, что не удовлетворяют остальным требованиям. Итак, из уравнения cos 6 x /5 = −1 найдем, что

6 x /5 = π(2k + 1),   т. е.   x = 5(2k + 1)π/6.

Проверим, чему равняется при найденных x значение sin 3x. Поскольку

3x = 5(2k + 1)π/2 = 5πk + 5π/2,

то найти sin 3x мы сможем, рассмотрев две возможности: k = 2n, k = 2n + 1.

При k = 2n, т. е. k — четном

3x = 10πn + 5π/2 = 10πn + 2π + π/2.

Мы выделили период и поэтому sin 3x при k = 2n равняется sin π/2 = 1, т. е. второе уравнение системы удовлетворяется. Если же k = 2n + 1, т. е. k — нечетное, то

3x = 5π(2n + 1) + 5π/2 = 10πn + 5π + 2π + π/2 = 10πn + 4π + π + π/2,

т. е. sin 3x = −1. На этот раз второе уравнение системы не удовлетворяется.

Обоим уравнениям удовлетворяют значения x = 5(4n + 1)π/6. (Мы просто подставили k = 2n в найденное выше выражение для x.)

Перейдем к ограничению cos x ≠ 0. Преобразуем выражение для x:

x = 20π n /6 + 5π/6 = 10π n /3 + 5π/6.

Чтобы при разных n вычислить cos x, нужно рассмотреть случаи n = 3m, n = 3m + 1, n = 3m − 1. (Обратите внимание, что вместо n = 3m − 1 можно рассматривать n = 3m + 2, но n = 3m − 1 удобнее.)

Для n = 3m получим

x = 10πm + 5π/6,   cos x = cos 5π/6 ≠ 0;

при n = 3m + 1:

x = 10π3 m + 1 /3 + 5π/6 = 10πm + 10π/3 + 5π/6 = 10πm + 25π/6 = 10π0 + 4π + π/6,

т. е. cos x = cos π/6 ≠ 0,

при n = 3m − 1:

x = 10π3 m  − 1 /3 + 5π/6 = 10πm − 10π/3 + 5π/6 = 10πm − 15π/6 = 10πm − 2π − π/2,

т. е. cos x = cos (−π/2) = 0.

Итак, значение n = 3m − 1 не подходит, а при остальных n ограничение cos x ≠ 0 удовлетворяется.

Остаются два варианта:

x = 5(12m + 1)π/6, x = 5(12m + 5)π/6, m = 0, ±1, ±2.

Непосредственной подстановкой убеждаемся, что cos 2 x ≠ 0 для каждого из найденных значений.

Ответ. 5(12m + 1)π/6; 5(12m + 5)π/6.

13.49. Обе части уравнения существуют, если cos x ≠ 0, sin 2x ≠ 0, cos 2x ≠ 0.

Все эти ограничения равносильны условию sin 4x ≠ 0, поскольку

sin 4x = 2 sin 2x cos 2x = 4 sin x cos x cos 2x.

Если sin 4x ≠ 0, то все последующие преобразования правомерны. Преобразуем левую часть, воспользовавшись соотношениями:

tg² x + 1 = 1/cos² x , cos 3x + cos x = 2 cos 2x cos x.

Тогда

Так как cos 2x ≠ 0, cos x ≠ 0, то

4 cos² x − 1 = cos 3 x /sin x .

Поскольку 2 cos² x = 1 + cos 2x и sin x ≠ 0, получим

2 cos 2x sin x + sin x = cos 3x,

или

sin 3x − sin x + sin x = cos 3x,

т. е. tg 3x = 1, откуда 3x = π/4 + πk = π/4(4k + 1), k = 0, ±1, ±2, или x = π/12(4k + 1).

Теперь нужно позаботиться о соблюдении ограничения sin 4x ≠ 0, т. е. 4x ≠ πn, x ≠ π n /4.

Равенство

π/12(4k + 1) = π n /4, или π/3(4k + 1) = πn,   (8)

может иметь место, когда 4k + 1 делится на 3. Поэтому рассмотрим три случая: k = 3m, k = 3m + 1, k = 3m − 1. Тогда для 4k + 1 получим

4(3m) + 1 = 12m + 1,

4(3m + 1) + 1 = 12m + 5,

4(3m − 1) + 1 = 12m − 3 = 3(4m − 1).

Последний из вариантов должен быть исключен, так как именно в этом случае равенство (8) имеет место.

Ответ. π/12(12m + 1); π/12(12m + 5).

13.50. Представим уравнение в виде

2(tg x + ctg 2x) + (tg x /2 + ctg 2x) + (ctg 2x − ctg 3x) = 0.

Преобразуем

(Сокращение на cos x возможно, так как ограничение cos x ≠ 0 остается благодаря наличию множителя cos x в знаменателе sin 2x.)

Аналогично

(Во второй дроби sin x − общий множитель числителя и знаменателя. Однако сокращать на него не следует, хотя это и возможно).

Таким образом, уравнение примет вид:

После сложения дробей в скобках получим числитель, который, шаг за шагом, преобразуем:

Итак, данное уравнение преобразовано к равносильному ему:

Нужно найти корни числителя, при которых знаменатель не обращается в нуль. Сомножитель cos x ≠ 0, так как в знаменателе есть sin 2x = 2 sin x cos x. Второй сомножитель тоже не равен нулю, так как входит множителем и в числитель, и в знаменатель. Остается sin 5 x /2 = 0, что имеет место при 5 x /2 = πk, т. е. при x = 2π k /5, где k = 0, ±1, ±2.

Отсеим из этого множества чисел значения, при которых знаменатель обращается в нуль. Это будет, когда k делится на 5, т. е. k = 5n.

При остальных k, т. е. при k = 5n ± 1 и k = 5n ± 2 знаменатель в нуль не обращается.

Ответ. 2π(5 n ± 1) /5, 2π(5 n ± 2) /5.

13.51. Ограничения sin t ≠ 0 и cos t ≠ 0 объединяет условие sin 2t ≠ 0. Учтем, что

sin 3t − sin t = 2 sin t cos 2t,    ctg² t + 1 = 1/sin² t .

Тогда уравнение (мы учли, что sin 2t ≠ 0) примет вид

или

Так как 2 cos² t = 1 + cos 2t, а 2 sin² t = 1 − cos 2t, то после сокращения дроби в левой части уравнения на cos 2t получим

cos t = 1/2 cos 2 t − 1 ,

где cos 2t ≠ 0.

Если cos 2t ≠ ½, то

2 cos 2t cos t − cos t = 1,

или

cos 3t + cos t − cos t = 1,

т. е. cos 3t = 1 и t = 2π k /3 , k = 0, ±1, ±2, ... .

Остается учесть все ограничения:

sin 2t ≠ 0, cos 2t ≠ 0, cos 2t ≠ ½.

Условия sin t ≠ 0, cos t ≠ 0, cos 2t ≠ 0 можно объединить: sin 4t ≠ 0. Из значений неизвестного t = 2π k /3 нужно исключить те, при которых имеет место одно из равенств: sin 4t = 0 или cos 2t = ½. Первое равенство будет иметь место, когда k делится на 3, т. е. k = 3n. Остаются две возможности: k = 3m + 1 и k = 3m − 1. Итак, остались для проверки значения:

t = 2π(3 m + 1) /3   и   t = 2π(3 m  − 1) /3.

Среди них не должно быть таких, что cos 2t = 1. Вычислим cos[2π(3 m  + 1) /3] и cos[2π(3 m − 1) /3]

cos[2π(3 m  + 1) /3] = cos (2πm + 2π/3) = cos 2π/3 = −½,

cos[2π(3 m  − 1) /3] = cos (2πm − 2π/3) = cos (−2π/3) = −½.

Ответ. 2π(3 m  ± 1) /3. 

 

Глава 14

Тригонометрические неравенства

14.1. Неравенство равносильно такому:

sin² x > cos² x,

т. е.

cos² x − sin² x < 0, cos 2x < 0,

откуда

π/2 + 2nπ < 2x < 3π/2 + 2nπ.

Ответ. π/4 + nπ < x < 3π/4 + nπ.

14.2. Перепишем неравенство в виде

1/√2 cos x − 1/√2 sin x < −1/√2,

откуда

cos  (x + π/4) < −1/√2,

 т. е.

3π/4 + 2nπ < x + π/4 < 5π/4 + 2nπ

Ответ. π/2 + 2nπ < x < π + 2nπ.

14.3. Способ 1. Неравенство sin x < 3 cos x равносильно совокупности трех систем

Решение каждой из них изображено на рис. P. 14.3.

Способ 2. Запишем данное неравенство так:

При использовании этих формул мы исключили из области существования левой части неравенства точки, в которых tg x /2 не существует. Поэтому нужно подставить в исходное неравенство x = π(2n + 1). Убеждаемся, что

sin π(2n + 1) − 3 cos π(2n + 1) = 3,

т. е. эти точки не являются корнями неравенства.

Приходим к квадратному неравенству

3 tg² x /2 + 2 tg x /2 − 3 < 0,

откуда

Наиболее компактный ответ получается при решении неравенства первым способом.

Ответ. arctg 3 + π(2n + 1) < x < arctg 3 + 2πn.

14.4. Поскольку tg x входит в правую часть данного неравенства, замена sin 2x и cos 2x их выражениями через tg x приведет к равносильному неравенству. Обозначив tg x = y, получим

Так как 1 + y² > 0, то это неравенство равносильно такому:

y³ + 2y² − y − 2 < 0.

Сгруппировав первый член с третьим, а второй с четвертым, разложим левую часть на множители:

(y + 2)(y + 1)(y − 1) < 0.

Решения этого неравенства будут лежать в интервалах

y < −2,   −1 < y < 1,

т. е.

tg x < − 2,   −1 < tg x < 1.

Ответ. −π/2 + nπ < x < −arctg 2 + nπ; −π/4 + nπ < x < π/4 + nπ.

14.5. Способ 1. Неравенство равносильно совокупности двух систем

Начнем со второго неравенства. При решении обеих систем нам понадобятся радиусы, на которых tg 2x = 0 и tg 2x не существует, так как только в этих точках может произойти перемена знака.

Эти радиусы нанесены на рис. P.14.5, а и б, причем на первом горизонтальной штриховкой заштрихованы те секторы, где tg 2x < 0, а на втором — остальные секторы круга. Остается в первом случае выбрать секторы, в которых cos x ≥ 0, а во втором — в которых cos x ≤ 0.

Нанесем решения данного неравенства на общий чертеж (рис. P.14.5, в), после чего можно записать ответ.

Способ 2. Воспользуемся формулой тангенса двойного угла и перепишем неравенство в виде

Формула, которую мы применили, является неабсолютным тождеством, так как в результате ее использования из области определения левой части неравенства исчезают значения x, при которых cos x = 0. Непосредственной подстановкой в исходное неравенство убеждаемся, что x = π/2 + kπ — его корни. Отметив соответствующие радиусы на чертеже (рис. P.14.5, г), можем считать, что cos x ≠ 0, и решать неравенство

Когда sin x ≥ 0, то получим tg x < −1, tg x > 1 (рис. P.14.5, д), а когда sin x ≤ 0, то −1 < tg x < 1 (рис. P.14.5, e). Объединяя все решения на одном чертеже (не забывайте про рис. P.14,5, г), запишем окончательный ответ (см. рис. P.14.5, в).

Ответ. π/4 + 2nπ < x < 3π/4 + 2nπ; π + 2nπ ≤ x < 5π/4 + 2nπ; 7π/4 + 2nπ < x ≤ 2(n + 1)π; x = (4n − 1)π/2.

14.6. Выразим все тригонометрические функции через cos x = y. Получим неравенство

2y² + 13y + 5 ≥ |2y² − 3y + 1|.

Оно равносильно совокупности систем

или

Так как y = cos x, то −1 ≤ y ≤ 1. Учитывая это ограничение, получим

−¼ ≤ y ≤ ½, y = 1, ½ < y < 1,

т. е.

cos x ≥ −¼.

Ответ. π(2k − 1) + arccos ¼ ≤ x ≤ π(2k + 1) − arccos ¼.

14.7. Если cos x = 0, то sin² x = 1 и неравенство не удовлетворяется.

Поделим обе части неравенства на cos² x и обозначим tg x = y. Получим алгебраическое неравенство

√2 y² − 2y + 2 − √2 < 0.

Разделив на √2, получим неравенство

y² − √2 y + √2 − 1 < 0,

откуда

√2 − 1 < tg x < 1.

Из интервалов, в которых лежит x:

arctg (√2 − 1) + nπ < x < π/4 + nπ,

выбираем решения, лежащие в (0, 2π).

Ответ. arctg (√2 − 1) < x < π/4; π + acrtg (√2 − 1) < x < 5π/4.

14.8. Дискриминант трехчлена равен

(2 cos α − 1)² − 4 cos² α + 10 cos α − 4 = 6 cos α − 3.

Чтобы уравнение имело различные действительные корни, нужно потребовать

6 cos α − 3 > 0; т. е. cos α > ½,

откуда 0 ≤ α < π/3 (в условии сказано, что 0 ≤ α ≤ π).

