Длгебоа
ЕГЭ (часть С)
ОЛИМПИАДЫ
ЭКЗАМЕНЫ В ВУЗ
ВМК МГУ - ШКОЛЕ
Н. Д. Золотарёва
Ю. А. Попов
В. В. Сазонов
Н. Л. Семендяева
М. В. Федотов
Издательство Московского университета
Углубленный курс
с решениями и указаниями
ВМК МГУ-ШКОЛЕ
Алгебра
Н. Д. Золотарёва,
Ю. А. Попов,
В.В. Сазонов,
Н. Л. Семендяева,
М. В. Федотов
УДК 512
ББК 22.14
А45
Под редакцией М. В. Федотова
Золотарёва Н.Д., Попов Ю.А., Сазонов В.В., Семендяева Н.Л.,
Федотов М.В.
А45 Алгебра. Углубленный курс с решениями и указаниями: Учебно-
методическое пособие / Золотарёва Н.Д., Попов Ю.А., Сазонов В.В.,
Семендяева Н.Л., Федотов М.В.; Под ред. М.В. Федотова. — М.:
Издательство Московского университета, 2011. — 538 с. («ЕГЭ,
олимпиады, экзамены в вуз»)
ISBN 978-5-211-05950-4
Настоящее пособие составлено на основе задач вступительных экзаменов
по математике в МГУ имени М.В. Ломоносова и задач единого государст-
венного экзамена преподавателями факультета ВМК МГУ имени М.В. Ло-
моносова. Пособие содержит теоретический материал, подборку задач, а
также идеи, указания (подсказки) и решения задач.
Рекомендуется школьникам при подготовке к сдаче единого государст-
венного экзамена, абитуриентам при подготовке к поступлению как в
МГУ, так и другие вузы, учителям математики, репетиторам, руководите-
лям кружков и факультативов, преподавателям подготовительных курсов.
УДК 512
ББК 22.14
© Золотарёва Н.Д., Попов Ю.А., Сазонов В.В.,
Семендяева Н.Л., Федотов М.В., 2011
ISBN 978-5-211-05950-4	© Издательство Московского университета, 2011
Оглавление
От редактора.................................................... 6
Предисловие..................................................... 7
Часть I: Теория и задачи	9
1.	Элементы теории чисел....................................... 9
1.1.	Целые числа. Делимость и остатки...................... 9
1.2.	Уравнения в целых числах............................. 11
1.3.	Смешанные задачи на целые	числа...................... 14
1.4.	Рациональные и иррациональные	числа.................. 17
1.5.	Сравнение чисел...................................... 19
2.	Тригонометрические неравенства, обратные тригонометрические функ-
ции ........................................................... 23
2.1.	Основные свойства арксинуса, арккосинуса, арктангенса и
арккотангенса. Преобразование выражении с обратными три-
гонометрическими функциями................................ 23
2.2.	Уравнения и неравенства с обратными тригонометрическими
функциями................................................. 27
2.3.	Отбор решений в тригонометрических уравнениях. Тригоно-
метрические неравенства................................... 30
2.4.	Смешанные задачи..................................... 33
3.	Полезные преобразования	и замены переменных................ 34
3.1.	Использование формул сокращённого умножения, выделение
полного квадрата.......................................... 34
3.2.	Замены переменных в рациональных уравнениях, неравен-
ствах и системах.......................................... 39
3.3.	Замены переменных в иррациональных уравнениях, неравен-
ствах и системах.......................................... 42
3.4.	Замены переменных в показательных и логарифмических
уравнениях, неравенствах и	системах ..................... 46
3.5.	Замены в тригонометрических уравнениях и тригонометри-
ческие замены............................................. 50
4.	Нестандартные текстовые задачи............................. 53
4.1.	Недоопределённые задачи.............................. 53
4.2.	Неравенства в текстовых задачах...................... 56
4.3.	Оптимальный выбор, наибольшие и наименьшие значения . . 59
5.	Использование свойств квадратного трёхчлена в задачах с парамет-
рами .......................................................... 63
5.1.	Исследование свойств квадратичной функции в зависимости
от значений параметра.	Теорема Виета ................... 63
5.2.	Теоремы о расположении корней квадратного трёхчлена на
числовой оси.............................................. 67
5.3.	Смешанные задачи..................................... 73
6.	Использование различных свойств функций и применение графиче-
ских иллюстраций............................................... 75
6.1.	Область определения функции, монотонность, периодичность,
чётность и нечётность ............................... 75
4
6.2.	Множество значений функции, промежутки знакопостоян-
ства и монотонности....................................... 78
6.3.	Функциональные уравнения и неравенства.............. 83
6.4.	Использование графических иллюстраций .............. 89
7.	Метод оценок ............................................. 95
7.1.	Рациональные и иррациональные уравнения и неравенства . . 95
7.2.	Тригонометрические уравнения и неравенства.......... 98
7.3.	Уравнения и неравенства с логарифмическими и показатель-
ными функциями............................................104
8.	Задачи на доказательство..................................106
8.1.	Тригонометрические задачи на доказательство.........106
8.2.	Метод математической индукции.......................109
8.3.	Доказательство неравенств и тождеств ...............111
9.	Использование особенностей условия задачи.................114
9.1.	Оптимизация процесса решения, введение функций, искус-
ственное введение параметров, смена ролей параметра и пе-
ременной .................................................114
9.2.	Чётность и симметричность по нескольким переменным, ис-
следование единственности решения, необходимые и доста-
точные условия............................................118
9.3.	Редукция задачи и переформулирование условия........123
9.4.	Смешанные задачи....................................127
Часть II: Указания и решения	131
1.	Элементы теории чисел.....................................131
1.1.	Целые числа. Делимость и остатки....................131
1.2.	Уравнения в целых числах............................138
1.3.	Смешанные задачи на целые числа.....................146
1.4.	Рациональные и иррациональные	числа.................154
1.5.	Сравнение чисел.....................................159
2.	Тригонометрические неравенства, обратные тригонометрические функ-
ции ...........................................................169
2.1.	Основные свойства арксинуса, арккосинуса, арктангенса и
арккотангенса. Преобразование выражений с обратными три-
гонометрическими функциями................................169
2.2.	Уравнения и неравенства с обратными тригонометрическими
функциями.................................................180
2.3.	Отбор решений в тригонометрических уравнениях. Тригоно-
метрические неравенства...................................191
2.4.	Смешанные задачи....................................202
3.	Полезные преобразования и замены переменных...............218
3.1.	Использование формул сокращённого умножения, выделение
полного квадрата..........................................218
3.2.	Замены переменных в рациональных уравнениях, неравен-
ствах и системах..........................................236
3.3.	Замены переменных в иррациональных уравнениях, неравен-
ствах и системах..........................................245
5
3.4.	Замены переменных в показательных и логарифмических
уравнениях, неравенствах и системах	...................259
3.5.	Замены в тригонометрических уравнениях и тригонометри-
ческие замены..............................................276
4.	Нестандартные текстовые задачи.............................284
4.1.	Недоопределённые задачи..............................284
4.2.	Неравенства в текстовых задачах......................293
4.3.	Оптимальный выбор, наибольшие и наименьшие значения . . 300
5.	Использование свойств квадратного трехчлена в задачах с парамет-
рами ..........................................................312
5.1.	Исследование свойств квадратичной функции в зависимости
от значений параметра. Теорема Виета ......................312
5.2.	Теоремы о расположении корней квадратного трехчлена на
числовой оси...............................................322
5.3.	Смешанные задачи.....................................337
6.	Использование различных свойств функций	и графических иллю-
страций 	353
6.1.	Область определения функции, монотонность, периодичность,
чётность и нечётность .....................................353
6.2.	Множество значений функции, промежутки знакопостоян-
ства и монотонности........................................360
6.3.	Функциональные уравнения и неравенства...............375
6.4.	Использование графических иллюстраций ...............392
7.	Метод оценок ..............................................413
7.1.	Рациональные и иррациональные уравнения и неравенства . . 413
7.2.	• Тригонометрические уравнения и неравенства.........422
7.3.	Уравнения и неравенства с логарифмическими и показатель-
ными функциями.............................................442
8.	Задачи на доказательство...................................458
8.1.	Тригонометрические задачи на доказательство..........458
8.2.	Метод математической индукции........................468
8.3.	Доказательство неравенств и тождеств.................477
9.	Использование особенностей условия задачи..................491
9.1.	Оптимизация процесса решения, введение функций, искус-
ственное введение параметров, смена ролей параметра и пе-
ременной ..................................................491
9.2.	Чётность и симметричность по нескольким переменным, ис-
следование единственности решения, необходимые и доста-
точные условия.............................................500
9.3.	Редукция задачи и переформулирование условия.........511
9.4.	Смешанные задачи.....................................518
Ответы.........................................................527
Литература.....................................................536
б
От редактора
Уважаемый читатель, Вы держите в руках одну из книг серии «ВМК МГУ - шко-
ле». Учебно-методические пособия, входящие в эту серию, являются результатом
более чем десятилетнего труда коллектива авторов, работающих на подготови-
тельных курсах факультета Вычислительной математики и кибернетики (ВМК)
МГУ имени М. В. Ломоносова. Сначала были созданы пособия для очных под-
готовительных курсов, затем были разработаны электронные версии учебников,
используемые при дистанционном обучении. На основе этого опыта подготовле-
на серия книг для старшеклассников, одной из которых и является настоящее
пособие.
Сейчас изданы или готовятся к изданию пособия по алгебре, геометрии и физи-
ке. В дальнейшем предполагается продолжить эту серию силами преподавателей
информатики подготовительных курсов факультета ВМК МГУ и выпустить ана-
логичные пособия по информатике.
По каждому предмету должны выйти два пособия: базовый курс и курс, содер-
жащий сложные задачи части С единого государственного экзамена и нестандарт-
ные задачи вступительных экзаменов в вузы (в основном это задачи различных
факультетов МГУ имени М. В. Ломоносова). Базовый курс содержит все разделы
соответствующего предмета, необходимые для решения задач ЕГЭ частей А, В
и некоторых задач части С, а также первой половины задач вариантов вступи-
тельных экзаменов в вузы. Второе пособие содержит задачи, научившись решать
которые, Вы сможете решать все задачи ЕГЭ и все или почти все задачи олимпиад
и вступительных экзаменов в вузы (за отведённое время можно просто физически
не успеть решить все задачи).