Свободный член сравним с нулем:

2cos² α − 5cos α + 2 ∨ 0.

Так как корнями трехчлена 2y² − 5у + 2 будут числа ½ и 2, то свободный член будет положителен при cos α < ½ и отрицателен при cos α > ¼. Мы уже выяснили, что должно иметь место второе неравенство; таким образом, исходное уравнение имеет корни разных знаков.

Поскольку x1 + x2 = 2cos α − 1, что при cos α > ½ больше нуля, то положительный корень имеет большую абсолютную величину.

Ответ. Данное уравнение имеет два различных действительных корня при 0 ≤ α < π/3. Эти корни имеют разные знаки, причем положительный корень больше по абсолютной величине.

14.9. Если sin x ≥ 0 и cos x ≥ 0, то данное неравенство равносильно такому:

Так как при sin x ≥ 0 и cos x ≥ 0 имеем

sin x + cos x ≥ 1,

а при sin x > 0 и cos x > 0 это неравенство становится строгим, то отсюда следует, что неравенство (1) равносильно системе

Ответ. 2nπ < x < π/2 + 2nπ.

14.10. Данное неравенство означает, что

 π/4 + kπ ≤ 1/1 + x ² <  π/2 + kπ.

Если k > 0, то левое неравенство не имеет решений, поскольку 1/1 + x ²   не превосходит единицы. Если k < 0, то не имеет решений правое неравенство, так как 1/1 + x ²   — величина, положительная при всех x. Остается случай k = 0. При k = 0 правое неравенство удовлетворяется всегда. Решим левое неравенство.

Ответ.

14.11. Так как sin x + cos x = √2 cos (x − π/4), то, обозначив cos (π/4 − x) = y, получим неравенство

Это неравенство равносильно такому:

Так как y не превосходит 1, то 2 − y > 0. Поэтому y > ¾.

Решением неравенства cos (π/4 − x) > ¾ будут значения x − π/4, лежащие между 2kπ − arccos ¾ < x < 2kπ + arccos ¾.

Ответ. 2kπ + π/4 − arccos ¾ < x < 2kπ + π/4 + arccos ¾.

14.12. Перепишем неравенство в виде

Преобразуем знаменатель

cos x cos 3x = ½(cos 2x + cos 4x) = ½(cos 2x + 2 cos² 2x − 1)

и введем обозначение cos 2 x = y. Получим

откуда y < −1, 0 < y < ½ и, наконец, 0 < cos 2x < ½.

Ответ: −π/4 + nπ < x < −π/6 + nπ; π/6 + nπ < x < /4 + nπ.

14.13. Пусть y = cos x, где |y| ≤ 1. Выражение 17/7 − cos x всегда положительно. Поэтому обе части данного неравенства можно возвести в квадрат; получим равносильное неравенство

Когда правая часть отрицательна, придем к системе

решением которой будут значения y > 5/14·

Когда правая часть неотрицательна, то получим другую систему

Второе неравенство этой системы можно переписать в виде

2 · 49у² − 7 · 27у + 25 < 0,

откуда

1/7 < y < 25/14,    т. е. y > 1/7,    так как  y = cos x.

Решения всей системы будут лежать в интервале

1/7 < y ≤ 5/14

Объединяя его с интервалом y > 5/14, получим y > 1/7·

Ответ.  −arccos 1/7 + 2nπ < x < arccos 1/7 + 2nπ.

14.14. Выразим sin x и cos x через tg x /2 и обозначим tg x /2 = y. Придем к неравенству

которое равносильно исходному. В самом деле, замена sin x и cos x их выражениями через tg x /2 может привести к потере решений, так как tg x /2 перестает существовать в тех точках, в которых sin x и cos x существуют Однако tg x /2 входит в первоначальное неравенство, а потому эти точки исключены с самого начала. Сокращение числителя и знаменателя на y² + 1, очевидно, не приводит ни к потере, ни к приобретению корней, так как y² + 1 ≠ 0 и y не исчез полностью из неравенства.

Неравенство относительно y перепишем в виде

После разложения левой части на множители получим

откуда 

Находим интервалы изменения x:

Остается выделить решения, лежащие в интервале 0 < x < π.

Ответ.

14.15. Выразив sin 3α и cos 2α через sin α и обозначив sin α = y, получим

4(3y − 4у³) + 5 ≥ 4 − 8у² + 5у,

или

16у³ − 8у² − 7у − 1 ≤ 0.

Нетрудно заметить, что y = 1 — корень многочлена, стоящего в левой части неравенства. Теперь можно разложить этот многочлен на множители:

16у³ − 8у² − 7у − 1 = (y − 1)(4у + 1)².

Так как y = sin α, то y − 1 ≤ 0, а следовательно, и многочлен 16у³ − 8у² − 7y − 1 неположителен, что доказывает неравенство.

14.16. Значения x = πk, при которых sin x = 0, являются решениями неравенства при всех а > 0. На множестве остальных точек данное неравенство равносильно такому:

Так как

(сокращение на sin x правомерно, так как рассматриваются точки, в которых sin x ≠ 0), то приходим к неравенству:

(1 + 2cos 2x)² ≥ а².

Так как а > 0, то это неравенство распадается на два:

1 + 2cos 2x ≤ −а, 1 + 2cos 2x ≥ а,

т. е.

cos 2x ≤ −a + 1 /2, cos 2x ≥ a  − 1 /2.

Первое имеет решения при − a  + 1 /2 ≥ −1, а второе — при a − 1 /2 ≤ 1 или соответственно а ≤ 1 и а ≤ 3.

Найдем решение неравенства cos 2x ≤ −a  + 1 /2. Так как а > 0, то правая часть неравенства отрицательна и при а < 1 ему будут удовлетворять углы 2x, подвижные радиусы которых лежат в секторе, расположенном во второй и третьей четвертях симметрично горизонтальной оси (сделайте рисунок самостоятельно), т. е.

arccos (−a  + 1 /2) + 2πk ≤ 2x ≤ −arccos (−a  + 1 /2) + 2π + 2πk.

Так как arccos (−y) = π − arccos y, то

π − arccos a  + 1 /2 + 2πk ≤ 2x ≤ arccos a  + 1 /2 − π + 2π + 2πk.

Результат окончательных преобразований дан в ответе.

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 + n π /2 < x < π/24 + n π /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:

cos (acrtg √x) < cos (arccos (1 − x))

(большему углу соответствует меньший косинус). Чтобы arccos (1 − x) существовал, необходимо 1 − x ≤ 1. Вспоминая, что 1 − x > 0, получим 0 ≤ x < 1.

Вычислим cos (arctg √x):

Получаем систему неравенств

Так как 0 ≤ x < 1, то система равносильна такой:

Раскрыв скобки, запишем первое неравенство так: x³ − x² − x > 0, или x(х² − x − 1) > 0. При x = 0 это неравенство не удовлетворяется, а при x > 0 — равносильно неравенству x² − x − 1 > 0. Трехчлен, стоящий в левой части, можно записать так: x(x − 1) − 1. Поскольку x > 0, а x − 1 < 0, то этот трехчлен отрицателен.

Ответ. Нет решений.

15.9. Так как cos² πx + 1 ≥ 1, то второй сомножитель неотрицателен при всех значениях x. Следовательно, неравенство удовлетворяется лишь при положительных значениях сомножителей. Один из них должен быть при этом не меньше единицы. Однако второй не превышает единицы. Для первого же условие 4 x − x² − 3 ≥ 1 равносильно требованию −(x − 2)² ≤ 0, что возможно лишь при x = 2.

Одновременно должно удовлетворяться неравенство

log2(cos² πx + 1) ≥ 1,

которому удовлетворяют числа x = n (n = 0, ±1, ±2, ...). Из них выбираем то, которое обеспечивает равенство единице первого сомножителя.

Ответ. x = 2.

15.10. Обозначим первый сомножитель через А, а второй через В, тогда данное неравенство равносильно совокупности двух систем

При А = 0 получаем x = 1. Так как при x = 1 В не существует, то первая система не имеет решений.

Перейдем теперь ко второй системе. Для решения неравенства

logtg x (2 + 4 cos² x) ≥ 2

нет необходимости рассматривать случай 0 < tg x < 1, так как А не существует при этих значениях tg x. Если же x > 1, то получим

2 + 4 cos² x ≥ tg² x. (1)

Выражаем tg² x через cos² x (равносильность при такой замене не нарушается):

т. е. cos² x ≥ ¼, или

cos x ≤ −½, cos x ≥ ½.

Нанесем решения этих неравенств на тригонометрический круг (рис. P.15.10). Приняв во внимание условие tg x > 1, получим решение системы.

Ответ. π/4 + πk < x ≤ π/3 + πk.

 

Глава 16

Трансцендентные уравнения

16.1. Из неравенства между средним арифметическим и средним геометрическим немедленно следует, что правая часть данного уравнения не меньше двух. Однако его левая часть не может стать больше двух. Поэтому остается лишь одна возможность:

Последнее равенство достигается лишь при x² = 1, т. е. при x = ±1. Подставляя эти значения в левую часть первого уравнения, получим

2 sin² ½ sin² 1/6 < 2.

Таким образом, исходное уравнение не имеет решений.

16.2. Так как 1/cos² x  = tg² x + 1, то уравнение можно переписать в виде

22 tg² x + 2 · 2tg² x − 80 = 0,

откуда

2tg² x = 8, tg² x = 3, tg x = ±√3, x = nπ ±π/3

(второе уравнение 2tg² x = −10 не имеет решений).

Ответ. nπ ±π/3.

16.3. Так как в условие одновременно входят tg x и etg x, то мы можем воспользоваться неабсолютным тождеством ctg x = 1/tg x , не опасаясь нарушения равносильности. Получим уравнение

(tg x)sin x = (tg x)−cos x .

Если tg x < 0, то sin x и cos x − дробные числа, и обе части равенства теряют смысл. При tg x = 0 и sin x обращается в нуль, т. е. левая часть теряет смысл.

Если tg x > 0, но ≠ 1, то sin x = −cos x, откуда tg x < 0, что противоречит сделанному предположению. Остается tg x = 1, x = (4k + 1)π/4.

Ответ. (4k + 1)π/4.

16.4. Данное уравнение можно записать так:

sin (2x + 2x − 1 ) = ½,

откуда

2x + 2x − 1 = nπ + (−1)n  π /6, или 2x = 2 n π /3 + (−1)n π/9.

Какое бы положительное число ни стояло в правой части, уравнение будет иметь решение.

Неравенство

2 n π /3 + (−1)n π/9 > 0

выполняется при n ≥ 0.

Ответ. log2 [2 n π /3 + (−1)n π/9], где n ≥ 0. 

16.5. Уравнение можно переписать так:

lg sin x + lg sin 5х + lg cos 4x = 0,

или в виде системы

Из первого уравнения следует, что |sin x| = 1, |sin 5х| = 1, |cos 4x| = 1 одновременно. С учетом ограничений придем к системе

Из первого уравнения x = π/2 + 2πn. Подставляем во второе и третье уравнения:

sin [5(π/2 + 2πn)] = sin π/2 = 1, cos [4(π/2 + 2πn)] = cos 0 = 1.

Ответ. π/2 + 2πn.

16.6. Обозначив lg (sin x + 4) = y, получим уравнение

y² + 2y − 5/4 = 0,

y которого два корня: y1 = −5/2, y2 = ½.

Для первого корня получим

lg (sin x + 4) = −5/2,

откуда

Так как  то соответствующих значений x нет.

Для второго корня получим

lg (sin x + 4) = ½,

откуда

Так как  то можем найти x.

Ответ.

16.7. Данное уравнение эквивалентно системе

Уравнение можно преобразовать, если сгруппировать sin x и sin³ x:

sin x (1 − sin² x) − ¼ cos x = 0, или sin x cos² x − ¼ cos x = 0.

Так как sin x > 0, то cos² x < 1, и любое решение уравнения

sin x cos² x − ¼ cos x = 0

удовлетворяет неравенству

sin x − ¼ cos x > 0.

Запишем уравнение в виде

cos x(sin 2x − ½) = 0.

Так как sin x ≠ 1 и sin x > 0, то cos x ≠ 0. Остается

sin 2x = ½,

откуда

x1 = πn + π/12, x2 = (2n + 1)π/2 − π/12.

Из всех ограничений осталось удовлетворить только одному: sin x > 0. Чтобы добиться этого, нужно для x1 и x2 взять n = 2k.

Ответ. 2πk + π/12; 2πk + 5π/12.

16.8. Данное уравнение равносильно системе

Условие sin x > 0 содержится в уравнении, так как справа стоит всегда неотрицательное число, а если cos x = 0, то sin x ≠ 0.

Рассмотрим следствие исходного уравнения

sin x = ±√8 cos x,

а в конце проверим выполнение условий: sin x > 0 и cos² x ≠ 1/8. Получим

tg x = ±√8, x = nπ + arctg √8.

Если tg x = ±√8, то tg² x + 1 = 9 и cos² x = 1/9 ≠ 1/8. Чтобы проверить выполнение условия sin x > 0, рассмотрим два случая.