Отличительной особенностью наших пособий является то, что наряду
с традиционными составляющими (теоретический раздел, примеры с решениями,
задачи для самостоятельного решения) мы предлагаем решения всех предложен-
ных задач с идеями и последовательными подсказками, помогающими решить
задачу оптимальным способом без посторонней помощи. Это позволит ученику
самостоятельно продвигаться в решении задачи так, как если бы за его спиной
стоял учитель и направлял ход его мысли при решении трудных задач. Конечно,
мы понимаем, что настоящего учителя не может заменить никакая книга, но если
учителя рядом нет, то, как показал опыт наших дистанционных подготовитель-
ных курсов, наличие грамотных подсказок помогает учащимся самостоятельно
научиться решать задачи. С помощью нашего пособия приобретение такого опыта
учениками будет значительно облегчено. С другой стороны, наши пособия помо-
гут молодым учителям вести занятия. Мы знаем на собственном опыте, что не
всегда легко направлять ученика так, чтобы он сам догадался, как решить за-
дачу. Второй особенностью наших пособий является спиралевидная схема
подачи материала, когда каждая тема повторяется несколько раз, причём каж-
дый раз на более сложном уровне, чем в предыдущий. Это позволяет не забывать
пройденный материал и постепенно подходить к сложным задачам.
Директор учебного центра
факультета Вычислительной математики и кибернетики
МГУ имени М. В. Ломоносова
доцент кафедры математической физики
М. В. Федотов
Предисловие
Предлагаемый «Углублённый курс» является естественным продолжением «Базо-
вого курса» по алгебре и предполагает свободное владение методами и приёмами
из «Базового курса».
Задачи в разделах расположены по принципу «от простого - к сложному».
Аналогичная ситуация имеет место и с последовательностью разделов, поэтому са-
ми разделы и задачи в разделах рекомендуется изучать в предложенном порядке.
Приступать к решению задач надо после изучения соответствующего теоретиче-
ского материала и разбора примеров. Если самостоятельное решение задачи вы-
зывает трудности, рекомендуется воспользоваться системой указаний (подсказок).
В случае, если Вам не удалось получить правильный ответ или у Вас возникли
сомнения в правильности Вашего решения, рекомендуется изучить решение, пред-
ложенное авторами.
При составлении пособия авторы придерживались спиралевидного принципа
подачи материала: сначала предлагаются простые задачи по всем основным раз-
делам математики и методы их решения, затем рассматриваются более сложные
задачи, для решения которых требуются более сложные методы или их комбина-
ции. Это позволяет не только закрепить, но и осмыслить на новом уровне уже
пройденный материал. Такая схема обучения с успехом применяется на очных и
дистанционных подготовительных курсах факультета ВМК МГУ имени М. В. Ло-
моносова.
Каждый раздел пособия содержит теоретические основы, описание методов
решения задач, примеры применения методов и набор заданий для решения.
Для задач из материалов ЕГЭ указан соответствующий уровень сложности:
А1 - задачи базового уровня сложности;
В - задачи повышенного уровня сложности;
С - задачи высокого уровня сложности.
Запись (У) после номера задачи означает, что задача предлагалась на устном
экзамене по математике в МГУ.
Для задач письменного экзамена сначала идет сокращённое название факуль-
тета, затем - год, в котором была задача (если после года в скобках идет цифра
1 или 2 - это значит, что эта задача была на весенней олимпиаде факультета; на
мехмате и физфаке весной проходили две олимпиады; на ВМК, геологическом, хи-
мическом, географическом факультетах и факультете почвоведения - одна олим-
пиада весной). После точки идет номер задачи в варианте (обычно, чем больше
номер, тем сложнее задача в данном варианте). Например, (ВМК-98.3) означает,
что задача была в 1998 году летом на вступительных экзаменах на факультете
ВМК, третьим номером в варианте, а (М/м-97(2).1) означает, что задача была в
1997 году на второй весенней олимпиаде механико-математического факультета
первым номером в варианте.
гДо 2009 года включительно задания части А представляли собой задания базового уровня
сложности с выбором одного правильного ответа из четырёх предложенных. Начиная с 2010
года, части Аи В объединены и представляют собой задания с кратким ответом в виде целого
числа или конечной десятичной дроби.
8
Сокращения названий факультетов, принятые в данной книге
М/м - механико-математический факультет,
ВМК - факультет Вычислительной математики и кибернетики (.Б - отделение
Бакалавров по прикладной математики, .И - отделение Бакалавров по Информа-
ционным технологиям),
Физ - физический факультет,
Хим - химический факультет,
ВКНМ - Высший колледж наук о материалах,
ФНМ - факультет наук о материалах (до 2000 года - ВКНМ)
Биол - биологический факультет,
Почв - факультет почвоведения,
Геол - геологический факультет (.ОГ - отделение общей геологии),
Геогр - географический факультет,
Экон - экономический факультет (.М - отделение менеджмента, .К - отделение
экономической кибернетики, .В - вечернее отделение),
ВШБ - Высшая школа бизнеса,
Псих - факультет психологии,
Фил - философский факультет,
Филол - филологический факультет,
Соц - социологический факультет,
ИС А А - Институт стран Азии и Африки,
ФГУ - факультет государственного управления (отделение «Антикризисное управ-
ление»),
ЧФ - Черноморский филиал МГУ (г.Севастополь).
Используемые обозначения
{а} - множество, состоящее из одного элемента а;
U - объединение; П - пересечение; 0 - пустое множество;
6 - знак принадлежности; С - знак включения подмножества;
V - для любого; А\В - разность множеств А и В;
=> - следовательно; <=> - тогда и только тогда;
N - множество всех натуральных чисел;
Z - множество всех целых чисел;
Q - множество всех рациональных чисел;
R - множество всех действительных чисел;
ОДЗ - область допустимых значений;
... - знак системы, означающий, что должны выполняться все
условия, объединённые этим знаком;
... - знак совокупности, означающий, что должно выполняться
... хотя бы одно из условий, объединённых этим знаком.
Рекомендуется школьникам при подготовке к сдаче единого государственного
экзамена, абитуриентам при подготовке к поступлению как в МГУ, так и другие
вузы, учителям математики, репетиторам, руководителям кружков и факульта-
тивов, преподавателям подготовительных курсов.
Желаем удачи!
Часть I: Теория и задачи
1.	Элементы теории чисел
1.1.	Целые числа. Делимость и остатки
Теоретический материал
При решении задач на целые числа необходимо знать следующие факты:
•	любое натуральное число единственным образом (с точностью до перестанов-
ки сомножителей) может быть представлено в виде произведения простых
чисел;
о
•	при делении натурального числа р на натуральное число q возможны q
различных остатков: 0,1, 2,..., (д — 1).
Полезно также помнить признаки делимости натуральных чисел:
•	при делении на 5 и на 10 число даёт такой же остаток, как и последняя его
цифра;
•	при делении на 4, 25, 50 и на 100 число даёт такой же остаток, как и число,
записанное двумя его последними цифрами;
•	при делении на 3 и на 9 число даёт такой же остаток, как и сумма его цифр.
Поэтому, если сумма цифр делится на 3 или на 9, то и само число делится
на 3 или на 9.
Заметим, что при изучении делимости чисел достаточно работать не с самими
числами, а с остатками от деления этих чисел. Все арифметические действия с
остатками, кроме деления, повторяют действия с числами, а именно: при сложении
чисел складываются остатки, при возведении в степень в эту степень возводятся
остатки и т.д.
В задачах, где требуется установить, что какое-то выражение, зависящее от
натурального числа п, делится или не делится при всех п на заданное натуральное
число, часто используется следующий факт: произведение к последовательных
натуральных чисел делится на к.
2	Иногда бывает удобно рассматривать отрицательные остатки. Например, в качестве остатка
при делении числа 15 на 8 можно использовать 7, а можно ( —1).
10
Теория и задачи
Примеры решения задач
Пример 1. Остатки от деления на 3 чисел тип равны 1 и 2 соответственно.
Каковы остатки от деления на 3:
а) суммы т + п;
б) произведения т • п?
Решение. Так как т = Зк + 1, а п — 31 + 2, то
m + п — Зк + 3Z + 3 = 3-(A? + Z + 1).
Следовательно, т + п делится на 3 нацело. Рассмотрим теперь произведение
тп = (ЗА? + 1) • (31 + 2) = 9к1 + 31 + 6А? + 2 = 3(3fcZ + I + 21) + 2,
то есть при делении на 3 произведения тп остаток равен 2.
О т в е т. а) 0, б) 2.
Пример 2. Доказать, что для всех натуральных п выражение (п3 + Зп2 + 2п)
делится на 6.
Решение. Так как п3 + Зп2 + 2п = п(п + 1)(п + 2) - есть произведение трёх
последовательных чисел, которое всегда делится и на 2, и на 3, то п3 + Зп2 + 2п
делится на 6.
Пример 3. Дано число 21995. Найти
а) последнюю цифру этого числа,
б) остаток от деления на 7.
Решение, а) Представим исходное число в виде
21995 = 24'498+3 = 16498 • 8
Поскольку 16 в любой натуральной степени оканчивается на 6, а 6 • 8 = 48, по-
следняя цифра числа 21995 равна 8.
б)	Рассмотрим остатки степеней двойки от деления на 7:
•	21 при делении на 7 даёт остаток 2,
•	22 при делении на 7 даёт остаток 4,
•	23 при делении на 7 даёт остаток 1.
Эти остатки повторяются с периодом Т = 3. Так как 1995 = 3 • 665, то 21995 при
делении на 7 даёт остаток 1.
О т в е т. а) 8, б) 1.
1.2. Уравнения в целых числах
11
Задачи
1.	Доказать, что число п5 — п делится на 30.
2.	Доказать, что число п3 — 7п делится на 6.
3.	Доказать, что п2 + 1 не делится на 3 ни при каких целых п.
4.	Сумма т2 + п2 делится на 3. Доказать, что она делится на 9.
5.	Доказать, что число п(п + 1)(п + 2)(п + 3) делится на 24.
6.	Доказать, что п3 + Зп2 — п — 3 делится на 48 при нечётном п.
7.	При каких натуральных п число п4 + 2п3 — п2 — 2п не делится на 120?
8.	Доказать, что сумма кубов трех последовательных чисел делится на 9.
9.	Цифры трёхзначного числа переписаны в обратном порядке. Доказать, что
разность между исходным и полученным числом делится на 9.
10.	Докажите, что 4343 — 1717 делится на 10.
11.	Делится ли на 7 число 19911917 + 19171"1?
12.	Доказать, что для всех натуральных п выражение (82п-1 — 1) делится на 7.
13.	Доказать, что 5П — Зп + 2п делится на 4.
14.	Найти все натуральные п, при которых число п • 2п + 1 делится на 3.
15.	Доказать, что число 11 ^.. 1 делится на 81.
81
16.	Доказать признак делимости на 11: "число п кратно 11 тогда и только тогда,
когда сумма его цифр с чередующимися знаками кратна 11".
17.	При каких п число М = 1717. .Л7 делится на 33?