Если n = 2k, то x = 2kπ ± arctg √8. Это — углы, лежащие в первой и четвертой четвертях; условие sin x > 0 выполняется лишь для тех из них, которые лежат в первой четверти: x1 = 2kπ + arctg √8.

Если n = 2k + 1, то x = 2kπ + π ± arctg √8. Здесь нужно выбрать знак минус, так как только тогда мы получаем угол, лежащий во второй четверти.

Ответ. 2kπ + arctg √8; (2k + 1)π − arctg √8.

16.9. Данное уравнение эквивалентно такому:

(½)x = 4 k + 1 /20.

Так как x > 0, то (½)x заключено между нулем и единицей. Следовательно, 0 < 4 k + 1 /20 < 1, откуда 0 ≤ k ≤ 4.

Для каждого из этих k находим соответствующее значение x.

Ответ. log2 20/4 k + 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 π x  = u, то

4sin² π x  = 41 − cos² π x  = 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 + 2 k /5, k — целое.

Подставим в первое уравнение:

5 · 2x ² − 2 xy + 1 = (1 + 2k)3y ² − 1 . (7)

Если y — целое, то 3y ² − 1 — целое при всех y ≠ 0. Рассмотрим вначале случай y = 0. Тогда уравнение (7) примет вид

5 · 3 · 2x ² + 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 · 2x ² − 2 xy + 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 π x /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/y ² = (3у − 1/y )².

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 π x /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 π x /2 = 2x , где x ≥ −2.    (11)

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

S ABCDE = S FGCK  − S CKD  − S ELD  − S ELH + S AFH  − S AGB .

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:

v ∈ (−3, −2) ∪ (−1, 1).

Когда мы вернемся к переменным x и y, ситуация не изменится, так как замена

не ведет к изменению расстояний между соответственными точками в старой и новой системе координат.

Основная трудность этой задачи состояла в том, что исследование пришлось вести одновременно в двух плоскостях (u, f(u)) и (u, v). К тому же, в конечном счете, нас интересует третья плоскость (x, y).

Ответ. 2.

17.10. Если x1 и x2 — целочисленные корни данного уравнения, то x1 + x2 = а + 3, откуда следует, что а = x1 + x2 − 3 — целое число. Корни данного уравнения равны

отсюда

т. е.  — целое число. Тогда

а² −2a + 1 = п² + 20, т. е. (а − 1)² − п² = 20,

или

(а − n − 1)(а + n − 1) = 20.

Остается рассмотреть варианты, когда каждая из скобок равна целочисленным множителям числа 20. Начнем со случая

Сложив эти два уравнения, получим уравнение

2a − 2 = 21,

не имеющее целочисленных решений.

Можно сделать более общий вывод: если в правой части других пар уравнений типа (20) и (21) есть один нечетный множитель числа 20, то целочисленных решений y системы аналогичной (20), (21) нет. Остается рассмотреть только случаи

Нетрудно убедиться, что первая и вторая системы приводят к одному значению а = 7, а третья и четвертая — к значению а = −5.

При а = 7 имеем x1 = 3, x2 = 7.

При а = −5 получим x1 = −3, x2 = 1.

Ответ. −5; 7.

17.11. Обозначим x² = y, где y ≥ 0. Получим квадратное уравнение

y² − (1 − 2a)y + а² − 1 = 0, (22)

дискриминант которого D = 5 − 4a.

Если 5 − 4a < 0, т. е. а > 5/4, решений нет.

Если 5 − 4a = 0, т. е. а = 5/4, получим уравнение

y² + 3/2y + 9/16 = 0

с единственным корнем y = −¾. Однако y ≥ 0 и потому решений тоже нет.

Пусть теперь а < 5/4 и D > 0. Тогда уравнение (22) имеет корни:

Рассмотрим сначала случаи, когда один из этих корней равен нулю, т. е.

При а = −1 получим уравнение

y² − 3y = 0, т. е. y1 = 0, y2 = 3.

Поэтому при а = −1 исходное уравнение имеет три корня 0; −√3; √3.

При а = 1 получим

y² + y = 0,   т. е.   y1 = 0, y2 = −1.

Поскольку y ≥ 0, то при а = 1 остается одно решение x = 0.

Теперь осталось рассмотреть два случая:

y1 > 0 и y2 > 0.

В первом случае нужно решить неравенство

Оно равносильно системе

0 < 5 − 4a < (1 − 2a)²

(слева строгое неравенство, так как имеет место условие а < 5/4), т. е.

0 < 5 − 4a < 1 − 4a + 4a².

Правое неравенство дает нам а² > 1. Таким образом, для y1 > 0 получим

а < −1, 1 < а < 5/4.

Для y2 > 0 получим

Если 2a − 1 < 0, т. е. а < ½, то условие а < 5/4 соблюдается. Поэтому при а < ½ получим, что у2 > 0. Если же 2a − 1 ≥ 0, т. е. а > ½, то учтем условие а < 5/4. Возведя неравенство в квадрат, получим а² < 1, т. е. во втором случае (а ≥ ½) получим ½ ≤ а < 1. Окончательно у2 > 0 при а < 1.

Объединим решения для y1 > 0 и у2 > 0, нанеся их на числовую прямую, учтем результат, полученный для а = 5/4 (рис. P.17.11).

Ответ. При а < −1 уравнение относительно x имеет четыре решения. При а = −1 y него три решения, при −1 < а < 1 два решения, при а = 1 одно решение, при 1 < а < 5/4 два решения, при а ≥ 5/4 решений нет.

17.12. Пусть sin 4x = y. Тогда данное уравнение преобразуется в квадратное

(a + 3)y² + (2a − 1)y + (a − 2) = 0,   (23)

где

|y| ≤ 1.   (24)

Уравнение (23) имеет решения тогда и только тогда, когда его дискриминант неотрицателен, т. е.

D = (2a − 1)² − 4(a + 3)(a − 2) = 25 − 8a ≥ 0.    (25)

Кроме того, нужно обеспечить, чтобы по крайней мере один из корней t1 или t2 уравнения (24) не превосходил по абсолютной величине 1.

Пусть сначала D = 0, т. е. а = 25/8. Тогда

Условие (24), как мы видим, соблюдается, и уравнение sin 4x = −3/7 имеет решение.

Уравнение sin z = −3/7 на отрезке [−π, π] имеет ровно два решения z1 и z2. Если осуществить замену переменной: z = 4x, то отрезок [−π, π] сузится для новой переменной x в четыре раза к началу отсчета и станет отрезком [−π/4, π/4]. Поэтому на отрезке [−π, π] для переменной x разместятся уже не 2, а 8 решений (в силу того, что sin z имеет период 2π, а sin 4x имеет период π/2). Итак, а = 25/8 — одно из искомых нами значений параметра а.

Пусть теперь D > 0, т. е. а < 25/8. Тогда уравнение (23) имеет два действительных решения y1 и y2, такие, что y1 < y2. Если оба значения y1 и y2 попадают внутрь интервала (−1, 1), то каждому значению синуса будут соответствовать два значения переменной z в интервале (−π, π) и восемь значений переменной x = z /4 в том же интервале. Решений будет ровно 8, если одно решение уравнения лежит в (−1, 1), а другое — вне этого интервала (случаи, когда y = ±1 будут рассмотрены отдельно). Конечно, можно перебрать все возможные варианты расположения y1 и y2 относительно интервала (−1, 1). Но это хлопотно и поэтому задачу следует упростить. Нас интересуют все случаи, когда один корень параболы, определяемой левой частью уравнения (23), внутри интервала (−1, 1), а другой вне этого интервала, т. е. парабола

f(y) = (а + 3)y² + (2a − 1)y + (а − 2)    (26)

пересекает интервал (−1, 1) в одной и только в одной точке. Это условие равносильно такому

f(−1)f(1) < 0,    (27)

т. е. на концах интервала (−1, 1) парабола имеет противоположные знаки. Подставим в (27) значения y = −1 и y = 1. После преобразований получим

а < 0.

При этом условии удовлетворяется и требование D > 0, т. е. требование а < 25/8. Итак, все значения а ∈ (−∞, 0) удовлетворяют условиям задачи, как и найденное ранее значение а = 25/8. Мы не рассмотрели только случаи, когда корни уравнения (23) равны −1 и 1.

Начнем со случая y1 = −1, y2 = 1, т. е. f(−1) = f(1) = 0.

Так как f(−1) = 2, f(1) = 4a, то этот случай невозможен. Невозможен и случай, когда f(−1) = 0, так как f(−1) = 2. Остается последняя возможность: f(1) = 0. Но f(1) = 4a . Поэтому а = 0. Уравнение (23) примет вид

3y² − y − 2 = 0.    (28)

Уравнение (28) имеет два корня:

у1 = −⅔ и y2 = 1.

Первому из них уже будут соответствовать два значения z и восемь значений x на отрезке [−π, π]. Сколько соответствует второму, не существенно. Достаточно, что не меньше одного. Поэтому этот случай не дает новых значений параметра а.

Ответ. а ∈ (−∞, 0) ∪ (25/8).

17.13. Через точку на плоскости (x; y) с фиксированными координатами x и y проходит кривая семейства тогда и только тогда, когда существует значение параметра а, удовлетворяющее данному уравнению кривых семейства при этих фиксированных x и y.

Другими словами, если мы запишем уравнение семейства кривых как уравнение относительно а, то оно имеет решение при тех и только тех значениях x и y, при которых через точку плоскости с этими координатами проходит кривая семейства. Поэтому преобразуем исходное уравнение к виду

2a² + 2(x − 2)а + (x − 1)² − y = 0

и потребуем, чтобы дискриминант этого уравнения был неотрицателен

D = −х² + 2 + 2y ≥ 0,

откуда

y ≥ x ² /2 − 1.

Это необходимое и достаточное условие того, чтобы через точку (x; y) проходила по крайней мере одна кривая данного семейства.

Таким образом, через все точки (x; y), лежащие вне части плоскости, ограниченной параболой y = x ² /2 − 1 (рис. P.17.13), кривые семейства не проходят. Через остальные точки кривые проходят.

 

Глава 18

Задачи на составление уравнений

18.1. Пусть x, y, z, u — производительности первой, второй, третьей и четвертой труб соответственно. Примем объем бассейна за единицу. Тогда получим систему уравнений

Вычитая из первого уравнения поочередно второе и третье, найдем соответственно

z = 1/12, x = 1/20.

Следовательно, общая производительность первой и третьей труб равна z + x = 2/15.

Ответ. 7,5 ч.

18.2. Пусть плечи весов равны l1 и l2 соответственно. Тогда в первый раз продавец отпустил  кг товара, а во второй раз он отпустил  кг. Таким образом, он отпустил покупателю товар массой

В силу неравенства между средним арифметическим и средним геометрическим

где равенство достигается лишь при l1 = l2. Таким образом, продавец отпустил больше товара, чем следовало.

18.3. Если все 500 марок расклеить по 20 на один лист, то двух альбомов не хватит для всех марок. Поэтому 2x < 25, т. е. x ≤ 12 (x − количество листов в альбоме и, следовательно, целое). Если же 500 марок расклеить по 23 на один лист, то в двух альбомах окажется по крайней мере один свободный лист. Это значит, что 2x − 1 ≥ 500/23, откуда 2x ≥ 22, x ≥ 11. Итак, либо x = 11, либо x = 12.

Если в альбоме 11 листов, то y школьника было 500 − 21 · 11 = 269 марок, которые нельзя разместить на 10 листах по 23 штуки на каждом. Второе число удовлетворяет условию задачи.

Ответ. 12 листов.

18.4. Поскольку понтоны находились в пути одинаковое время и в одинаковых условиях, то каждый из них проплыл одно и то же расстояние без буксира (см. второе указание на с. 203). Обозначим это расстояние через x. Каждый понтон находился в пути

Буксир в свою очередь, помимо пути в l км вниз по течению, дважды преодолел расстояние l − 2x км: один раз вниз по течению, другой раз вверх по течению. На весь путь y него ушло

Приравниваем выражения (1) и (2) (буксир был в пути столько же времени, сколько каждый понтон) и решим уравнение.

Получим

Следовательно, второй понтон должен транспортироваться на расстояние в

а на всю перевозку уйдет

Ответ.

18.5. Пусть некто родился в  году, где x − число десятков, а y — число единиц. В 1901 году ему было 1901 −   лет.

Если y > 1, то, произведя вычитание, получим число , где 9 − x и 11 − y — цифры, образующие это число.

По условию сумма цифр числа  равна сумме цифр числа

1 + 8 + x + y = (9 − x) + (11 − y),    т. е. x + y = 5,5,

что невозможно, так как x и y  — целые.

Если y ≤ 1 (это значит, что либо y = 0, либо y = 1), после вычитания получим число , где 10 − x и 1 − y цифры, образующие это число. Когда x ≠ 0, это число состоит из двух цифр, а когда x = 0 — из трех, причем первые две цифры 1 и 0. Пусть x ≠ 0. Запишем сумму цифр для этого числа:

1 + 8 + x + y = (10 − x) + (1 − y), т. е. x + y = 1.

Так как x ≠ 0, то y = 0, а x = 1. Это означает, что некто родился в 1810 году.

Пусть теперь  x = 0. Тогда получим уравнение

1 + 8 + y = 1 + (1 − y),

откуда  y = −3,5, что невозможно.

Ответ. В 1810 году.

18.6. Пусть одна часть имеет массу x карат, тогда другая — p − x карат. Цена этих частей равна lх² и l(p − x)² соответственно, где l — коэффициент пропорциональности. Так как цена целого бриллианта была равна lр², то получим уравнение

lр² = k[lх² + l(p − x)²], которое после упрощений примет вид

Проведем исследование.

По смыслу задачи k > 1, p > 0. Следовательно, подкоренное выражение будет неотрицательным, если k ≤ 2, т. е. 1 < k ≤ 2.

Так как

(мы знаем, что k > 1), то оба значения x неотрицательны. Легко проверить, что p − x1 = x2.

Ответ.

18.7. Примем расстояние, которое туристам нужно пройти на моторной лодке, за единицу. Через x кг/ч обозначим расход горючего в течение часа работы двигателя в режиме, обеспечивающем собственную скорость лодки v1, а через y кг/ч — расход горючего при работе двигателя во втором режиме (v2). Весь путь лодка пройдет за  ч при работе двигателя в первом и во втором режимах соответственно. Так как расход горючего будет одинаковым, то

Если скорость течения реки будет равна ku, то из условия получим второе уравнение

Найдя из первого уравнения x, подставим во второе. Получим

откуда

Так как k > 1, то y > 0 только при v2 > v1 и ku < v1. Общий расход горючего равен

Ответ.

18.8. Обозначим через x, y, z, s и t количество десятков порций стоимостью по 7, 9, 11, 13 и 15 p. за порцию соответственно.

Условия задачи можно переписать в виде системы

Вычитая из первого уравнения второе, умноженное на 7, получим

y + 2z + 3s + 4t = 29

или (так как y = 2t)

2z + 3s + 6t = 29.

В результате сравнения второго и третьего уравнений найдем

z + s + t = 9.

Умножим это уравнение на два и вычтем из предыдущего уравнения:

s + 4t = 11.

Поскольку s и t — натуральные, t может принимать лишь два значения: t = 1 и t = 2, иначе уравнение s + 4t = 11 не выполняется. Если t = 1, то s = 7, а y = 2. Это противоречит требованию y > s. Следовательно, t = 2, s = 3, y = 4. Нетрудно найти, что x = 5, z = 4.

Ответ. 50 порций мороженого по 7 p., 40 порций по 9 p., 40 порций по 11 p., 30 порций по 13 p., 20 порций по 15 p.

18.9. Обозначим время, за которое плоты прошли путь по озеру, через x. Так как весь путь они прошли за 11,5 суток, т. е. за 276 ч, то путь AC (буквой С обозначено устье реки) — за 276 − x ч, а скорость течения реки равна AC /276 − x .

Выразим скорость течения реки с помощью остальных условий задачи. Если пароход проходит путь от А до В за 40 ч, а путь от С до В за x ч (идет в два раза быстрее, чем с плотами), то скорость парохода вниз по течению реки равна  Аналогично его скорость вверх по течению равна . Если вычесть из первой скорости вторую, то получим удвоенную скорость течения реки. Мы пришли к уравнению

решая которое найдем: x1 = 24, x2 = 136. Второй корень посторонний, так как 40 − x /2 и 48 − x /2 становятся отрицательными, что не имеет физического смысла.

Ответ. 24 ч.

18.10. Пусть v1, v2 и v3— скорости пловцов, а x − расстояние AC (рис. P.18.10).

Приравниваем времена, за которые пловцы проплыли путь AC:

Из условия встречи в точке D третьего и второго пловцов получим

а из условия встречи в точке E третьего и первого:

Так как в уравнение (4) входят v2 и v3, а в уравнение (5) v1 и v3, то уравнения (3) перепишем в виде

Преобразуем теперь уравнения (4) и (5):

и воспользуемся заменой (6). Получим систему

из которой проще исключить v3. Найдем x = 10. Следовательно, v3 = 1.

Ответ. 1 м/с.

18.11. Обозначим через x часть сосуда, занимаемую раствором кислоты, а объем всего сосуда примем за единицу. После того как сосуд долили q%−м раствором, количество концентрированной кислоты стало

px /100 + q (1 − x ) /100,

а новая концентрация

p1 = px + q(1 − x) = (p − q)x + q.

Если вместо p подставить р1, то получим р2, аналогично можно получить р3 и т. д. Приходим к рекуррентному соотношению

р k = x(р k  − 1 − q) + q.

Вычислим р2:

р2 = x(р1 − q) + q = х²(p − q) + q.

По индукции легко доказать, что

р k = x k (p − q) + q.

Так как p k = r, то получим уравнение

r = x k (p − q) + q,

откуда

Ответ.  где либо r > q, p > q, либо r < q, p < q.

18.12. Пусть x и y — скорости автомобиля и мотоцикла соответственно, а z — длина пути AB. Тогда первая встреча произойдет через z /x + y  ч после начала движения на расстоянии zy /x + y от пункта В. Те же рассуждения, примененные к отрезку длиной в zy /x + y , позволят найти расстояние между первым и вторым пунктами встречи. По условию это расстояние равно 2 z /9, т. е.

zyx /( x + y )² = 2/9z, или yx /( x + y )² = 2/9.

Это уравнение можно переписать так:

2x² − 5ху + 2y² = 0, т. е. 2(x /y )² − 5x /y + 2 = 0,

откуда

либо x /y = 2, либо x /y = ½. (7)

Очевидно, что эти отношения дают симметричные решения. Если предположить, что скорость автомобиля больше скорости мотоцикла, то x = 2y.

Используем оставшиеся условия задачи. Если бы скорость автомобиля была на 20 км/ч меньше, т. е. равнялась бы (x − 20) км/ч, то первая встреча произошла бы через 3 ч после начала движения. Получаем уравнение

z /x + y − 20 = 3.    (8)

Мотоцикл до встречи преодолел бы в этом случае расстояние в 3y км, а расстояние между пунктами первой и второй встреч составило бы 3 yx /x + y − 20 . Получаем третье уравнение:

3 y ( x − 20) /x + y − 20 = 60.   (9)

Подставим в это уравнение x = 2y. Получим квадратное уравнение, корнями которого являются

y1 = 20 + 10√2, y2 = 20 − 10√2.

Второе значение не подходит, так как тогда x2 < 20.

Итак,

y = (20 + 10√2) км/ч, x = (40 + 20√2) км/ч,

а из уравнения (8) найдем z = (120 + 90√2) км.

Ответ. (120 + 90√2) км.

18.13. Пусть пассажир опоздал на поезд на t ч, проехал на такси x км, а на автобусе y км. Скорость поезда обозначим через u. Тогда путь до встречи с поездом пассажир проедет за  ч, а поезд пройдет этот путь за x + y /u ч. Учтя опоздание пассажира, получим

Поездка на такси и автобусе обошлась пассажиру в (ax + А) p. Если бы он ехал все время на такси, то это стоило бы (ax + А − В) p. и он догнал бы поезд, проехав ax + А − В /a  км. Приравнивая времена, за которые этот путь прошел поезд и проехал догонявший его пассажир, получим второе уравнение:

Третье уравнение очевидно:

Записав его в виде

найдем

Приравниваем выражения для t из уравнений (10) и (11). Получим

т. е.

Поскольку y уже найден, можно вычислить u:

Чтобы задача имела решение, скорость поезда должна быть положительной. Так как v1 > v2 и А > В, то из неравенства

следует, что

Ответ.

18.14. Обозначим скорость товарного поезда до остановки через x, расстояние AB через y, а расстояние AC через z. Тогда пассажирский поезд шел вначале со скоростью mx, а после остановки оба поезда шли соответственно со скоростями 5 x /4 и 5 mx /4. Весь путь без остановки товарный поезд прошел бы за y /x ч. Поскольку он сделал остановку на t ч в z км от А, а затем прошел оставшиеся (y − z) км со скоростью 5 x /4, то он прошел весь путь за

z /x + 4( y − z ) /5 x + t ч.

Следовательно,

y /x + t1 = z /x + 4( y − z ) /5 x + t.

Аналогичное уравнение составляем для пассажирского поезда, который шел в обратном направлении:

y /mx + t2 = y − z /mx + 4 y /5 mx + t.

Чтобы ответить на вопрос задачи, нужно из времени, за которое товарный поезд прошел отрезок AC, вычесть время, за которое пассажирский поезд прошел расстояние BC. В наших обозначениях эта разность запишется так:

z /x  − y − z /mx .

Именно это выражение нам нужно определить с помощью полученных выше уравнений. Мы может добиться этого, решив уравнения относительно z /x и y /x . После простых преобразований система примет вид

Умножив первое уравнение на −4 и сложив со вторым, найдем z /x , а умножив его на −5 и сложив со вторым, найдем y /x :

y /x = 25(t − t1) − 5m(t2 − t), z /x = 20(t − t1) − 5m(t2 − t).

Остается подставить найденные значения в выражение

(m + 1)z /mx − y /mx .

Ответ. 5/m [(4m − 1)(t − t1) − m²(t2 − t)].

18.15. Обозначим скорость самолета через x, а скорость вертолета через y. До первой встречи вертолет летел d /y ч, а самолет — d /x ч. Так как самолет вылетел на t ч позднее, то

d /y  = d /x + t.

Второе уравнение мы получим из условия второй встречи. Вертолет к этому моменту находился в d км от В и пробыл в полете s − d /y  ч. Самолет, преодолев расстояние s + d, пробыл в полете s  + d /x ч. Следовательно,

s − d /y = s  + d /x + t .

Хотя полученную систему уравнений можно решить, а затем ответить на вопрос задачи, мы сначала вычислим интересующую нас величину в предположении, что x и y известны. Вертолет прилетел в В через s /y ч после вылета. Самолет вернулся в А через (t + 2 s /x ) ч после того, как вертолет вылетел из А. Нас интересует величина

t + 2 s /x − s /y

— на столько позднее самолет вернулся в А, чем вертолет прилетел в В. Таким образом, из полученных уравнений нужно определить 1/x и 1/y . Умножив первое уравнение на d − s, а второе на d и сложив, найдем

( s + d ) d /x  + d ( d − s ) /x + t(d − s) + td = 0, т. е.  2 d ² /x = t(s − 2d),

откуда

1/x  =  t ( s − 2 d ) /2 d ² .

Из первого уравнения определяем 1/y :

1/y = 1/x  + t /d = ts /2 d ² .

Следовательно,

t + 2 s /x − s /y = t + 2 st ( s − 2 d ) /2 d ² − ts ² /2 d ²  = t + st ( s − 4 d ) /2 d ² .

Задача имеет решение, если все участвующие компоненты положительны. Чтобы величина 1/x имела смысл, необходимо s > 2d.

По условию вертолет прилетел в В раньше, чем самолет вернулся в А. Поэтому

t + st ( s − 4 d ) /2 d ² > 0,    т. е.    s² − 4sd + 2d² > 0.

Получаем квадратное неравенство относительно отношения s /d :

(s /d )² − 4s /d + 2 > 0,

откуда

s /d  < 2 − √2 или  s /d > 2 + √2.

Первое решение придется отбросить, так как тогда s < 2d − √2 d, а это противоречит условию, что s > 2d.

Ответ.  t + st ( s − 4 d ) /2 d ² , s > (2 + √2)d.

18.16. Устье реки, на которой стоит порт M, обозначим через А, а устье второй реки — через В. Расстояние MA обозначим буквой x, а расстояние BN — буквой y. Искомое расстояние тогда будет равно s − (x + y). Путь от M до N пароход прошел за:  ч — путь по первой реке (по течению), s − ( x + y ) /v ч — путь по озеру и  ч — путь по второй реке (против течения). Так как весь путь пароход прошел за t ч, то получаем уравнение

Аналогично для пути от N до M получим уравнение

Приравнивая левые части этих уравнений, получим

т. е.

Подставим найденное выражение для x в первое уравнение и найдем

следовательно,

Остается найти s − (x + y).

Ответ.

18.17. Примем расстояние AB за единицу. Пусть скорости пассажирского, курьерского и скорого поездов равны v, 2v и u соответственно (в долях этой единицы).

Тогда время, которое находились в пути до встречи скорый и курьерский поезда, равно 1/u + 2 v , а время до встречи скорого и пассажирского будет равно 1/u + v . По условию

1/u + 2 v ≥ 10½ − 8 = 5/2,    (13)

1/u + v  − 1/u + 2 v ≥ 1.    (14)

Нам известно также, что скорый поезд преодолевает расстояние AB за 55 ч. Следовательно, за 1 ч он проходит 6/35 AB, т. е. u = 6/35. Подставим это значение u в каждое из предыдущих неравенств, находим, что, с одной стороны, v ≤ 4/35, а, с другой стороны, 4/35 ≤ v ≤ 9/70. Обоим неравенствам удовлетворяет единственное значение v = 4/35, т. е. пассажирский поезд находился в пути из В в А 8 ч 45 мин и прибыл в А в 16 ч 45 мин.