2п Цифр
1.2.	Уравнения в целых числах
Теоретический материал и примеры решения задач
Приведём основные приёмы решения уравнений в целых числах.
• Разложение на множители с последующим перебором возможных вариантов.
Пример 1. Решить в натуральных числах уравнение 2ху = х2 + 2у.
Решение. 2ху = х2 + 2у <=> у2 — 2у = (х — у)2	<=>
<=> (у - I)2 - (а; -у)2 = 1	<=>	(2у - х - 1)(ж - 1) = 1.
Следовательно, оба множителя равны единице и х = 2, у = 2.
Ответ. (2;2).
12
Теория и задачи
Пример 2. Решить в целых числах уравнение 2х + 1 — у2.
Решение. Если х < 0, то 0 < 2х < 1 и у2 . При х = 0 также у Z.
Пусть х > 0, тогда 2х = (\у\ - 1)(|т/| + 1), следовательно, |?/| — 1 = 2Р,
\у\ + 1 = 2q и 0 < р < q. Откуда 2* - 2Р = 2	2Р(2*“Р - 1) = 2.
Возможные варианты:
Г 2Р = 2,	_ J р = 1,	_ Г р = 1,	( у = ±3,
; ( 2q~p -1 = 1	\ q-p=l	I q = 2	[ я = 3.
Г 2р = 1,	м
б)	| 2q~p -1 = 2	0*
Ответ. (3;3), (3;-3).
•	Использование делимости целых чисел.
Пример 3. Доказать, что уравнение у2 = 5х2+6 не имеет решений в целых
числах.
Решение. Перепишем уравнение в виде
у2 - х2 — 4ж2 + 6	<=> (у - х)(у + х) = 4х2 + 6.
Так как правая часть уравнения является чётным числом, то и левая часть
также должна быть чётным числом. Если (у + х) чётно, то (у — х) тоже
чётно, и наоборот. Следовательно, левая часть уравнения делится на 4, но
правая часть на 4 не делится. Значит уравнение не имеет решений.
•	Использование оценок с последующим перебором возможных значений.
Пример 4. Решить в натуральных числах уравнение 2ху+4г = zx2 +4y2z.
Решение. Вынесем z за скобки:
z(x2 + 4?/2 - 4) = 2ху.
Выражение в скобках не равно нулю, так как иначе 2ху = 0, что неверно
при ж, у е N. Следовательно,
Z ~	---7*
х* + 4у* — 4
Так как z Е N, то z > 1, то есть
2 ^у2—т > 1	<=> х2 + 4у2 - 4 - 2ху < 1	4=> (х - у)2 + Зу2 < 4.
xz + 4yz — 4
Откуда видно, что у не может быть больше 1, а при у = 1 получаем
(я-1)2<1.
Следовательно, х = 1 либо х = 2.
Ответ. (1; 1;2), (2; 1; 1).
1.2. Уравнения в целых числах
13
• Рассмотрение остатков.
Пример 5. Решить в целых числах уравнение 11ж 4- 7у = 3.
т.	т.	3-lls „
Решение. Выразив у через х, получим у =-----—. Представим х в виде
ж = 7& 4-г, к е Z, г = О,1,...,6.
Тогда у = —Ilk 4------—. Для того, чтобы у было целым надо, чтобы
(3 — 11г) делилось на 7. В результате перебора всех значении г = 0,1,..., 6
оказывается, что подходит только г = 6. Следовательно, х = 7к 4- 6, к 6 Z,
у = -Ilk-9.
Ответ. (7к + 6; — Ilk — 9), к е Z.
Задачи
1.	Решить в целых числах	уравнение	ху 4-1 = х 4- у.
2.	Решить в целых числах	уравнение	х(х + 1) = у2.
3.	Решить в целых числах	уравнение	2х2 + ху — у2 —	7х	— 4?/ —	1.
4.	Доказать, что уравнение х2 — у2 =	1982 не имеет решении в целых числах.
5.	Доказать, что уравнение х2 — 2у2 +8z = 3 не имеет решении в целых числах.
6.	Доказать, что уравнение х2 — Зу2 4-17 не имеет решении в целых числах.
7.	Решить в целых числах уравнение Зу = 1 + х2.
9.	Решить в целых числах уравнение 3(я — З)2 + §у2 + 2z2 + 3t/2z2 = 33.
10.	Решить в целых числах уравнение х2 — кху = 4т/2.
11.	Решить в целых числах уравнение ху — х 4- у.
12.	Решить в натуральных числах уравнение xz + 4у =	ух2 + z2у.
13.	Решить в натуральных числах уравнение 2х — Зу =	1.
14.	Решить в целых числах уравнение 3 • 2х + 1 = у2.
15.	Решить в натуральных числах уравнение 3® — 2У =	1.
16.	Решить в натуральных числах уравнение х 4- у 4- z — xyz.
17.	Решить в целых числах уравнение х2 4- у2 4- z2 — 2xyz.
14
Теория и задачи
1.3.	Смешанные задачи на целые числа
Теоретический материал
При решении смешанных задач пригодятся методы и приёмы решения задач на
целые числа, приведённые в предыдущих разделах, а именно: разложение на мно-
жители с последующим перебором возможных вариантов, использование делимо-
сти целых чисел, рассмотрение остатков, использование оценок с последующим
перебором возможных значении.
Также в этот раздел включены задачи, связанные с исследованием сократимо-
сти дробей вида a(n)/6(n), п (Е N. Существует несколько способов решения таких
задач.
•	Предполагается сократимость дроби на натуральное g, q / 1. Этот факт
переписывается в виде двух равенств для числителя и знаменателя. Затем
исключается исходная переменная п и получается равенство для q , из кото-
рого находятся возможные значения q.
о	й °(п)
•	Заданная дробь —— представляется в виде
Ь(п)
Цп) =	+ Ып) ’
где выражения a(n), 6(n), c(n), d(jt) принимают целочисленные значения.
Поскольку натуральное число к является общим делителем выражений а(п)
и Ь(п) тогда и только тогда, когда оно является общим делителем выражений
d(n) и Ь(п), вопрос о сократимости исходной дроби сводится к исследованию
сократимости дроби d(rt)/b(ri). В случаях, когда указанное представление
исходной дроби является выделением целой части или когда d(n) не зависит
от п (то есть является целым числом), исследование сократимости новой
дроби d(n)/6(n) является, как правило, менее трудоёмким, чем исследование
сократимости исходной дроби а(п)/Ь(г1).
Напомним также, что если числа а и b представлены в виде произведения простых
множителей
Л „711	„712	к
a = Pi -Р2 'Pi ’	° = Pi -Р2 '----Pi >
то наибольший общий делитель (НОД) и наименьшее общие кратное (НОК) этих
чисел вычисляются следующим образом:
ТТЛЛ ТГ/ z\	771271(711,7711)	771271(712 ,7712)	771271(71/,771/)
НОД(а, b) = рх	• р2	 ••Pi	,
ТТЛЛТЛ/ т\   77ia®(7ll ,7711)	771а® (712 j7712)	771а® (т1/,771/)
нохца, о) — рг	• р2	• • • • * Pi
Замечание. НОД(а,6) • НОК(а,6) = а • Ъ.
Примеры решения задач
Зп + 2
Пример 1. При каких п € Z выражение ------— является целым числом?
п — 1
1.3. Смешанные задачи на целые числа
15
_	_ 3п + 2 3п —3 + 5	5
Решение. 1ак как ---- = -------------- = 3 Н-, то исходное число будет
п-1	п-1	п-1
5	г .
целым только, если целым будет число -что возможно при п-1 Е {±5, ±1}.
п — 1
Ответ, п = —4; 0; 2; 6.
Пример 2. Доказать, что дробь ----------- несократима ни при каком п.
n2 + 1
Решение. Преобразуем исходную дробь
п2 — n + 1 _ п
п2 + 1	n2 + 1 ’
_	n2 — n + 1	п
Если сократима дробь ----------, то сократима дробь —----. Если сократима
п2 + 1	п2 + 1
п п2 + 1 1 1
дробь —-----, то сократима дробь ----- = п Н— и сократима дробь —, что
п2 +1	п	п	п
неверно. Следовательно, исходная дробь несократима.
Пример 3. При каких натуральных п число п4 + 4 простое?
Решение. Так как
п4 + 4 = п4 + 4п2 + 4 — 4п2 = (п2 + 2)2 — 4п2 = (п2 + 2п + 2)(п2 — 2п + 2),
то п4 + 4 - простое число, только если п2 + 2п + 2 = 1 или п2 — 2п + 2 = 1. Первое
уравнение решении в натуральных числах не имеет. Решением второго уравнения
является n = 1, в этом случае выражение п4+4 равно 5, то есть является простым
числом.
Ответ, n = 1.
Пример 4. Является ли полным квадратом число М = 11... 1 — 22... 2 ?
2п цифр п цифр
10п - 1
Решение. Так как 11... 1 =-----, то
'—V—'	9
п цифр
,,	102п - 1 „ 10п - 1	102п - 2 • 10n + 1	/10п-1\2
М =--------2-----------------------= --------
9	9	9	\	3 у
Так как 10п — 1 делится нацело на 3, то исходное число является полным квад-
ратом.
Ответ. Да.
16
Теория и задачи
Задачи
1.	Определить р, если р, р + 10, р + 14 - простые числа.
2.	Числа р и q - простые, р, q > 3. Доказать, что р2 — q2 делится на 24.
3.	При каких целых q существует целое решение уравнения х3 + 2qx + 1 = 0?
4.	Доказать, что если две положительные несократимые дроби в сумме равны
1, то их знаменатели равны.
5.	Доказать, что число п4 + 64 составное при любом п G N.
6.	Доказать, что число п(п + 1)(п + 2)(п + 3) + 1 является точным квадратом
при любом натуральном п.
7.	Покажите, что всякое нечётное число можно представить в виде разности
квадратов двух целых чисел.
8.	Доказать, что 231"6 + 319953 - составное число.
9.	Доказать, что если число п не является степенью двойки, то число кп + 1п -
составное (n, fc,I - натуральные числа; n, fc, I > 1).
10.	Известно, что а,Ь,с - целые числа, и а + b = с. Доказать, что а4 + Ь4 + с4
есть удвоенный квадрат целого числа.
11.	Пусть р и q - два последовательных простых числа. Может ли их сумма
быть простым числом?
12.	Сумма к2 + т2 + п2 делится на 4. Доказать, что числа fc,m,n - чётные.
13.	Найти все целые п, при которых дробь
22п + 3
26^74 сок₽атима-
. гг	_	2п2-1
14. Доказать, что дробь --—
п + 1
несократима ни при каком п.
15.	При каких натуральных п сократима дробь
п3 - п2 — Зп ?
п2 — п + 3
16.	Доказать, что число, состоящее из п (п > 1) одинаковых цифр, не является
точным квадратом.