Полезно обратить внимание на то обстоятельство, что решение системы неравенств, казалось бы, упростится, если неравенства (13) и (14) сложить и заменить их суммой второе неравенство. Однако система неравенств

оказывается неравносильной первоначальной системе. Неравенство (15) является следствием системы (13), (14), но заменять им произвольное из исходных неравенств мы не имеем права. Система (13), (15) имеет решение v ≤ 4/35, в то время как решение первоначальной системы v = 4/35.

Ответ. 16 ч 15 мин.

18.18. Пересылка одной детали в каждом из трех комплектов обходится соответственно в 2/7, ¼ и 7/25 p., т. е. после приведения к общему знаменателю: 200/700, 175/700, 196/700 p. Самой дешевой оказывается пересылка в комплектах по 40 деталей. Однако 1100 на 40 не делится и поэтому придется заказывать не только самые выгодные комплекты. Чтобы потерять как можно меньше, мы будем постепенно отказываться от самых выгодных условий, т. е. рассмотрим случаи, когда в комплекты по 40 штук укомплектованы 1080, 1040, 1000, 960, 920, ... деталей. Первый и второй случаи оказываются неосуществимыми, так как мы не сможем получить оставшиеся детали в надлежащих комплектах. Третий случай вполне допустим: он предполагает, что прибудет 25 комплектов по 40 деталей и 4 комплекта по 25 деталей. Таким образом, пересылка обойдется в 25 · 10 + 7 · 4 = 278 p. Любой другой вариант, как легко видеть, приведет к бо́льшим расходам, поскольку количество самых выгодных комплектов уменьшится за счет увеличения количества менее выгодных комплектов (по 25 деталей) или за счет появления самых невыгодных комплектов (по 70 деталей).

Ответ. 25 комплектов по 40 деталей и 4 комплекта по 25 деталей.

 

Глава 19

Последовательности и прогрессии

19.1. Сравним n−й и (n + 1)−й члены последовательности (здесь V — знак сравнения):

или после упрощений:

Так как

(n + 1 /n )n = (1 + 1/n )n = 1 + n · 1/n + ...,

где многоточиями обозначены некоторые положительные члены, то

(n + 1 /n )n > 2 при n > 1.

Следовательно, последовательность убывающая, начиная со второго члена.

19.2. Так как а p , а q , а r и а s — члены арифметической прогрессии, то

a q − a р = d(q − p), a r − a q = d(r − q), a s − a r = d(s − r).

Кроме того, a р a r = a q ², a q a s  = a r ², a p a s = a q a r , что отражает условие, в силу которого a р , a q , a r и a s образуют геометрическую прогрессию. Из первой группы формул имеем

Составим произведение (p − q)(r − s) и воспользуемся второй группой формул:

что и доказывает сформулированное в условии утверждение.

19.3. По условию

a = a1 + d(m − 1) = u1q m − 1, b = a1 + d(n − 1) = u1q n − 1, c = a1 + d(p − 1) = u1q p  − 1.

Составим разности:

b − с = d(n − p), с − а = d(p − m), а − b = d(m − n).

Подставим в левую часть равенства, которое нужно доказать:

После несложных преобразований получим в обоих показателях нули, что и доказывает равенство произведения единице.

19.4. Перейдем в левой части равенства к общему основанию x и сделаем некоторые упрощения:

В последнем равенстве мы воспользовались тем, что b /a = c /b = q — знаменателю прогрессии, а также тем, что 

19.5. Имеем

Ответ.

19.6. Преобразуем выражение, стоящее под знаком квадратного корня:

После извлечения квадратного корня получим

19.7. Из условия следует, что

а следовательно, (а1 − a3)² = 0, а1 = а3. Поскольку , то а2 = а1. Таким образом, а1 = а2 = а3. Решим теперь систему уравнений

Первое уравнение можно последовательно преобразовать:

Подставив найденное значение x во второе уравнение системы, получим

Теперь можно найти x:

x = −2 log2 y = ½ log2 5.

Ответ.

19.8. Пусть q — знаменатель прогрессии. Тогда по теореме Виета

x1(1 + q) = 3, x1q²(1 + q) = 12, x1²q = A, x1²q5 = B.

Из первых двух уравнений (подстановкой первого во второе) находим q² = 4.

Так как последовательность по условию является возрастающей, то q = 2, откуда x1 = 1, что не противоречит тому, что прогрессия возрастающая.

Из двух вторых уравнений определяем А и В.

Ответ. А = 2, В = 32.

19.9. Пусть x2 = x1q, x3 = x1q². Тогда по теореме Виета, примененной к данному уравнению, имеем

x1 + x1q + x1q² = 7,    x1²q + x1²q² + x1²q³ = 14.

Из первого уравнения получим x1(1 + q + q²) = 7. Это позволяет следующим образом преобразовать левую часть второго уравнения:

x1²q(1 + q + q²) = 7x1q,

откуда x1 = 2/q . Подставим выражение для x1 в первое уравнение, получим

2(1 + q + q ²) /q = 7,  т. е.  2q² − 5q + 2 = 0,

откуда

q1 = ½, q2 = 2.

Теперь для каждого из этих двух значений q можно найти x1. При q = 1 получим, что x1 = 4, т. е. прогрессия убывающая. Во втором случае при q = 2 имеем x1 = 1, и прогрессия — возрастающая.

Ответ. 1, 2, 4.

19.10. Из условия следует, что

Произведение n первых членов прогрессии равно

Ответ. √2.

19.11. Пусть а — цифра сотен, d — разность прогрессии. Искомое число делится на пять, если его последняя цифра либо 0, либо 5, т. е. либо а + 2d = 0, либо а + 2d = 5. Чтобы число делилось на девять, сумма его цифр должна делиться на девять. Но поскольку сумма трех цифр может изменяться от нуля до двадцати семи, имеются три возможности:

а + (а + d) + (а + 2d) = 9; 18; 27.

Последнюю возможность отбрасываем, так как число 999 не делится на пять.

Пусть а + 2d = 0. Если а + d = 3, то d = −3, а = 6. Получим число 630. Если а + d = 6, то d = −6, а = 12, что невозможно.

Пусть теперь а + 2d = 5. Когда а + d = 3, получим d = 2, а = 1, что даст число 135. Когда а + d = 6, получим d = −1, а = 7, что приводит к числу 765. Поскольку все возможности исчерпаны, задача решена.

Ответ. 630; 135; 765.

19.12. Задачу можно решить, обозначив через x цифру единиц, а через q знаменатель прогрессии. Используя условия задачи, мы придем к двум уравнениям:

100xq² + 10xq  + x − 594 = 100x + 10xq + xq², (x + 1) + (xq² + 1) = 2(xq + 2).

Первое уравнение можно переписать в виде

x(q² − 1) = 6,

а второе — в виде

x(q² − 2q + 1) = 2,   т. е. x(q − 1)² = 2.

Деля первое уравнение на второе, получим

q + 1 /q − 1 = 3,   q = 2.

Следовательно, x = 2.

Задачу можно решить перебором, если воспользоваться тем, что цифры числа образуют геометрическую прогрессию, причем цифра сотен больше пяти (так как число больше 594). Можно доказать, что имеются лишь три возможности: 842, 931 и 964. Второе и третье из этих чисел нужно отбросить, так как 931 − 594 ≠ 139 и 964 − 594 ≠ 469. Остается убедиться, что для числа 842 все условия задачи выполнены.

Требование, чтобы числа x + 1, хq + 2, хq² + 1 образовывали арифметическую прогрессию при таком решении, оказывается лишним.

Ответ. 842.

19.13. Пусть в колхозе было n комбайнов, один смог бы убрать весь урожай за x ч непрерывной работы, а при работе по плану все комбайны одновременно находились в поле y ч. Так как все комбайны могут справиться с уборкой за 24 ч, а производительность одного комбайна 1/x , то

24/x n = 1,   т. е. 24n = x.

Если комбайны работают по плану, то, работая вместе, они сделали п1/x y часть всей работы. Кроме этого, первый комбайн работал n − 1 ч, второй n − 2, а (n − 1)−й работал один час. Учитывая все это, получим уравнение

n − 1 /x  + n − 2 /x  + ... + 1/x + n1/x y = 1,

или

n − 1 /2n + ny = x.

Так как x = 24n, то из этого уравнения можно выразить y через n:

y = 24 − n − 1 /2.

Наконец, последнее условие задачи можно записать в виде уравнения

(n + y − 7)(n − 5)1/x = 1.

Подставляя вместо x и y их выражения через n, придем к квадратному уравнению

( n + 17 − n − 1 /2)(n − 5) = 242n,

т. е. n² − 18n − 175 = 0.

Решая это уравнение, найдем n1 = 25, n2 = −7. Второй корень не имеет смысла.

Ответ. 25.

19.14. Пусть братьям a, aq и aq² лет. Тогда они получат соответственно x, xq и xq² p.

Через 3 года им будет a + 3, aq + 3 и aq² + 3 лет, причем старшему окажется вдвое больше лет, чем младшему:

aq² + 3 = 2(a + 3).  (1)

При дележе через 3 года младший брат получит x + 105, средний xq + 15. Чтобы узнать, сколько получит старший брат, вычтем эти деньги из всей суммы:

x + xq + xq² − (x + 105) − (xq + 15) = xq² − 120.

Так как братья делят деньги пропорционально их возрасту, то получим еще два уравнения:

Уравнение (1) позволяет записать второе из уравнений (2) так:

2(x + 105) = xq² − 120,

т. е.

x(q² − 2) = 330. (3)

Если в (1) раскрыть скобки, а затем вынести за скобки a, то

a(q² − 2) = 3.   (1′)

Сравним с уравнением (3):

x = 110a.

Первое из уравнений (2) можно переписать так:

(110a + 105)(aq + 3) = (110aq + 15)(a + 3), т. е. 5aq − 7a = 6.

Решим его совместно с уравнением (1′):

Из первого уравнения а = 6/5 q − 7 . Подставим во второе. После преобразований получим квадратное уравнение

6q² − 15q + 9 = 0,

откуда q1 = 3/2 , q2 = 1.

Второй корень посторонний, так как тогда всем братьям одинаковое количество лет и никто из них не может через 3 года стать вдвое старше другого.

Ответ. 12, 18, 27.

19.15. Пусть  а, b, с и  а², b², с². Другими словами, 2b = а + с и b4 = а²с². Если первое уравнение возвести в квадрат

4b² = а² + 2aс + с²,

а второе записать в виде b² = |ac|, то, сравнивая левые части этих равенств, найдем

а² + 2aс + с² = 4|ac|.

Если а и с одного знака, получаем уравнение

а² − 2aс + с² = 0,    т. е.    (а − с)² = 0,

откуда а = с. Следовательно, а² = с² и знаменатель прогрессии а², b², с² равен 1. Если а и с разных знаков, получаем уравнение

а² + 6ас + с² = 0.

Разделим на а² (по условию а ≠ 0) и решим уравнение

(c /a )² + 6c /a + 1 = о

относительно c /a :

c /a = −3 ± √8.

Так как c ² /a ² = q², то

q² = (−3 ± √8)².

Числа а², b² и с², образующие геометрическую прогрессию, положительны. Следовательно, q > 0. Таким образом, из последнего уравнения

q2,3 = 3 + √8.

Ответ. 3 − √8; 1; −3 + √8.

19.16. При n = 1 формулы верны:

Предположим, что эти формулы верны для n = k, и докажем, что они верны для n = k + 1:

Так как  то предел последовательности равен a + ⅔(b − a) = a + 2 b /3.

Ответ. a + 2 b /3.

19.17. Данное уравнение равносильно совокупности двух уравнений

(8a − 3)x + (14a + 5)x = 2kπ, (14a + 5)x − (8a − 3)x = 2nπ,

или

(11a + 1)x = kπ, (3a + 4)x = nπ.

Так как по условию a > 0, то 11a + 1 ≠ 0 и 3a + 4 ≠ 0. Поэтому

x k = k π /11 a + 1 , x n = n π /3 a + 4 .

Значения x k и x n при k, n = 0, 1, 2, ... (по условию x ≥ 0) образуют две прогрессии с разностями

d1 = π/11 a + 1 , d2 = π/3 a + 4

и первыми членами, равными нулю. Числа x k и x n , расположенные в порядке возрастания, составляют арифметическую прогрессию тогда и только тогда, когда их разности кратны, т. е. либо d2 = d1m при d1 ≤ d2, либо d1 = d2m при d2 ≤ d1 (m — натуральное число). Пусть, например, d1 ≤ d2. Тогда d1 — второй член новой прогрессии (первый ее член равен нулю) и d1 — разность этой прогрессии. Однако число d2, являясь членом второй прогрессии, также должно войти в новую прогрессию. Поэтому d2 = 0 + d1m = d1m. Обратно, если d2 = d1m и d1 ≤ d2, то x n  = d2n = d1mn, т. е. каждый член второй прогрессии является членом первой прогрессии. Аналогичное доказательство может быть проведено для случая d2 ≤ d1.

Итак, для d1 ≤ d 2 имеем

Так как m — натуральное, то 4m − 1 > 0. В свою очередь а > 0, а потому 11 − 3m > 0 и m < 11/3. Получаем три возможных значения m — 1, 2, 3 и соответствующие им значения а = 3/8, 7/5, 11/2.