17.	Могут ли числа 11,12,13 быть членами, не обязательно последовательными,
одной геометрической прогрессии?
18. Решить в целых числах уравнение
1992 корня).
^/ж + у4? + ^/ж + ... + у/х = у (всего
1-4- Рациональные и иррациональные числа
17
1.4. Рациональные и иррациональные числа
Теоретический материал
Рациональным числом называется действительное число, представимое в виде
несократимой дроби р/g, где р - целое число, q - натуральное число.
Иррациональным числом называется действительное число, непредставимое в
виде несократимой дроби p/q.
Замечание 1. Любое рациональное число можно представить в виде конечной
десятичной дроби или бесконечной периодической десятичной дроби, а любое ир-
рациональное число — в виде бесконечной непериодической десятичной дроби.
Замечание 2. Сумма, разность, произведение и частное двух рациональных
чисел всегда является рациональным числом. Сумма, разность, произведение и
частное двух иррациональных чисел может оказаться как рациональным, так и
иррациональным числом.
Доказательство иррациональности числа, как правило, проводится от противного.
Предполагается, что заданное число можно представить в виде несократимой дро-
би, после чего полученное равенство с помощью алгебраических преобразований
приводится к уравнению в целых числах, не имеющему решений.
Утверждение 1. Если числа ж,пЕ N, п > 1, а у = у/х N, то у - иррацио-
нально.
р
Доказательство. Предположим противное. Пусть у = ух =---несократи-
Q
мая дробь, тогда — = х. Пусть q± - делитель числа q и q± - простое число. Так
qn
Р
как рп делится на qn, то р делится на gi. Следовательно, дробь - сократима на
Q
qi, а это противоречит нашему предположению. Значит, у - иррационально.
Утверждение 2. Если fc,n Е N взаимно простые числа и k,n / 1, то logfcn -
число иррациональное.
Р
Доказательство. Предположим противное. Пусть logfeп — - - несократи-
<7
мая дробь, тогда kplq = п *<=> кр = nq, что невозможно, так как у к и п нет
общих делителей.
Примеры решения задач
Пример 1. Доказать иррациональность числа х/5 — л/З.
Решение. Пусть х/5 — л/З = г Е Q. Тогда г2 = 8 — 2\/15 и, следовательно,
.—	8 — г2	>—
\ 15 — —-— 6 Q. Но v 15 иррационально согласно утверждению 1. Значит наше
А
предположение о том, что х/5 — л/З = г Е Q - неверно.
18
Теория и задачи
Пример 2. Доказать, что число sin 10° иррационально.
Решение. Из формулы синуса тройного угла получим
sin30° — 3 sin 10° — 4 sin3 10°	Ф=> sin 10° = ^ + t sin3 10°.
6	3
p p
Предположим, что sin 10° - рациональное число, то есть sin 10° = -, где - -
несократимая дробь. Тогда
Р 1 , 4 Р3 , , й 2	3 । q 3
^ = б + Г?	=" +8р'
Из последнего равенства следует, что q - чётное, то есть q = 2п. Тогда
Зрп2 = п3 + р3 <=> п2(3р - п) = р3.
*	Р Р
Следовательно, р3 : п2, а так как дробь - = — несократима, то п = 1. Поскольку
q 2п
полученное в этом случае уравнение для р
Зр - 1 = Р3
р(3-р2) = 1
решений в целых числах не имеет, число sin 10 нельзя представить в виде несо-
Р
кратимой дроби - и, значит, оно является иррациональным.
Q
Пример 3. Доказать, что число 0,1010010001... является иррациональным.
Решение. Пусть оно рациональное. Тогда в его десятичной записи есть период
из к цифр. Но в записи числа сколь угодно далеко от начала встречаются к
нулей подряд. Следовательно, в периоде содержатся одни нули, а это противоречит
условию.
Задачи
1.	Доказать, что число л/2 + ^3 иррационально.
2.	Доказать, что число ^2 + л/З иррационально.
3.	Является ли рациональным число ^/з — ^4 + л/12 + 3 + ^4 — л/12 ?
4.	Один из корней уравнения х2 + рх + q = 0 равен 1 + д/3. Найти р и <?, если
известно, что они рациональные.
5.	Является ли рациональным число sin25°?
6.	Определить первые 4 знака после запятой у числа -^0,9999.
7.	Решить в рациональных числах уравнение 2х = З27.
1.5. Сравнение чисел
19
8.	Может ли иррациональное число в иррациональной степени быть рациональ-
ным?
9.	Доказать, что число 0,123456789101112... (после запятой выписаны все на-
туральные числа подряд) является иррациональным.
10.	Доказать, что между любыми двумя различными иррациональными числа-
ми есть рациональное число.
11.	Доказать, что cos 2° иррациональное число.
12.	Доказать, что cosl° и sinl° есть иррациональные числа.
13.	Определить первый знак после запятой у числа sin 80°.
14.	Указать хотя бы одно рациональное число а такое, что
(7з)^-а
15.	Доказать, что уравнение х3 + х2у + у3 = 0 не имеет ненулевых рациональных
решений.
1.5.	Сравнение чисел
Теоретический материал
При решении задач этого раздела будут полезными следующие приёмы.
•	В случае сравнения однотипных числовых выражений следует алгебраиче-
скими преобразованиями привести исходную задачу к сравнению двух целых
чисел.
•	При сравнении разнотипных числовых выражений а и b подбирают такое
число с, которое сравнимо и с а, и с Ь. Например, для обоснования неравен-
ства а > b находят число с такое, что а > с и с > Ъ.
•	Иногда бывает удобно ввести некоторую вспомогательную функцию /(ж) и
заменить исходную задачу сравнения на сравнение значений функции f(x)
при заданных значениях аргумента.
Также могут оказаться полезными следующие неравенства:
1
а Н—
а
> 2, где а / 0
(оценка суммы двух взаимно обратных величин),
равенство достигается при а = ±1;
х+ у .	.—	. п
—> \/хУ> где Х>У > 0? равенство достигается при х — у
Л»
(среднее геометрическое не превосходит среднего арифметического);
sin х < х < tg х при 0 < х <
7Г
2 ;
•	(1 + х)п > 1 + пх, где х > — 1 и пЕ N (неравенство Бернулли).
20
Теория и задачи
При сравнении логарифмов может быть полезным следующее утверждение.
Утверждение 1. logn (n + 1) при п е N\{1} убывает с ростом п.
Доказательство. Представим logn (n + 1) в виде
.	/ lx т / тг +1	\	. /п + 1\	„	_	/	1\
logn (п + 1) = logn —— • п = logn —— + 1 = logn 1 + - + 1.
\ п )	\ п J	у п)
Для строгого доказательства убывания первого слагаемого достаточно записать
его в виде дроби
!g С1 + £)
1g п
log" (1 + ~
у п
где числитель убывает, а знаменатель возрастает. Таким образом, первое слагаемое
убывает, а, следовательно, убывает и сумма. Что и требовалось доказать.
Примеры решения задач
Пример 1. Что больше: log4 5 или log1//2 1/3?
Решение. log1/21/3 = log2 3 > log34 > log4 5.
Ответ. log4 5 < log1/2l/3.
Пример 2. Сравнить числа 2°л/2 и 1,006.
Решение. Составим формальное неравенство и возведём обе его части в степень
200:
2 V 1,0062°°.
Оценим правую часть с помощью неравенства Бернулли:
(1 + 0, ОО6)200 > 1 + 200-0,006 = 2,2.
То есть 1,ОО6200 > 2,2 > 2 и, следовательно, 2°л/2 < 1,006.
Ответ. 2V2<l,006.
Пример 3. Что больше: sin cos 1° или cos sin 1°?
Решение. Покажем, что sin cos 1° < cosl0 < cos sin 1°.
1) Неравенство sin cos 1° < cos 1° следует из того, что в первой четверти sin х < х.
2) Неравенство cos 1° < cos sin 1° выполняется потому, что 1° > sin 1°, а в первой
четверти cos х убывает.
Ответ, sin cos 1° < cos sin 1°.
Замечание. Неравенство sin cos x < cos sin x справедливо при всех x.
1.5. Сравнение чисел
21
Пример 4. Сравнить числа log2 5 и у/5.
Решение. Оба числа (проверьте самостоятельно) лежат на отрезке [2; 3]. Срав-
5
ним их с серединои отрезка, то есть с -:
5
log2 5 V -
А
<=>	21og25 V 5	<=+ log2 25 < log2 32;
\/5 V
5
2
2 V yfb
4 < 5.
Следовательно, числа log2 5 и \/5 лежат на отрезке
Ml
Сравним их с сере-
динои этого отрезка, то есть
9
С 4:
9
log25 V -
41og25 V 9	+=+ log2 625 > log2 512;
/-9	/-
ч/б V -	<=> 4ч/5 V 9 <=> 80 < 81.
4
9
Следовательно, log2 5 > - > v5.
Ответ. log2 5 > ч/б-
Пример 5. Доказать, что л/2 + \/4 < 2\/3.
Решение. Возведём обе части неравенства в куб:
2 + 3^16 + 3^32 + 4 < 24 <=+ 3(2^2 + 2^4) < 18 +=+	^2 + ^4 < 3.
Обозначим /(f) — t2 + t — 3, fo = л/2 и покажем, что /(fo) < Cl-
Неравенство /(f) <0 справедливо при f е —-—^51. —
. Докажем,
что
-1- У13	-1 + л/1з
2	- V -	2
Поскольку \/2 > 0, левое неравенства очевидно. Правое неравенство равно-
сильно неравенству 2^2 < л/13 — 1. Возведём обе части в куб:
16 < 13\/13 -3-13-1- 3\/13 - 1	56 < 16+13 <=> 7 < 2ч/13,
так как после возведения в квадрат получим очевидное неравенство 49 < 52.
Следовательно, исходное неравенство также справедливо.
Задачи
1. Сравнить числа: 10loge3 и 7log42.
2. Что больше: log4 7 или log1/3 2?
22
Теория и задачи
3.	Что больше: logxl 12 или log12 13?
4.	Сравнить числа: log2 тг + log^ 2 и 2.
5.	Что больше: log2 5 или log3 5?
6.	Что больше: log2 3 или log3 2?
7.	Сравнить числа: loglx 119 и log15 227.
8.	Сравнить числа: 45/1°б4 5 и 5^1о6б 4.
9.	Выяснить, что больше: З40 или 430.
10.	Что больше: ^9! или ^8! ?
11.	Определить знак числа sin 2 • cos 3 • sin 5.
12.	Какое из чисел больше: >/2 cos 2 + 4 cos 1 + 3 — 2 cos 1 или - ?
13.	Какой знак имеет число lg(arctg2)?
14. Что больше:
7Г
4
1	5
или arctg - + arctg -
?
15.	Что больше: sin3 или sin3°?
16. Расположить в порядке возрастания числа:
‘ч-
17.	Сравнить логарифмы: log2 3 и log5 8.
18.	Сравнить числа: log3 7 и log7 27.
19.	Что больше: 2^ или 3^?
20.	Сравнить числа: sin31° и tg30°.
21.	Сравнить числа: tg55°nl,4.
22.	Выяснить, что больше 10^ или 11^.
23.	Что больше: \/40 + 1 или л/88?
24.	Сравнить числа: log2 14 и \/15.
25.	Сравнить числа: log189 1323 и log63 147.
log3 4 • log3 6 •... • log3 80
26.	Сравнить два числа: - 3 к  --------;---—- и 1.
21og3 5 • log3 7 •... * log3 79
2.1. Основные свойства арксинуса, арккосинуса...
23
2. Тригонометрические неравенства, обратные три-
гонометрические функции
2.1. Основные свойства арксинуса, арккосинуса, арктанген-
са и арккотангенса. Преобразование выражений с об-
ратными тригонометрическими функциями
Теоретический материал
В этом разделе собраны задачи, связанные с преобразованием выражении, со-
держащих обратные тригонометрические функции. Для решения таких задач до-
статочно знать определения обратных тригонометрических функции и помнить
основные тригонометрические формулы:
.2	2	sina;	cos® 1
sin х + cos x = 1, tg® =-, ctg® = —--=---,
COS X	sin X tg X
sin 2® = 2 sin x • cos ®, cos 2x — cos2 x — sin2 x — 2 cos2 x — 1 = 1 — 2 sin2 ®,
. 2	1 — cos 2x 2	1 + cos 2x . Л 2 tg x л 1 — tg2 x
sm x =------------, cos x —------------, sin 2® =-------5—,	cos2® =--------5—,
2	2	1 + tg2®	1 + tg2®
sin(® ±y) = sin x • cos у ± cos x • sin 3/, cos(® ± y) = cos x • cos у + sin x • sin 2/,
.	4 tg ® =E tg 7/	2tg®
tg(® ± y) =    ------—, tg 2® =   —y-,
l=ptg®-tg2/	1-tg2®
1 + tg2 x =
1
COS2 X
2	1	/ и \	.	/ 71	\
1 + ctg x =	—5—,	cos I —	— ж I	= sms, sin I —	— x )	= cos x,
sin x \2	/	\2	/
, . c  x^y	x^y
sm x ± sm у = 2 sm —-— • cos-
2	2
® + 2/	ж-2/
cos ® + cos у = 2 cos —-— • cos —-—,
®+ 2/	. x -y
cos ® — cos у = — 2 sm —-— • sin-
*	2	2
sin ж • sini/ — ^(cos(a: — y) — cos(a; + y)),
cos x • cos у = i (cos(® + y) + cos(® — ?/)),
Z
sin® • cos у — -(sin(® + y) 4- sin(® — 2/)).
z
He забывайте, что тригонометрические формулы справедливы лишь при соот-
ветствующих допустимых значениях аргументов.
Напомним определения обратных тригонометрических функции:
•	арксинусом числа ® Е [— 1; 1] называется число у = arcsin®, удовлетворяю-
Г
щее двум условиям: sin 2/ = х и у Е — —; —
24
Теория и задачи
•	арккосинусом числа х € [— 1; 1] называется число у = агссозж, удовлетворя-
ющее двум условиям: cosy = х и у € [0;тг];
арктангенс ом числа х
двум условиям: tg у =
6 К. называется число у = arctg х, удовлетворяющее
X и
2’ 2/
• арккотангенсом числа х € К называется число у = arcctg х, удовлетворяю-
щее двум условиям: ctg у = х и у 6 (О;тг).
График обратной тригонометрической функции симметричен графику основ-
ной тригонометрической функции относительно прямой у = х на соответствую-
щей области определения:
Полезно также знать следующие формулы, связанные с обратными тригоно-
метрическими функциями:
arcsin х + arccos х =
7Г
2’
arctg х + arcctg х =
7Г
2’
arcsin (—ж) = — arcsinж, arccos (—ж) = тг — arccos ж, |ж| < 1;
arctg (—ж) = — arctg ж, arcctg (—ж) = % — arcctg ж;
tg (arcctg ж) = ctg (arctg ж) = -, ж / 0;
2.1. Основные свойства арксинуса, арккосинуса...
25
cos(arcsin®) = \/1 — sin(arccos®) =	—	|®| < 1;
tg(arcsin®) = . Х - , |®| < 1;
v 1 - х2
.	ч л/1 — «2	111	/Г»
tg(arccos®) =--------, |®| < 1, х 0.
х
Подобные формулы получаются при комбинировании определении обратных
тригонометрических функций и основных тригонометрических формул.
Примеры решения задач
7Г
Пример 1. Докажем формулу: arcsin ® + arccos ® = —, |®| < 1.
Доказательство. Перепишем исходное равенство в виде
ТГ
arcsin х =-arccos х
2
и докажем его, используя определение арксинуса. Проверим выполнение двух
условий:
— arccos х 1 — х;
I . ТГ	Г ТГ
2) — —arccos® 6------.
7 2	L 2 2j
С помощью формулы приведения получаем, что
. \	/
sin----arccos х = cos (ar
\2	/	v
X,
следовательно, первое условие выполняется. Проверим выполнение второго усло-
вия:
ТГ ТГ	ТГ
---<-------arccos® < —	<=>	—тг < — arccos® < 0	<=>	0 < arccos® < тг.
2 “ 2	“ 2
Справедливость последнего неравенства следует из определения арккосинуса.
Пример 2. Вычислить sin f arccos f i
Решение. Положим а = arccos , тогда cos а = — |и0<а<тг. Из
основного тригонометрического тождества следует, что
/ 1V 2V2
|sma| = J1 - -- 1 = —
V \ о / о
Так как а 6 [0; тг], то подходит только положительное значение синуса.
Замечание. Аналогичным образом доказываются и другие формулы этого раз-
дела в общем случае.
м 2^
Ответ. .
26
Теория и задачи
Пример 3. Построить график функции у = arcsin(sin х).
Решение. Так как 2тг является периодом функции у = sin®, то 2тг будет пери-
одом и для функции у — arcsin(sin ж). Поэтому нам достаточно построить график
этой функции на отрезке
с учётом периодичности.
1) Рассмотрим отрезок
ТГ ЗТГ
2’ 2
, а потом продолжить его на всю числовую ось
у = arcsin(sin ж);
sin?/ — sin ж,
Г ТГ ТГ З
У = ж.
2) На отрезке
ТГ Зтг
2’ 2
получим
'тг Зтг
X е	,
2 2 J
у = arcsin(sinjr);
ТГ 37Г
2’Т
sin?/ = sin ж,
у — тг — ж.
Г ТГ ТГ 1
х е
х G
3) Продолжим график с учётом периодичности на всю числовую прямую.
уЛ
тг/2
-тг/2
Злг/2
тг/2
-л/2
Замечание. Аналогичным образом строятся графики функций у = arccos(cos х
у — arctg(tg ж), у = arcctg(ctg х).
Задачи
1. Доказать, что arcsin(—ж) = — arcsinж.
2. Доказать, что arccos(—ж) = тг — arccosж.
(тг \
cos — J .
g
4. (ЕГЭ.В) Вычислить — arcctg(cos тг).
2.2. Уравнения и неравенства с обратными...
27
5. (У) Вычислить
. ( . 8тг
arcsin sm —
\	7
6. (У) Вычислить
. /	/ 1
sm arccos —-
V	\ 4
7. (У) Вычислить
8. (У) Вычислить
cos (arcctg(-2)).
sin(2arctg6).
9.	(ЕГЭ.В) Найти
значение
выражения
( ( 1
5^/2 sin I — — arctg I — -
10.	(ЕГЭ.В) Найти
значение
выражения
9 / / 1
tgz I arccos I — -
11.	(ЕГЭ.В) Найти
значение
выражения
4 (
- tg I 7г — arcsm
12.	(У) Вычислить
cos
13. (У) Вычислить
/	. 5	( 1
cos I arcsm — + arccos I — -
\	-LU	\
14.
(У) Вычислить
sin
15.
(У) Вычислить
/1	/4
ctg I - arccos I — -
(У) Вычислить
17. (У) Вычислить
16.
arccos (cos 10).
arcsin (sin 14).
/-rT\ TT	1	7 7Г
18. (У) Доказать, что 2arctg - 4- arctg — = —.
“£	Zo 41
19. (МГУ-53) Упростить выражение cos I 2 arccos
гкЛ /1ГТТТТ г1 л\ it	(1	CL \
20. (МГУ-53) Упростить выражение tg I — + - arccos - ) +tg I — — - arccos - ).
\ 4	2 b J \ 4	2 b J
2.2. Уравнения и неравенства с обратными тригонометри-
ческими функциями
Для успешного решения уравнений и неравенств с обратными тригонометриче-
скими функциями достаточно знать определения и свойства обратных тригоно-
метрических функций.
Напомним, что функции у — arcsin® и у = arctg® монотонно возрастают
Г 7Г 7Г1
на своих областях определения и принимают значения из промежутков ——; —
L Z Z J
28
Теория и задач.
( 7Г тг\	_
и \ ”2’2/ соответственно’ а ФУ^Ц™ У — arccos® и у — arcctg® монотоннс
убывают на своих областях определения и принимают значения из промежутков
[0; тг] и (0; тг) соответственно.
Общий метод решения задач с обратными тригонометрическими функциями
состоит в применении одной и той же тригонометрической функции к обеим ча-
стям данного уравнения или неравенства. При этом для обеспечения равносильно-
сти переходов необходимо тщательно следить за областью значений левой и пра-
вой частей исходного уравнения (неравенства), при необходимости рассматривая
задачу на нескольких промежутках.
Примеры решения задач
Пример 1. Решить неравенство arcsinх < arccos ж.
тт	1	тг
Решение. Применив формулу arccos х = — — arcsin х , получим
А
7Г
arcsin х < — — arcsin х
2
тг
arcsin х < — ,
4
откуда в силу монотонности арксинуса следует, что
Ответ.
л/2/
1
Л
Пример 2. Решить уравнение 2 arcsin® + arccos(l — ®) = 0.
Решение. Первый способ. Перепишем уравнение в виде
arccos(l — ®) = —2 arcsin®.
Согласно определению арккосинуса это равенство равносильно системе
J cos (—2 arcsin ®) = 1 — ®,	J 1 — 2 sin2 (arcsin ®) = 1 — ®,
I 0 < —2arcsin® < тг;	| arcsin® < 0;
1 - 2®2 = 1 — ®,
arcsin® < 0;
® — 0;
1
,Х ~ 2’
arcsin® < 0;
х = 0.