Для d2 ≤ d1 получим

При натуральном m разность 11m − 3 положительна, а так как а > 0, то 4 − m > 0 или m < 4. Каждому из трех возможных значений m = 1, 2, 3 будет соответствовать свое значение а = 3/8, 2/19, 1/30.

Ответ. 1/30, 2/19, 3/8, 7/5, 11/2.

 

Глава 20

Суммирование

20.1. Докажем, что

S = ½ + ... + 1/n ² < 1.

Так как

1/(1 + k )² < 1/k (1 + k ) ,

то

При доказательстве мы воспользовались тем, что

1/( n − 1) n = 1/n − 1 − 1/n .

Такой прием часто применяется и называется разложением дроби на простейшие.

20.2. Так как

то

Ответ. n − 1 /d ² n .

20.3. Представим k−e слагаемое в виде

Тогда

Ответ.

20.4. Левую часть данного равенства перепишем в виде

воспользовавшись для этого формулой суммы членов геометрической прогрессии. Тогда (поскольку а ≠ 1)

Правая часть может быть записана так:

Итак,

По условию а ≠ 0, 1, −1. Это позволяет найти нужную нам зависимость.

Ответ. n + 1 = 2k + 1 .

20.5. Расположим коэффициенты данного многочлена слева направо и разместим под ними коэффициенты того же многочлена, расположенные в обратном порядке,

Теперь можно выписать коэффициент при x n , составив сумму попарных произведений расположенных один под другим множителей:

1 · n + 1(n − 1) + 2(n − 2) + 3(n − 3) + ... + (n − 1)1 + n · 1.

Эту сумму можно преобразовать так:

Каждую из сумм, стоящих в скобках, легко подсчитать:

Таким образом, искомый коэффициент равен

Ответ.

20.6. Неравенство равносильно системе (в левой его части — абсолютная величина суммы членов бесконечно убывающей геометрической прогрессии со знаменателем — 2x):

Из второго неравенства следует, что −1 < 2x < 1, т. е. 1 + 2x > 0. Поэтому первое неравенство можно переписать в виде

| x | /1 + 2 x < 1, или |x| < 1 + 2x.

Таким образом, приходим к системе

которая равносильна совокупности двух систем

Ответ. −⅓ < x < ½.

20.7. Так как k · k! = (k + 1)! − k!, то

2! − 1! + 3! − 2! + 4! − 3! + ... + (n + 1)! − n! = (n + 1)! − 1.

Ответ. (n + 1)! − 1.

20.8. Домножим S n на x²:

x²S n = x³ + 4x5 + 7x7 + ... + (3n − 2)x2 n + 1 ,

и вычтем полученное выражение из S n :

Ответ.  

20.9. Рассмотрим тождество

(x + 1)5 = x5 + 5x4 + 10x³ + 10x² + 5x + 1.

Положим в нем последовательно x = 1, 2, ..., n и сложим n полученных равенств:

25 + 35 + ... + (n + 1)5 = 1 + 25 + 35 + .. + n5 + 5(14 + 24 + ... + n4) + 10(1³ + 2³ + ... + n³) + 10(1² + 2² + ... + n²) + 5(1 + 2 + ... + n) + n.

После приведения подобных получим

откуда

Так как

то

Многочлен третьей степени, стоящий в скобках, имеет корень n = −2 и поэтому делится на 2n + 1.

Ответ. 1/30 n(n + 1)(2n + 1)(3n² + 3n − 1).

20.10. В n−й группе содержится n членов.

Пусть n четное. Подсчитаем число четных чисел, встречающихся во всех группах до n−й. Это число равно

2 + 4 + 6 + ... + (n − 2) = n ( n − 2) /4.

Следовательно, последнее четное число, встречающееся до n−й группы, равно 2n ( n − 2) /4 = n ( n − 2) /2, а первое четное число, входящее в n−ю группу, равно n ( n − 2) /2 + 2. Теперь можно найти сумму n последовательных четных чисел, начинающихся с n ( n − 2) /2 + 2. Эта сумма равна

Пусть теперь n четное. Число нечетных членов, встречающихся до n−й группы, равно

1 + 3 + 5 + ... + (n − 2) = ( n − 1)² /4.

Последним нечетным числом, стоящим до n−й группы, будет ( n − 1)² /2 − 1, а первым числом, входящим в n−ю группу, — число ( n − 1)² /2 + 1. Следовательно, сумма n последовательных нечетных чисел, начиная с ( n − 1)² /2 + 1, равна

Ответы можно объединить.

Ответ. n /2[n² + 3/2 + (−1)n ½].

20.11. Домножим S n на 2 sin π/2 n :

После приведения подобных получим

Так как sin π/2 n  ≠ 0 при натуральных n, то S n = 0.

2 n

Ответ. 0.

20.12. Обозначим искомую сумму через S. Тогда

2S = 1 · 2 + 2 · 2² + 3 · 2³ + ... + 100 · 2100,

2S − S = 100 · 2100 − (1 + 2 + 2² + ... + 299) = 100 · 2100 − (2100 − 1) = 99 · 2100 + 1.

20.13. Пусть искомая сумма равна S. Разделим каждый член данного ряда на 2:

¼ + 3/8 + 5/16 + 7/32 + ... = S /2

и вычтем полученный ряд из данного. Получим ряд:

½ + ½ + ¼ + 1/8 + 1/16 + ...,

сумма которого равна 3/2. Однако, с другой стороны, его сумма есть ни что иное, как S − S /2 = S /2. Таким образом, S /2 = 3/2 и, следовательно, S = 3.

Ответ. 3.

 

Глава 21

Соединения и бином

21.1. Присвоим каждому из сидящих за круглым столом номер: а1, а2, ..., а n . Образовывая циклические перестановки: а n , а1, а2, ..., а n − 1; а п − 1, а n , а1, а2, ..., а п − 2 и т. д., мы будем получать тот же способ размещения за столом. Таких циклических перестановок можно составить n.

Кроме этого, нужно учесть, что сосед слева и сосед справа неразличимы, т. е. перестановки а1, а2, ..., а п и а1, а n , аn − 1 , ..., а2 дают одно и то же размещение за столом. Так как всего возможно n! перестановок, из которых каждые 2n одинаковы, то искомое число равно

n ! /2 n = ½(n − 1)!.

Ответ. ½(n − 1)!.

21.2. Всего из пяти элементов можно составить Р5 перестановок. Среди них будет Р4, y которых на первом месте а1, и Р4, y которых на первом месте а2. Однако перестановки, y которых на первом месте а1, а на втором месте а2, попали и в первую, и во вторую группы. Таких перестановок Р3.

Поэтому искомое число перестановок равно

Р5 − (2P4 − Р3) = 78.

Ответ. 78.

21.3. Из семи разрядов три должны быть заняты двойками, что дает  вариантов. На каждое из оставшихся мест можно поместить любую из восьми цифр, благодаря чему каждый из предыдущих вариантов даст еще 84 возможностей.

Ответ.

21.4. Предположим, что в каждое число входят три различные единицы: l1, l2, l3, а остальные цифры 0, 2, 3, 4 и 5 равноправны. Тогда можно получить Р8 различных чисел. Отсюда нужно исключить Р7 чисел, начинающихся с нуля.

На самом деле разные единицы неразличимы. Другими словами, вместо одного числа мы получим Р3 одинаковых чисел, отличающихся лишь взаимными перестановками единиц.

Ответ.

21.5. Предположим, что каюты неравноценны. Это дает в 8! раз больше вариантов, чем в случае равноценных кают, что мы учтем позднее.

В первую каюту можно заселить любых четырех из 32 экскурсантов, что можно сделать  способами, во вторую — любых четырех из 28 оставшихся и т. д. В итоге получим

способов. Это число остается разделить на 8! и произвести упрощения.

Ответ. .

21.6. Рассмотрим k−й член суммы

Данную сумму можно переписать в виде

Ответ. n · 2n − 1 .

21.7. Из разложения

выделим действительную часть и приравняем действительной части комплексного числа (1 + i)n . В самом деле,

т. е.

где n − 1 ≤ 2k ≤ n.

Последнее ограничение означает, что через 2k обозначено то из чисел n − 1 и n, которое является четным.

Ответ.

21.8. Условию задачи удовлетворяют такие n, для которых равенство

выполняется хотя бы для одного k. Заметим, что 1 ≤ k ≤ n − 1; n ≥ 2. Равенство (1) перепишем в виде

что после простых преобразований даст

4k² − 4nk + п² − n − 2 = 0,

откуда

Чтобы выражение в правой части было целым, нужно сначала потребовать

n + 2 = m²,   т. е.   n = m² − 2.

Поскольку n ≥ 2, то т² ≥ 4 и m ≥ 2. Тогда

Если взять знак минус, получим

Число, стоящее в числителе, четное при всех m. Значение m = 2 нужно исключить, так как тогда k1 = 0, что невозможно. Если же m ≥ 3, то m + 1 ≥ 4, а m − 2 ≥ 1. Следовательно, k1 ≥ 2. Потребуем теперь, чтобы выполнялось второе условие: k1 ≤ n − 1, т. е.  что равносильно неравенству m² + m − 4 ≥ 0. Последнее неравенство справедливо при всех m ≥ 3.

Остается исследовать

Так как условие n ≥ 2, из которого следует, что m ≥ 2, должно выполняться и для k2, то формула (3) по сравнению с (2) может дать лишь одно дополнительное значение: m = 2. Однако при m = 2 получим, что k2 = 2 и n = 2. Это противоречит требованию k ≤ n − 1. Таким образом, формула (3) не дает новых значений m, а следовательно, и n.

Ответ. n = m² − 2, где m = 3, 4, 5, ... .

21.9. Так как

(a + b + c + d)n = [(a + b) + (c + d)]n = (a + b)n + C n 1(a + b)n − 1 (c + d) + ... + (c + d)n ,

то после раскрытия скобок получим все неподобные члены. Их число будет равно

(n + 1) · 1 + n · 2 + (n − 1) · 3 + ... + 2n + 1(n + 1),

где для симметрии к крайним членам приписаны множителями единицы. Чтобы вычислить эту сумму, запишем ее k−й член: (n + 2 − k) = (n + 2)k − k². Тогда наша сумма примет вид

Ответ.

21.10. Предположим, что 0 ≤ k ≤ n − 1. Запишем данное выражение в виде

(1 + x + x² + ... + x k − 1 + x k + x k + 1 + ... + x n − 1)².

Члены, содержащие x k , могут быть получены только в результате почленного перемножения членов суммы 1 + x + x² + ... + x k − 1 + x k с членами той же суммы, записанной в обратном порядке, т. е.

1 · х k , x · х k − 1, ..., х k − 1 · x, x k  · 1

Так как слагаемых будет k + 1, то и коэффициент при x k будет равен k + 1.

Предположим теперь, что n − 1 < k ≤ 2(n − 1). Тогда нужно почленно перемножить суммы

x k − n + 1 + ... + x n − 1, x n − 1 + ... + x k − n + 1 ,

в результате чего получим 2n − k − 1 членов, содержащих x k .

Ответ. k + 1, если 0 ≤ k ≤ n − 1;

2n − k − 1, если n − 1 < k ≤ 2n − 2.

21.11. Сравним коэффициент члена разложения с номером k + 1 с коэффициентом десятого члена разложения:

Так как знаменатели одинаковы, то

Поскольку десятый член разложения имеет наибольший коэффициент, то он больше девятого и больше одиннадцатого:

Из первого неравенства следует, что

Из второго

Ответ. n = 13.

21.12. Преобразуем выражение, стоящее в левой части, следующим образом:

Вопрос состоит в следующем: если k, m = 1, 2, ..., 20, причем m ≤ k, то какие значения от 0 до 100 принимает выражение 5k − 2m.

Если m = 0, 1, 2, 3, 4, то получим соответственно 5k, 5k − 2, 5k − 4, 5k − 6, 5k − 8. Если бы k не было связано ограничениями, то мы получили бы все числа, так как в эти пять выражений вошли числа, дающие при делении на 5 в остатке 0, 3, 1, 4 и 2 соответственно. Однако k = 0, 1, ..., 20 и, кроме того, k ≥ m. Так как 5k получено при m = 0, то k может принимать все свои 21 значение, в результате чего получим все числа, кратные 5 от 0 до 100. Рассмотрим теперь числа, которые при делении на 5 дают в остатке 1. У нас они записаны в виде 5k − 4 и получились при m = 2, в силу чего k = 2, 3, ..., 20. В результате мы получим 19 чисел, дающих при делении на 5 в остатке 1. В эту группу не войдет лишь число 1. Числа, дающие в остатке 2, записаны в виде 5k − 8, где k ≥ 4. Следовательно, 5k − 8 = 12, 17, ..., 92, т. е. выпадают числа 2, 7 и 97. Для чисел вида 5k − 2 переменная k = 1, 2, ..., 20 и 5k − 2 = 3, 8, ..., 98, куда вошли все числа, дающие в остатке 3. Среди чисел вида 5k − 6, где k = 3, ..., 20, мы не встретим 4 и 99.