Второй способ. Проанализируем, в каких пределах может изменяться перемен-
ная х. Обратные тригонометрические функции, входящие в исходное уравнение
2arcsin® + arccos(l — ®) = 0, определены при
X е [0; 1].
При этих значениях переменной ® оба слагаемых исходного уравнения неотрица-
тельны, и равенство нулю возможно только в случае
’ arcsin® = 0;
_ arccos(l — ®) = 0;
х = 0.
Ответ. 0.
2.2. Уравнения и неравенства с обратными...
29
Пример 3*. (Экон-99.5) Решить уравнение
1	7Г
x 4- - arccos (cos 15® + 2 cos 4® sin 2®) = —.
6	12
Решение. Перепишем уравнение в виде
7Г
arccos (cos 15® + 2 sin 2® cos 4®) = — - 6®.
Согласно определению арккосинуса это равенство равносильно системе
cos 15® + (sin 6® - sin 2®) = cos
Л 7Г
0 < — - 6® < тг;
- 2	“
cos 15® - sin 2® = О,
7Г	7Г
----< X < ----.
12 " “ 12
Используя формулу приведения, решим уравнение:
cos 15® = cos
15# =	- 2® + 2тгп, п Е Z;
2
(7Г	\
----2® + 27гт, т Е Z:
2	/
17® = ? + 2тгп, п Е Z;
13® = — ^- + 2тгт, т Е Z;
А
_	z-	v	7Г	7Г
Осталось произвести отбор корней по условию — — < ® < —
J. Z	j- м
17
6
1)
2)
7Г	7Г 27ГП 7Г	17
”12 “ Й + "17’ ~ 12	“Т ~
7Г
п — 0, в этом случае х = —;
13
6
7Г 2тгп
34 + -й'"ег;
7Г 27ГТ71
. ТГ
- 12’
23	11
~24 ~ П ~ 24
Ответ.
тг тг 2тгт тг
12 ~ ”26 +	- 12
7	19
'24^24
7Г 7Г
“26’ 34
13
6
Л 7r
m = 0, в этом случае x — — — .
26
х =
х =
Задачи
1 7Г
1.	(У) Доказать, что arctg - < -.
2	5
7Г	12
2.	(У) Что больше: — или arcsin -+ arccos -?
3.	(У) Решить уравнение sin (5 arcctg ®) = 1.
4.	(У) Решить уравнение sin(3arccos®) —
30
Теория и задачи
5.	(У) Решить уравнение
6.	(У) Решить уравнение
7.	(У) Решить уравнение
arccos(?r log3 tg х) = 0.
2 arcsin х = arcsin 2x.
8.	(У) Решить уравнение
arcsin х — arcctg х = 0.
п	.2®
2	arctg х + arcsm--- = тг.
1 + х2.
9. (У) Решить уравнение
arctg (2 + cos x) - arctg (1 + cos x) = —.
10.	(Экон-99.4) Решить уравнение х — i arctg (tg 6® + cos 7®).
1	тг
11.	(Экон-99.6) Решить уравнение х + - arctg (ctg5® + cos 8®) = —.
12.	(Геол-74.3) Определить, при каких целых значениях к система
{(arctg ж)2 + (arccos у)2 = тг2к,
тг	имеет решения, и найти все эти решения,
arctg х + arccos у = —
7тг
13.	(BMK-96.4) Решить неравенство arccos 3® + arcsin (ж + 1) < —.
14.	(Экон-95.5) Найти все х G [—3;1], для которых неравенство
®(тг(® + 1) — 4arctg (3m2 + 12m + 11)) > 0 выполняется при любых целых т.
2.3. Отбор решений в тригонометрических уравнениях. Три-
гонометрические неравенства
Теоретический материал
Тригонометрические неравенства нередко возникают при решении уравнений, со-
держащих наряду с тригонометрическими функциями радикалы и логарифмы.
Если тригонометрическое неравенство возникает как дополнительное ограничение
при решении уравнения, то в большинстве задач удобнее сначала решить уравне-
ние, а затем произвести отбор полученных корней посредством подстановки в
неравенство.
Если необходимость в решении тригонометрического неравенства остаётся, со-
ветуем воспользоваться тригонометрической окружностью. И хотя способы ре-
шения тригонометрических неравенств тесно переплетаются со способами реше-
ния соответствующих тригонометрических уравнений, графическая иллюстрация
поможет избежать ошибок при отборе.
Примеры решения задач
Пример 1. (Хим-92.2) Решить неравенство у/2 sin® < 1.
Решение. Исходное неравенство равносильно следующему двойному неравен-
ству:
0 < sin® < 1/2.
Отметим на тригонометрической окружности углы, синусы которых удовлетворя-
ют этому условию.
2.3. Отбор решений...
31
Получим промежутки [2тгтг; + 2тгтг>) и (	+ 2тгт; тг + 2тгтп , где тг, т G Z .
L 6	/	\ 6
Ответ.
2тгтг; — + 2тгтг
6
+ 2тгт; тг + 2тгт
тг, т е Z.
Пример 2. (М/м-98(1).2) Найти все решения уравнения
2 cos + 2(\/5 — 1) sin = 2 — \/5,
3	6
Зх
удовлетворяющие условию cos — < 0.
Решение. С помощью формулы косинуса двойного угла уравнение сводится
к квадратному:
2 (1 - 2 sinI) 2 + 2(\/5 - 1) sin = 2 - л/б 4 sin2 - 2(л/б - 1) sin - л/б = 0.
\	6/	6	66
<5	1
Корень —- > 1 не подходит. Второй корень равен — -; следовательно,
А	А
. X
sm — =
6
г X	ТГ - = — — + 2тгтг, п G Z; 6	6	z ч	'х — —тг + 12тгтъ, п е Z;
х	5тг — = — — + 2тгтп, т G Z; L 6	6	х — -5тг + 12тгтп, 772 е Z
Зж
Отберём те значения переменной, для которых выполняется условие cos — < 0.
I)1 Если х = —тг + 12тгтг, п е Z, то
Зж	Л	Зтг	\	Зтг	1	/ ^\п
cos —- = cos —— + 9тгтг — cos — cos 9тгтг —------------= ( — 1) .
4	\	4	у	4	л/2
Значение косинуса отрицательно при чётном п. Следовательно, п = 2к и, значит,
х — —тг + 24тгА;, к е Z.
2) Если х = —5тг + 12тгтп, m Е Z, то
Зж	/	15тг	Л \	ТГ	Л	1	7 чхтп
cos — = cos---------—F 9тгтп = cos — cos 9тгтп = —= (—1) .
4	\	4 J	4	д/2
Косинус отрицателен при нечётном т. Следовательно, т = 2Z + 1, I G Z и, значит,
х = —5тг + 12тг(2/ + 1) = 7тг + 24тг/.
Ответ. —тг + 24тгА;, 7тг + 24тг/; к^ I G Z .
32
Теория и задачи
Пример 3*. (ВМК-97.3) Решить уравнение 3 +1 sin х - 3 cos ж | = 3 sin х + cos х.
Решение. Разделим обе части уравнения на -у/1 + З2 = у/1б и введём вспомо-
.	3
гательныи аргумент ср = arcsin -^==:
1
3	1.	3	3 .	1
—т= + —т=- sm х-= cos х = —= sin х Ч—= cos х
Лб
10
10
10
3
/16
<р)| = cos (х — <р).
з
3
1
ю
Обозначим z = cos (х — <^), тогда уравнение примет вид:
3
/16
\/1 - -г2 = z—
у/16
(	3 \2
1 - z1 = [z-==.)
\ vW
3
/16
2 = z
Уравнение системы сводится к квадратному уравнению 20г2 — 6у/1бг — 1 = 0 и
Зг/1б±д/116 о
имеет корни z = ----—------. Заметим, что из первой строки системы следует
неотрицательность выражения 1 — z2; следовательно, оба корня удовлетворяют
условию |z| < 1.
„	3
Сравним оба корня с числом -^=.
Зх/10 - у/ПО 3
1) z =-------—------ < 0 < -у= - не подходит.
2) Сравним второй корень:
Зу/Тб+у/ПО	3
20	у/1б
30 + у/Ибб V 60
1100 > 302;
значит, z —
3716 + у/пб
20
и это значение нам подходит. В результате
. з71б + у/пб , '	. з Зч/16 + у/пб .	_
cos (X - <р) =--—------ Ф=> х = arcsin —=±arccos-----—------Ь2тгп, п € Z.
v '	20	у/10	20
.	3	, Зу/1б + у/11б
Ответ, arcsin —= ± arccos-----—-----
л/Тб	20
+ 2тгп, п С Z.
Задачи
1. (Почв-82.2) Решить уравнение V2 — 3cos 2х = л/sin ж.
ЯД. Смешанные задачи
33
2. (Псих-96.3) Найти область определения функции
л/—6 sin2 2® — 2 sin 2х cos 2® + 8 — \/3
3. (Хим-88.2) Решить уравнение
г”3
—= cos х — 1 + sin х = 0.
г/2
4.	(ВМК-93.2) На отрезке 0 < х < тг найти все значения ж, удовлетворяющие
уравнению
V3 cos х — sin ® = V 1 + 2 cos2 х — V3 sin 2®.
5.	(Псих-87.4) Решить уравнение
cos3®.
6.	(ВМК-00.1) Решить неравенство sin® sin |®| > — -.
7. (У) Решить неравенство
3sin®
2 + cos х
< V3.
8.	(Геол-94.6) Решить неравенство 4 cos ж — sin 2х > 0.
9.	(М/м-71.2) Найти все х из отрезка 0 < х < тг, удовлетворяющие неравен-
ству sin 2х — cos х + л/2 sin х > —— .
10.	(ВМК-71.2) Найти все решения неравенства Vsin2х < cos® — sin®, удовле-
творяющие условию |®| < тг.
11.	(ИСАА-94.4) Решить неравенство 2 sin® — 1 < y6sin2 ® — 6 sin® — 12.
12.	(Хим-98(1).3) Найти все числа ® из промежутка [—тг;тг], удовлетворяющие
неравенствам (4 + \/3) sin ® + 2л/3 + 1 < cos2® < 5cos® — 3.
13.	(Геогр-77.5) Решить уравнение 2 sin ^3® +	= \/1 + 8 sin2® cos2 2®.
14.	(М/м-95(1).4) Найти все значения ® е [0,тг], при которых выражения tg®
и -----------2 cos 2® имеют разные знаки.
cos 2®
2.4.	Смешанные задачи
1.	(У) Решить неравенство log|cosa,| |®| < 0.
2.	(У) Решить неравенство log^-i) ctg® < 0.
3.	(ЕГЭ.С) Найти множество значений функции
a/v2(cos 2006® + sin 2006®)
у = arcsin —-------------------
34
Теория и задачи
4.	(М/м-70.1) Решить неравенство log2 (1 + cos 4®) < 1 + log^ sin ж.
5.	(Хим-89.3) Решить уравнение log2 (3 sin х — cos х) + log2 cos х — 0.
6.	(Хим-70.3) Найти все значения ж, лежащие в промежутке — 1 < х < 4 и
удовлетворяющие неравенству log075 sin ж > log_^_ 0, 75.
7.	(Экон.К-74.3) Решить уравнение logcos2a._sin2a. (1 - cos х - sin ж) — 1.
8.	(ЕГЭ.С) Найти множество значений функции у = sin 2®, если
х €
arctg ; arctg 2
9.
(ЕГЭ.С) Найти множество значений функции у — sin 2®, если
5 5тг'
ж€ arccos-;- .
10.	(М/м-99(1).1) Решить уравнение
8 /1 + cos 4®
V 1 - cos 4®
11.
12.
13.
(Филол-99.4) Решить уравнение log1_2cos;J (cos 2z + sinz + 2) = 0.
(Экон-00.5) Найти все значения ж, при которых числа (a/5)3c°S4 ,
\ cos (Зж+f )
1\ V 7 -cosfz-^
-	, 5 v 4; в указанном порядке составляют возрастающую
5 /
геометрическую прогрессию.
(Физ-95(2).7) При каких значениях х числа ai = sin®, а2 = -sin2®,
аз = sin 3® образуют арифметическую прогрессию, разность которой больше
нуля?
14.	(Экон-88.6) Найти все значения параметра а, при которых неравенство
|3 sin2 х + 2а sin х cos х + cos2 х + а| < 3 выполняется при всех х.
15.	(ВМК-95.4) Решить неравенство
logrosт cos2 х > logros 1 \ cos2 х - cos х - х2 - 14® - J.
/2® — 3 • Io? (1+2v/s| sina;l
16.	(BMK-89.4) Решить неравенство 1 < |cos®|	lcos®| у 8(1-2 cos2 ж) Д
3. Полезные преобразования и замены перемен-
ных
3.1. Использование формул сокращённого умножения, вы-
деление полного квадрата
Теоретический материал
В этом параграфе собраны задачи, при решении которых используются различные
полезные формулы и преобразования: формулы сокращённого умножения, теоре-
3.1. Использование формул сокращенного умножения...
35
ма Безу, выделение полного квадрата, домножение на сопряжённое выражение,
введение новых переменных.
Напомним базовые формулы сокращённого умножения:
а2 - Ь2 = (а - 6) • (а + 6), a3 =F b3 = (а =F b) • (а2 ± ab + 62),
(а ± 6)2 = а2 ± 2аЬ + 62, (а ± Ь)3 = а3 ± За2 6 + Заб2 ± Ь3.
Для поиска рациональных корней уравнений высших степеней с целыми коэф-
фициентами удобно пользоваться следующей теоремой.
Теорема Безу. Если уравнение aQXn + а^х71-1 +... + ап-±х + ап = 0 с целыми
коэффициентами ao,ai, ...,ап имеет рациональные корни, то есть корни, предста-
вимые в виде несократимой дроби х = -, то старший коэффициент делится
q
нацело на q, а свободный член ап делится нацело на р.
Следствие 1. Если уравнение имеет целые коэффициенты и старший из них
равен единице, то рациональными корнями такого уравнения могут быть только
целые числа.
Следствие 2. Целые корни уравнения с целыми коэффициентами являются
делителями свободного члена.
Теорема Безу формулирует необходимое (но не достаточное) условие существо-
вания рациональных корней уравнений с целыми коэффициентами и является эф-
фективным инструментом разложения на множители многочленов высших степе-
ней.
Для получения более чёткого представления о структуре выражения полезно
вводить новые переменные (одну или несколько). На возможность использования
таких замен обычно указывает наличие повторяющихся выражений в уравнении
или неравенстве.
Во многих задачах с параметрами полезно сначала выяснить, какая из пере-
менных является параметром по существу условия, а какая - независимой пере-
менной. Иногда по смыслу задачи ж, т/, z,... играют роль параметров, в то время
как а, 6, с,... играют роль переменных.
Напоминаем вам, что после решения задачи в новых переменных необходимо
возвращаться к исходным переменным.
х — у = 6,
х3 - у3 = 126.
Примеры решения задач
Пример 1. (Почв-80.1) Решить систему уравнений
Решение. Преобразуем второе уравнение системы, используя формулу разности
кубов:
(ж - у)(х2 + ху + у2) = 126.
Далее выделим полный квадрат во втором сомножителе левой части преобразо-
ванного уравнения:
(х - у)((х - у)2 + Зху) = 126.
Подставим значение х — у = 6 из первого уравнения, тогда второе уравнение
принимает следующий вид:
6 • (62 + Зху) = 126	ху = -5.
36
Теория и задачи
Получаем систему уравнений, эквивалентную исходной:
х — у = 6.
ху = —5;
х = у + 6,
ху = —5;
=> у1 2 * * * + 6т/ + 5 = О
У =
У = -1.
Подставляя найденные значения переменной у в первое уравнение системы, нахо-
дим соответствующие им значения переменной х.
Ответ. (1; —5), (5; -1).
Пример 2. (М/м-96(2).2) Вычислить log2/,, я+log2/,. у, если logx/v (ж9) = log^ К
Решение. Обозначим искомое выражение через А и преобразуем его.
А = 1оё®/з/ Х + iogS/y У = №х/у х - ^х/у у)2 + 2 logs/y X  \ogx/y У =
= l + 2\Qgx/yX-\Qgx/yy.
Из условия получаем:
2
= -21ogyx/y	\ogx/yxAogx/yy =
Значит, А = 1 + 2 •	= |.
5
Ответ. -.
9
Пример 3. (Физ-95(1).7) Найти наименьшее значение произведения ху, где х
{х + у = За - 1,
х2 + у2 = 4а2 _ 2а + 2.
Решение. Заметим, что 2ху = (х + у)2 — х2 — у2. Возведём обе части первого
уравнения в квадрат и почленно вычтем из них обе части второго уравнения:
2ху = 9а2 — 6а + 1 — 4а2 + 2а — 2
ху= |(5а2-4а-1).
Для того чтобы найти наименьшее значение, которое может принимать произве-
дение ху, надо найти минимум квадратичной функции /(а) = -(5а2 — 4а — 1).
График функции /(а) - парабола, ветви которой направлены вверх. Минималь-
,	.	—4	2
ное значение функция принимает в точке ао = — — = -, которая является
/2\	9
абсциссой вершины параболы. Значение функции в этой точке f -	— — —.
у 5/	10
Таким образом, минимальное значение, которое может принимать произведение
9	2
ху - это значение — —. Осталось убедиться, что при а = - исходная система
10	5
2
имеет решение. При а = - система принимает вид
5
1
х + у =
о
9
Ж2/ = -1о-
3.1. Использование формул сокращенного умножения...
37
Решая систему подстановкой, приходим к уравнению 10^/2 — 2у — 9 = 0. Вычислим
дискриминант: D/4 = 1 + 90 = 91 > 0. Из положительности дискриминанта за-
ключаем, что решение системы существует; следовательно, минимальное значение
9
ху = — — достигается.
Ответ. ——
10
Пример 4. (ИСАА-95.6) Найти все значения а, при которых неравенство
ж2 + 4® + 6а| ж + 2| + 9а2 < 0 имеет не более одного решения.
Решение. Преобразуем исходное неравенство:
|ж + 2|2 + 6а|ж + 2| + 9а2 — 4 < 0	<=>	(\х + 2| + За)2 < 4	<=>
<=^	—2 < |ж + 2| + За < 2	<=>	—2 — За < |ж + 2| < 2 — За.
Последнее двойное неравенство имеет не более одного решения тогда и только
2
тогда, когда 2 — За < 0, то есть а > -.
Ответ.
Задачи
1.	(ЕГЭ.В) Решить систему уравнений { lg2^ -hfg2^ ~ 5
2.	(У) Разложить на множители многочлен ж4 + 1.
3.	(У) Разложить ж4 + ж2 + 1 в произведение двух многочленов.
( х з?/ — 2
4.	(Экон.М-96.2) Решить систему уравнений < хз — 26
5.	(Экон-96.1) Решить систему {
1 — 2»3 — 1
6.	(М/м-90.3) Решить неравенство ----------------- < ж.
1 + ж
___ g _|_ ^х • (2 _ ж) ______
7.	(М/м-96(1).2) Решить неравенство ----------—---—:--------< л/4ж — 3.
|3 — 4ж|
8.	(Геогр-95(1).1) Решить систему { ^(ЗаТ-^= 28.’
9.	(Псих-88.2) Решить уравнение З23(®3-8) = g19(2®-® ).
10.	(Почв-93.2) Решить уравнение sin3 ж — cos3 ж + sin ж — cos ж = 0.
38
11.
12.
13.
14.
15.
16.
17.
18.
19.
20.
21.
22.
23.
24.
25.
Теория и задачи
15	1
(Геогр-80.4) Решить уравнение cos6 х + sin6 х = — cos 2® — -
8	2
(Геогр-98.2) Найти знаменатель убывающей геометрической прогрессии, если
сумма первого, второго и третьего членов прогрессии равна (—7), а пятый
член прогрессии меньше второго на 14.
(ВМК-93.1) Решить неравенство log~2V7+1	—	“ 2) > 0.
(Почв-95(1).5) Найти все значения а, при которых уравнение
2 cos 2х — 4а cos х + а2 + 2 — 0 не имеет решений.
. v4 — 2v2 + 2х < 0
8® -	+ 2® - 1 = 0~ ’
(Экон-79.4) Решить систему уравнений
З®2 + 2у2 — 3® + 5т/ = 3,
4,5®2 + Зт/2 -3® + 8у = 7.
(Хим-98.3) Решить систему
х2 +у2 + 2(х - у) + 2 = 0,
z2 + xz + yz - 4 = 0.
(У) Решить систему уравнений
х + у + z = 0,
2ху — z2 — 4.
(У) Решить систему
®2 + У2 + z2 = ху + yz + zx,
2х + Зу — 6z — 1 = 0.
(почв-79.5) Решить систему уравнений
Юж2 + 5т/2 — 2ху — 38® — бу + 41 = О
З®2 — 2у2 + 5ху — 17® — бу + 20 = 0.
(ИСАА-94.6) Найти все значения а, при каждом из которых уравнение
а2®2 + 2a(V2 — 1)® + Vx — 2 = 2у/2 — 3 имеет решение.
«пп	(	1\2	2ж
(У) Решить неравенство I ® + - I >	.