Числа 1, 2, 4, 7, 97 и 99 не могут быть получены из выражения 5k − 2m и при m > 4. В самом деле, с одной стороны, 5k − 2m ≥ 5m − 2m = 3m > 12, а с другой стороны,

5k − 2m < 5k − 8 ≤ 100 − 8 = 92,

т. е.

12 < 5k − 2m < 92.

Итак, выпали 6 чисел 1, 2, 4, 7, 97 и 99, т. е. будут отсутствовать члены с показателями 99, 98, 96, 93, 3, 1.

Ответ. 95.

21.13. Пусть Р n — ответ на вопрос задачи для последовательности, состоящей из n элементов. В первой группе может оказаться либо один элемент (а1), либо два элемента (а1, а2). Разбиений, содержащих в первой группе один элемент (а1), будет столько, сколько разбиений можно образовать из n − 1 оставшихся членов последовательности а2, а3, ..., а n , т. е. Р n − 1. Разбиений же, содержащих в первой группе два элемента, будет Р n − 2, так как после образования группы (а1, а2) останется n − 2 элементов а3, ..., а n .

Итак

Р n = Р n − 1 + Р n − 2.

Такая формула называется рекуррентной, потому что, зная Р1 и Р2 и применяя ее последовательно, мы получим Р3, затем Р4 и т. д. Поскольку Р1 = 1, а Р2 = 2, то Р3 = 3, Р4 = 5, Р5 = 8, Р6 = 13, Р7 = 21, Р8 = 34, Р9 = 55, Р10 = 89.

Ответ. 89.

21.14. Пусть на плоскости проведены m параллельных прямых. Они разобьют ее на m + 1 областей. Если провести еще одну непараллельную прямую, то областей станет 2(m + 1). Предположим, что k непараллельных прямых образуют, пересекаясь с m параллельными прямыми, М k областей. Если добавить еще одну прямую, пересекающую все имеющиеся, но не проходящую ни через одну из старых точек пересечения, то на этой прямой будет m + k точек пересечения с остальными прямыми, в результате чего образуется m + k + 1 новых областей.

Таким образом,

М k + 1 = М k + m + k + 1.

Так как Мо = m + 1, то

Остается доказать эту формулу методом математической индукции, что сводится к элементарным выкладкам, которые мы оставляем читателю.

Ответ.

 

Глава 22

Обратные тригонометрические функции

22.1. Введем обозначения:

В этих обозначениях равенство примет вид

2α = π/4 − β,

причем правая и левая части лежат в интервале (0, π/2). Возьмем тангенсы от каждой из частей:

Так как тангенс является монотонной функцией в интервале (0, π/2), то равенство доказано.

22.2. Пусть

Так как 0 < α + β < π/2 и

Наше выражение принимает теперь вид

π/4 + arcsin √2/4.

Поскольку arcsin √2/4 > arcsin √2/2, то

0 < π/4 + γ < π/2,

где γ = arcsin √2/4 и sin γ = √2/4. Найдем

Поскольку мы оказались в интервале монотонности синуса, то остается воспользоваться определением арксинуса.

Ответ. arcsin [√7 + 1/4].

22.3. Рассмотрим сначала первое и третье слагаемые:

arctg (−2) = α, tg α = −2, −π/2 < α < 0;

arctg (−⅓) = β, tg β = −⅓, −π/2 < β < 0.

Таким образом, −π < α + β < 0, что не является областью главных значений какой−нибудь обратной тригонометрической функции. Поэтому прибавим ко всем частям неравенства π: 0 < π + α + β < π. Теперь π + α + β попадет в область значений арккотангенса, что обеспечивает взаимно однозначный переход к обратным функциям. Найдем

Следовательно,

π + α + β = arcctg (−1/7), т. е. α + β = −arcctg 1/7.

Наше выражение равно arcsin ⅓ − arcctg 1/7. Пусть

arcsin ⅓ = γ, sin γ = ⅓, 0 < γ < π/2;

arcctg 1/7 = δ, ctg δ = 1/7, 0 < δ < π/2.

Так как −π/2 < γ − δ < π/2, что является интервалом значений арксинуса, то вычислим синус от γ − δ:

sin (γ − δ) = sin γ cos δ − cos γ sin δ.

Так как

cos γ = 2√2/3, cos δ = 1/5√2, sin δ = 7/5√2,

то

Ответ. arcsin √2 − 28/30. 

22.4. Сумма существует при 0 ≤ x ≤ 1. Введем обозначения и используем определение арксинуса:

Так как сумма α + β лежит в интервале [0, π], который является интервалом монотонности косинуса, то имеется взаимно однозначное соответствие между α + β и cos (α + β) при условии, что 0 ≤ x ≤ 1. Так как

то α + β = π/2.

Ответ. π/2 при 0 ≤ x ≤ 1.

22.5. Оценим φ = π(x² + x − 3), если 0 ≤ x ≤ √3 − 1/2.

Имеем

Следовательно,

где 0 ≤ 3π/2 − 4π − φ ≤ π/2. Окончательно получаем

arccos sin φ = π − 3π/2 + 4π + φ = 7π/2 + φ.

Ответ. 7π/2 + π(x² + x − 3).

22.6. При 0 ≤ x ≤ 1 оба арксинуса существуют. Для первого это очевидно, а для второго имеем

Следовательно,

и, тем более,

Введем обозначение

arcsin x = α, sin α = x, 0 ≤ α ≤ π/2;

Нужно доказать, что α − β = π/4, или α − π/4 = β. Так как −π/4 ≤ α − π/4 ≤ π/4, то α − π/4 и β лежат в интервале монотонности синуса. Поэтому, если мы докажем, что синусы этих аргументов равны, то тем самым будет доказано и равенство самих аргументов. Поскольку

(перед корнем взят знак плюс, так как cos α ≥ 0 при 0 ≤ α ≤ π/2).

Итак, доказано, что sin (α − π/4) = sin β, откуда следует справедливость нашего равенства.

22.7. Так как x < −1, то −1 < 2 x /1 + x ² < 0. Введем обозначения

Следовательно,

−3π/2 < α + 2β < −π/2,

т. е. данное выражение лежит в интервале монотонности синуса. Найдем

После подстановки получим

т. е. α + 2β = −π.

Ответ. −π.

22.8. Из уравнения следует, что

arcsin x = π/12 + n π /3.

Поскольку −π/2 ≤ arcsin x ≤ π/2, то возможны лишь три значения n = 0, −1, 1.

Если n = 0, то arcsin x = π/12,

Если n = −1, то arcsin x = −π/4,

x2 = sin (−π/4) = −1/√2.

Если n = 1, то arcsin x = 5π/12,

Ответ.

22.9. Если x — корень данного уравнения, то и −x будет его корнем. Поэтому достаточно найти лишь неотрицательные корни. Если x ≥ 0, то

Перенеся α в правую часть уравнения, получим β = γ − α, причем 0 ≤ β ≤ π/2 и −π/2 ≤ γ − α ≤ π/2. Поскольку обе части уравнения находятся в интервале монотонности синуса, то данное уравнение равносильно такому:

sin β = sin (γ − α).

Последнее уравнение можно записать в виде

добавив к нему условие |4 x /5| ≤ 1, являющееся в данном случае следствием уравнения. Получаем x1 = 0.

Остается  а после возведения в квадрат

Делаем проверку иррационального уравнения.

Ответ. ±1, 0.

22.10. Из условия следует, что x > 0. В таком случае

Уравнение примет вид α + β = π/3, и обе его части окажутся в интервале (0, π], который является интервалом монотонности косинуса. Следовательно, уравнение

cos (α + β) = cos π/3

равносильно данному. Раскрывая скобки и заменяя тригонометрические функции α и β их выражениями через x, придем к уравнению

После возведения в квадрат получим

4(1 − 4x²)(1 − x²) = (4x² + 1)².

При переходе к последнему уравнению могут появиться посторонние корни из−за того, что обе левые скобки могут стать отрицательными. Чтобы избежать этого, добавим условие |2x| ≤ 1.

Уравнение 28х² − 3 = 0, к которому сводится последнее, имеет корни  Из них следует выбрать первый, так как он положителен и так как

Ответ.

22.11. Обозначим

arctg (2 + cos x) = α, arctg (2 cos² x /2) = β.

Так как 2 + cos x > 0 и 2 cos² x /2 > 0, то 0 < α < π/2 и 0 ≤ β < π/2.

Уравнение принимает вид α − β = π/4, причем

−π/2 < α − β < π/2 и −π/2 < π/4 < π/2.

Так как (−π/2, π/2) — интервал монотонности тангенса, то уравнение α − β = π/4 равносильно уравнению tg (α − β) = tg π/4.

Переходя к уравнению

мы можем потерять те корни, для которых tg α или tg β не существует. В нашем случае этого не произойдет, поскольку

tg α = 2 + cos x, tg β = 2 cos² x /2,

а правые части существуют всегда. Получаем уравнение

которое после преобразований принимает вид

2 cos4 x /2 + cos² x /2 = 0.

Так как уравнение 2 cos² x + 1 = 0 не имеет решений, то остается cos x = 0.

Ответ. π(2n + 1).

22.12. Пусть

Так как −π/2 < α − β ≤ π/2, то обе части уравнения лежат в интервале монотонности синуса. Поэтому уравнение равносильно такому:

sin (α − β) = sin γ

или

После упрощений получим уравнение

имеющее единственный корень x = ⅔. Делаем проверку и убеждаемся, что x = ⅔ является корнем предыдущего уравнения и, следовательно, корнем исходного уравнения.

Ответ. ⅔.

22.13. Введем обозначения

Наше уравнение принимает вид α + β + γ = δ или α + β = δ − γ. Обе части уравнения лежат в интервале (−π, π). Если мы возьмем котангенсы от обеих частей уравнения, то можем потерять лишь корень, которому соответствует значение углов, равное 0, так как это — единственное значение из интервала (−π, π), в котором котангенс не существует. Проверим, будет ли выполняться равенство α + β = δ − γ = 0. Если α + β = 0, то arctg (1 − x) = arctg x, откуда 1 − x = x и x = ½. При x = 1 получим, что δ − γ = arctg 3/2 − arctg 3/2 = 0. Таким образом, x1 = ½ — корень уравнения. Если α + β ≠ 0, то от обеих частей уравнения можно взять котангенсы:

ctg (α + β) = ctg (δ − γ),

что приведет к следствию исходного уравнения. Раскрыв скобки и подставив выражения тригонометрических функций α, β, γ и δ через x, получим уравнение

которое равносильно системе

Получаем два значения неизвестного: x2 = 0, x3 = −½. Проверкой убеждаемся, что оба значения удовлетворяют данному уравнению.

Ответ. 0, ±½.

 

Глава 23

Область определения. Периодичность

23.1. С одной стороны, log3sin x ≤ 0, так как sin x ≤ 1, а с другой стороны, log3sin x ≥ 0, так как это выражение стоит под знаком квадратного корня. Остается единственная возможность:

log3sin x = 0, sin x = 1, x = π(4 n + 1) /2.

Ответ. π(4 n + 1) /2.

23.2. Чтобы найти область определения данной функции, нужно решить систему

которая эквивалентна неравенству

0 < x² − x − 1 < 1, или (х² − x − 1)(х² − x − 2) < 0,

т. е.

(x − 1 − √5/2)(x − 1 + √5/2)(x + 1)(x − 2) < 0.

Ответ. −1 < x < 1 − √5/2; 1 + √5/2 < x < 2. 

23.3. Данное выражение принимает действительные значения, если x удовлетворяет неравенству

которое равносильно неравенству

Его можно заменить системой

Ответ. 3/2 < x ≤ 4.

23.4. Чтобы существовал арккосинус, необходимо и достаточно, чтобы

−1 ≤ x² − Зх + 1 ≤ 1,

т. е.

(х² − Зх + 2)(х² − Зх) ≤ 0, или x(x − 1)(x − 2)(x − 3) ≤ 0,

откуда

0 ≤ x ≤ 1, 2 ≤ x ≤ 3.

Из найденных интервалов нужно исключить точки, в которых tg 2x не существует, т. е. числа x = π(2 n + 1) /4. Два из этих чисел: x = π/4 и x = 3π/4 лежат в найденных интервалах.

Ответ. 0 ≤ x < π/4, π/4 < x ≤ 1, 2 < x < 3π/4, 3π/4 < x ≤ 3.

23.5. Данное выражение принимает действительные значения, если удовлетворяется система неравенств

Решением этой системы будет часть плоскости, лежащая внутри параболы y = x², вне круга x² + y² = 1 и ниже прямой y = 2, причем точки, лежащие на границе и принадлежащие или прямой, или параболе, не входят в область, а точки, лежащие на окружности (кроме точек А и С — рис. P.23.5), входят в область определения.

23.6. Способ 1. Пусть Т — период функции. Тогда

cos (x + Т)² = cos x²

при всех x. Если x = 0, то получим cos Т² = 1, откуда Т² = 2nπ. Если x = Т√2 , то cos (√2 + 1)²Т² = cos 2Т², откуда или

(√2 + 1)²Т² + 2Т² = 2kπ, или (√2 + 1)²Т² − 2Т² = 2mπ,

т. е.

либо (2 + 2√2)Т² = 2kπ, либо (1 + 2√2)Т² = 2mπ.

Подставляя в оба выражения Т² = 2nπ, получим соответственно

5 + 2√2 = k /n или 1 + 2√2 = m /n ,

что невозможно, так как слева стоят иррациональные числа, а справа — рациональные.

Способ 2. Найдем корни функции cos x²:

Рассмотрим положительные корни

Предположим, что Т > 0 — период функции. Тогда, если при x = х1 функция равна нулю, то и при x = x1 + Т она тоже равна нулю. Другими словами, х1 + Т = x m . Аналогично x2 + Т = х k . Вычитая одно равенство из другого, получим

т. е.

Возведем в квадрат:

После вторичного возведения в квадрат получим

Это равенство возможно лишь при  , так как все остальные его элементы — целые. Однако числа k и m выбраны так, что k ≥ 3 и m ≥ 2, т. е. k + m > 3.

23.7. Если f(x) — периодическая функция с периодом Т, то при всех x должно выполняться тождество

sin (x + Т) + cos [а(x + Т)] = sin x + cos аx.

Положив в этом тождестве x = 0, x = −Т и x = Т, получим

Из первого и второго равенств найдем cos aT = 1 и T = 2 n π /a . Подставим найденное значение Т в последнее уравнение:

sin 4 n π /a + cos 4nπ = sin 2 n π /a + cos 2nπ,

т. е.

sin 4 n π /a = sin 2 n π /a ,

откуда или 4 n π /a − 2 n π /a = 2kπ, или 4 n π /a  + 2 n π /a  = (2k + 1)π, т. e. или а = n /k , или a = 6 n /2 k + 1 . И в том и в другом случае а — рациональное число.

23.8. Период функции cos 3 x /2 равен Т1 = 2π : 3/2 = 4π/3, период функции sin x /3 равен 6π.

Наименьшее общее кратное этих периодов будет 12π. Очевидно, что 12π — период данной функции. Докажем, что это — основной период.

Пусть существует период τ такой, что 0 < τ < 12π. Тогда имеем тождество

cos 3/2(x + τ) − sin x + τ /3 − cos 3/2x + sin x /3 = 0,

или

sin ¾ τ sin ¾ (2x + τ) + sin τ/6 cos 1/6 (2x + τ) = 0.

Так как τ < 12π, а ¾τ = 3τ/4ππ и τ/6 = τ/6ππ, то одно из чисел 3τ/4π или τ/6π не является целым, т. е. по крайней мере одно из чисел sin ¾τ и sin τ/6 не равно нулю. Пусть, например, sin ¾τ ≠ 0.

Тогда имеем тождество

что невозможно, так как в правой части стоит постоянная величина. Легко убедиться, что это тождество ложно, выбрав, например, x = 0 и x = 6π и сравнив для этих x левые части. Получим sin 3τ/4 = 0, что противоречит предположению.

Ответ. 12π.

 

Глава 24

Наибольшие и наименьшие значения

24.1. Так как sin x − cos² x − 1 = sin² x + sin x − 2 = (sin x + ½)² − 9/4, то функция достигает своего наименьшего значения при sin x + ½ = 0.

Ответ. x = (−1)k + 1  π/6 + πk.

24.2. Воспользуемся формулой преобразования произведения синусов

y = ½[cos π/6 − cos (4x − π/6)] = √3/4 − ½cos (4x − π/6).

Чтобы функция y достигла своего наибольшего значения, нужно положить cos (4x − π/6) = −1, откуда x = π/24 + π/4 (2n + 1) = π n /2 + 7π/24. Наибольшее значение функции равно ymax = √3/4 + ½.

Ответ. При x = π n /2 + 7π/24 ymax = √3/4 + ½.

24.3. Данную функцию можно записать в виде y = sin x cos x (cos² x − sin² x), после чего она легко преобразуется: 4y = 2 sin 2x cos 2x = sin 4x.

Ответ. ¼.

24.4. Запишем данное выражение в виде (x + y + 1)² + (x − 2)² − 3. Оно будет иметь наименьшее значение, если одновременно x − 2 = 0 и x + y + 1 = 0.

Ответ. −3 при x = 2.

24.5. Точки ±1 и ±2 разбивают числовую ось на пять интервалов, в каждом из которых нетрудно найти наименьшее значение y.

1. Если x ≤ −2, то y = x² − 1 + x² − 4 − x − 2 − x − 1 = 2x² − 2x − 8.

Абсцисса вершины параболы y = 2x² − 2x − 8 равна x = −b /2 a = ½,

т. е. при x ≤ 2 мы находимся левее вершины, функция y на этом участке убывает, а потому наименьшее значение она принимает в самой правой точке интервала: x = −2, y = 4.

2. Если −2 ≤ x ≤ −1, то легко проверить, что y = 4.

3. Если −1 ≤ x ≤ 1, то y = −2x² + 2x + 8.

Так как ветви параболы направлены вниз, то наименьшее значение нужно искать на концах интервала: при x = −1 мы уже видели, что y = 4; при x = 1, y = 8.

4. Если 1 ≤ x ≤ 2, то y = 2x + 6. Наименьшим будет значение в точке x = 1.

5. Если x ≥ 2, то y = 2x² + 2x − 2.

Абсцисса вершины этой параболы x = −½; она лежит левее точки x = 2. Следовательно, наименьшее значение достигается при x = 2, т. е. y = 10.

Ответ. ymin = 4 при −2 ≤ x ≤ −1.

24.6. Заменим a /x на сумму из семи одинаковых слагаемых, каждое из которых равно a /7 x . К функции

x7 + a /7 x + a /7 x + a /7 x + a /7 x + a /7 x + a /7 x + a /7 x

применим неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим  Равенство достигается при  

Ответ.

24.7. Если ввести углы x и y (рис. P.24.7), то по теореме синусов AB + BC + 2R(sin x +  sin y) = 4R sin [π − α/2] cos [x − y /2].

Наибольшее значение этого выражения достигается при cos [x − y /2] = 1, т. е. при x − y = 0. Так как x + y = π − α, то x = π/2 − α/2. Следовательно,

AB = ВС = 2R sin x = 2R cos α/2.

Ответ. 2R cos α/2.

24 . 8 . Если катеты основания обозначить через а и b, то боковая поверхность призмы равна

Нам известна площадь основания. Поэтому аb = 4. Преобразуем выражение для боковой поверхности так, чтобы участвовали только аb и а + b:

Мы получили монотонную функцию от а + b. Ее наименьшее значение достигается одновременно с наименьшим значением а + b. Поскольку а + b ≥ 2√ab = 4, то равенство достигается, если а = b = 2.

Ответ. 2.

24.9. Так как правильный шестиугольник и квадрат — фигуры центрально−симметричные, то центр вписанного в шестиугольник квадрата должен совпадать с центром шестиугольника. Пусть K (рис. P.24.9) — одна из вершин квадрата, а M — центрально−симметричная ей точка многоугольника.

Обозначим через α угол AOK. Тогда   По теореме синусов 

Чтобы задача имела решение, должно быть OQ ≥ OK, т. е. sin (30° + α) ≤ sin α. Так как угол а больше угла BOA, то α ≥ 60°. Кроме того, можно считать, что α ≤ 90°, т. е. 60° ≤ α ≤ 90°. Чтобы для этих углов выполнялось условие

sin (30° + α) ≤ sin α,

необходимо и достаточно, чтобы 75° ≤ α ≤ 90°. Из формулы для KO видно, что с увеличением α диагональ квадрата уменьшается. Следовательно, α нужно выбрать минимальным из возможных, т. е. α = 75°. Тогда , а сторона квадрата равна KO √2.

Ответ.

24.10. Обозначим данную дробь через y. Поскольку дискриминант квадратного трехчлена, стоящего в знаменателе, меньше нуля, уравнения

равносильны. Чтобы x было действительным числом, необходимо и достаточно выполнение условия (3 − 4у)² − 4у(6у − 2) ≥ 0, т. е. 8у² + 16у − 9 ≤ 0. Ему удовлетворяют значения y, для которых −1 − √34/4 ≤ y ≤ −1 + √34/4. Правый конец интервала и будет наибольшим значением дроби.

Ответ. √34/4 − 1.

24.11. Пусть а, b, с — ребра параллелепипеда. Тогда ограничения, указанные в условии задачи, запишутся в виде системы трех соотношений:

аbс = 7,2, аb + ас + bс ≤ 12, а + b ≥ 5.

Преобразуем второе соотношение, приняв во внимание, что а + b ≥ 5:

аb + ас + bс = аb + с(а + b) ≥ аb + 5с,

т. е. аb + 5с ≤ 12. Перепишем теперь первое соотношение в виде аb · 5с = 36. Чтобы решить систему неравенства и уравнения, отыщем точки пересечения прямой x + y = 12 с гиперболой xy = 36, где x = аb, y = 5с. Решая эту систему, найдем единственную точку x = y = 6. Отсюда легко следует, что системе, записанной вначале, отвечают лишь числа с = 6/5, аb = 6. Подставив эти значения во второе соотношение, получим а + b ≤ 5. Поскольку одновременно а + b ≥ 5 (третье соотношение), то а + b = 5 наряду с условием аb = 6.

Ответ. 2, 3, 6/5.

24.12. Преобразуем данную функцию следующим образом:

Второе слагаемое достигает своего наименьшего значения, когда его знаменатель максимален. Поскольку

|sin (α + x) sin (α − x)| = ½|cos 2x − cos 2α|,

то наибольшее значение этого выражения достигается при cos 2x = −1, если cos 2α ≥ 0, 0 < α ≤ π/4, и при cos 2x = 1, если cos 2α < 0, π/4 < α < π/2.

В первом случае x = π(2 k + 1) /2, во втором x = πk. И в том и в другом случае первое слагаемое выражения (1) обращается в нуль. Следовательно, при 0 < α ≤ π/4 наибольшее значение функции равно 2 tg² α, а при π/4 < α < π/2 равно 2 ctg² α.

Ответ. 2 tg² α при 0 < α ≤ π/4, 2 ctg² α при π/4 < α < π/2·

24.13. Введем обозначения: arcsin x = α, arccos x = β. Поскольку α + β = π/2, то

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

Наименьшее значение данной функции соответствует наибольшему значению произведения αβ. Так как β ≥ 0, то наибольшее значение αβ следует искать при α > 0. В этом случае (α > 0, β > 0) можно записать, что

αβ ≤ (α + β/2)² = π²/16.

Наибольшее значение αβ достигается при α = β = π/4. Следовательно, наименьшее значение исходной функции достигается при x = 1/√2 и равно

π³/8 − 3π³/32 = π³/32.

Наименьшее значение произведения αβ, где β ≥ 0, достигается при условии, что α < 0, причем желательно, чтобы абсолютные величины α и β были наибольшими. При x = −1 будет α = −π/2, β = π. Именно в этой точке произведение αβ достигает минимума, так как α принимает минимальное, а β — максимальное из возможных значений. Итак, при x = −1 исходная функция имеет наибольшее значение

π³/8 + 3π/2 π/2 π = 7π³/8.

Ответ. π³/32, 7π³/8.

24.14. Сделаем следующие преобразования:

y = 2 sin² x + 2 cos² x + 4(2 cos² x) − 2 sin 2x = 2 + 4(1 + cos 2x) − 3 sin 2x = 6 + 4 cos 2x − 3 sin 2x = 6 + 5(4/5 cos 2x − 3/5 sin 2x) = (см. указание I) = 6 + 5(sin φ cos 2x − cos φ sin 2x) = 6 + 5 sin(φ − 2x).

Поскольку min sin (φ − 2x) = −1, то min y = 6 − 5 = 1.

Ответ. 1.

24.15. Преобразуем данную систему к виду

или

Введем новые переменные:

x + 1 /5 = s, y + 2 /5 = t, z /12 = v, w − 1 /12 = u.    (4)

Тогда система примет вид

и для удовлетворяющих этой системе переменных нужно найти

min (y + w) = min (5t + 12u − 1).   (8)

Обратим внимание на то обстоятельство, что (5) и (6) — уравнения окружностей радиуса 1. Поэтому можно положить:

s = sin α, t = cos α; v = sin β, u = cos β.

Тогда для левой части (7) получим

sin α cos β + sin β cos α = sin(α + β) ≤ 1.    (9)

Учитывая соотношения (9) и (7) одновременно, получим

sin (α + β) = 1, т. е. α + β = π/2 + 2πk,    (10)

или

sin α = cos β, cos α = sin β,    (11)

s = u, t = v.    (12)

Соотношение (7), которое преобразуется теперь в равенство, примет вид

u² + t² = 1.    (13)

Нам нужно найти min (5t + 12u − 1). Воспользуемся соотношениями (11) и (12), в силу которых u = sin α, t = cos α. Тогда st − 12u − 1 = 13(5/13 − cos α − 12/13 sin³ α) − 1 = 13 cos (α + φ) − 1, где cos φ = 5/13, sin φ = 12/13. Поэтому min (5t − 12u − 1) = −14.

Ответ. −14.