/	9”	/	9"
(У) Решить неравенство \ 9--< х — \ х---.
ух ух
(Геол.ОГ-82.6) Найти все тройки чисел (®, т/, z), удовлетворяющие условиям:
( 8 cos® cosy cos(® — у) + 1 = 0,
| х + у — z.
(Геол-90.5) Найти все пары действительных чисел тип, при которых урав-
нение (З®2 — 2m2 + mn)2 + (3m2 — mn + 2n2 — 12®)2 + 4 — 4® — ®2 имеет хотя
бы одно решение.
3,2. Замены переменных в рациональных уравнениях, неравенствах...
39
3.2.	Замены переменных в рациональных уравнениях, нера-
венствах и системах
Теоретический материал
Перечислим основные ситуации, в которых целесообразно использовать замену:
•	наличие повторяющегося выражения;
•	возможность приведения к симметричному виду, например, уравнение
(х + а)4 + (ж + /З)4 = с
после замены у = х Ч-
а + /3
2
, приводится к биквадратному уравнению
(у + d)4 + (у- d')4 = с, где d = ——
•	«возвратность» уравнения, например, уравнение
аж4 + Ьх3 + сж2 + Ьх + а = О,
после деления на ж2, преобразуется к уравнению
/ 2 1 \ , ( Л
а х —- ) + b ж Ч— ) Ч- с = О,
\ Ж2 J \ X )
1
квадратному относительно у = ж Ч— ;
ж
•	«однородность» уравнения, например, уравнение аж2 + Ьху + су2 = 0 при
/ \ 2
/ ж \	ж
у ф 0 равносильно квадратному уравнению а — I +о • —I- с = 0;
\У)	У
• «симметричность» уравнений системы, например, при решении системы
( Р(х,у) = О,
1	Q(z,y) = о,
, где Р(х,у) = Р(у,х) и Q(x,y) = Q(y, ж), замена ж + у = и, ху = v может
упростить вычисления.
Примеры решения задач
Пример 1. (ВМК-95.2) Решить систему { х-\-^ху + у^^—3 + 10у/2.
Решение. Перепишем систему в виде
(ж + у) + Зжт/ = 3 + 10л/2,
(ж + у)2 - 2ху = 11.
40
Теория и задачи
Сделаем замену переменных и = х + у, v = ху, тогда
( и + 3v = 3 + 10\/2,	( 3v = 3 + 10\/2 - и,
[ и2 - 2v = 11;	} Зи2 - 2 • Зг> = 33.
Подставив выражение для 3v из первого уравнения во второе, получим квадратное
уравнение относительно и:
Зи2 + 2и - 39 - 20V2 = 0.
Решим это уравнение:
D/4 = 1 + 39 • 3 + 60у/2 = 118 + 60д/2 = (10 + З^)2,
_ -1±(10 + Зд/2)	__ /-	-11-Зл/2
U12 — ---------,	141 — 3 + v2,	142 — -----7---•
и	о
Из первого уравнения последней системы определяем v:
3 +10\/2 - и	п г- 20 + 33\/2
V =--------5---- ==> Vi = 3V2, v2 =--------------.
и	У
Возвращаясь к исходным переменным, получим две системы уравнений для на-
хождения х и у:
( х = 3,
jv Г х у — 3 + у/2,	У х — \/2;
[ ху — 3\/2;	f ® — \/2,
LI	у =з-
{—11 — Зл/2	(	-11-3^2
X + V = --------,	V —--------------X.
у 3	) у 3
20 + ЗЗч/2	]	,	11 + 3^2	20 + 33^2 Л
ху =-----g------;	[ х2 +---------х +----------= 0;
(11 + Зл/2)2	20 + ЗЗг/2 _ 121 + 66^2 + 18 - 80 - 132^ _ 59 - 66^2
9	“ '	9	9	9	< '
Значит, во втором случае решений нет.
Ответ. (3; л/2), (ч/2; 3).
Пример 2. (У) Решить уравнение х4 — 5ж3 + 6ж2 — 5х + 1 = 0.
Решение. Так как х = 0 не является решением нашего уравнения, то можем
поделить его на ж2. Получим
' 9 1 \	/	1\
х2 Ч—- I — 5 ж Ч— 1+6 = 0.
ж2 /	\	ж /
Положим у = ж Ч—, тогда ж2 Ч—z- = у2 — 2 и уравнение примет вид:
ж	ж2
у2 - Ьу + 4 = 0
У = 4,
у = 1;
ж Ч— =4,
ж
1
ж Ч— = 1;
ж
ж — 2 + \/3,
ж — 2 — \/з.
Ответ. 2 ± д/З.
3.2. Замены переменных в рациональных уравнениях, неравенствах...
41
Пример 3. (У)
Решить систему уравнений
ж2 + Ъху + у2 = 11,
х2 + 2ху — 2у2 = 6.
Решение. Умножим первое уравнение системы на 6, второе уравнение - на 11
и приравняем левые части полученных уравнений:
6ж2 + 18жт/ + бу2 — Их2 + 22ху — 22у2	<=>	5ж2 + 4ху — 28у2 = 0.
Заметим, что, если у = 0, то исходная система не имеет решений. Разделим одно-
х
родное уравнение на у2 и сделаем замену t = —, получим
5t2 + 4t - 28 = 0
‘ t = 2,
14
Первый случай:
х = 2у,
х2 + Зху + у2 = 11;
х = 2у
у2 = 1;
х = 2,
у = 1;
х = —2,
У = -1.
Второй случай:
5
У = -14Ж’
х2 + 2>ху + у2 = 11;
5
v =------х,
<	у 14 ’
х2 = 196;
х = 14,
У	= -5;
х = —14,
У	= 5.
Ответ. (2; 1), (—2; —1), (14;-5), (—14;5).
Задачи
|ж - 11 + 10
1.	(Геогр-97.1) Решить неравенство —----------—- > 2.
4 ж 1 И- 3
1	2
2.	(Почв-98.3) Решить неравенство  ---------——- > ;-------
n Ann	» Г 2|ж — у\ + у = 2,
- 3. (У) Решить систему уравнении <	2у — 6
4.	(У) Решить уравнение 2ж4 + Зж3 + 2х2 + Зж + 2 = 0.
5.	(У) Решить уравнение (ж + З)4 + (ж + 5)4 = 4.
6.	(У) Разложить на множители многочлен (ж + 1)(ж + 3)(ж + 5) (ж + 7) + 15.
7.	(У) Решить уравнение ж4 — Зж2(ж + 1) + 2(ж + I)2 = 0.
8. (У) Решить систему
ху + yz = 8,
< yz + zx = 9,
zx + ху = 5.
42
Теория и задачи
л /-гТ\ т~»	м I «Ь I Ч “Г «Ьи — I ,
9.	(У) Решить систему уравнении <	2	2 _
I ® I- Ху I- У — 1о.
10.	(Геол-98(2).7) Решить систему уравнений |	^2 _ g
f х2 — у2 — 3
11.	(У) Решить систему |	+ ху + 2у2 = 8>
12.	(Геол-98(1).6) Решить неравенство
Г X2 -|- 7/2 — 1
13.	(У) При каких а система <	2 , У , 2 _ имеет решение?
I ® I- ху I- у — а
14.	(Экон.К-74.5) Найти все действительные значения величины Д, при которых
уравнение x(x+l)(x+h)(x+l+h) = h2 имеет четыре действительных корня.
3.3. Замены переменных в иррациональных уравнениях,
неравенствах и системах
Теоретический материал
В некоторых задачах целесообразно заменить иррациональное выражение на но-
вую переменную так, чтобы уравнение или неравенство приняло существенно бо-
лее простой вид. Иногда удачная замена позволяет выделить полный квадрат
некоторого выражения под арифметическим квадратным корнем (этот метод рас-
смотрен в примере 3).
Кроме того, полезно вводить ограничения для введённых новых переменных,
которые определяются их областью значений. Например, при замене t = у/ f(x)
появляется очевидное ограничение t > 0. Такие ограничения помогают произ-
водить отбор допустимых значений новых переменных и избегать рассмотрения
случаев, приводящих к уравнениям или неравенствам с пустым множеством ре-
шений.
Примеры решения задач
Пример 1. (ВМК-89.2) Решить уравнение 8\/12 + 16® — 16®2 + 4® — 4®2 = 33.
Решение. Добавим 3 к обеим частям уравнения и вынесем множитель 4 из
подкоренного выражения:
16л/3 + 4® -4®2 + 3 + 4® - 4®2 = 36.
Пусть t = \/3 + 4® — 4®2. Заметим, что новая переменная t может принимать
только неотрицательные значения. Исходное уравнение преобразуется к квадрат-
ному относительно t:
t2 + 16t - 36 = 0
t = -18;
t = 2.
3.3, Замены переменных в иррациональных уравнениях, неравенствах....
43
Значение t = —18 < 0 не подходит. Остаётся корень t = 2. Возвращаемся к
исходной переменной:
\/3 + 4ж — 4ж2 = 2	<=>	4ж2 — 4ж 4-1 = О	х = |.
Ответ. -.
2
/	2? —|— ~| Q
Пример 2. (Экон-98.3) Решить неравенство д/х 4- 8(3 — V8 4- ж) < —---
v	2у8 4- х — 10
Решение. Сделаем замену t = у/8 4- х > 0. Исходное неравенство примет вид
v/((2_8) + 8(3-t)<^A	^f2-8t + 16<^4
Ч ^/<t _ 4)2 < ?2 +8	It - 41 < *2 + 8
V('	' < 2t — 10	1	l<2t-10‘
Так как правая часть последнего неравенства должна быть положительна, то
2t - 10 > 0
t > 5,
и, значит, \t — 4| = t — 4. Приходим к системе
< 1 4< 2t —10’
t > 5,
(2t - 10) • (t - 4) < t2 + 8,
t > 5;
t2 - 18t + 32 < 0,
t > 5;
t e (5; 16).
Вернёмся к переменной x:
5 < V8 4- ж < 16
25 < 8 4- x < 256
x e (17; 248).
Ответ. (17;248).
Пример 3. (Геогр-95(1).5) Решить уравнение Ух — 2 4- ^19 — х = 3.
Решение. Приведём два способа решения этой задачи.
1-й способ.
Левая часть уравнения определена тогда и только тогда, когда подкоренные вы-
ражения неотрицательны. Значит, 2 < х < 19. Возводя обе части уравнения в
квадрат, получим
ч/ж -2 + V19 - ж + 2^/(ж - 2)(19 - ®) = 9
Ф=>	+ V19-® = 9-2У(® -2)(19- ж).
44
Теория и задача
Уравнение имеет смысл при 9 — 2-j/(® — 2)(19 — х) > 0. Возведём обе
уравнения в квадрат:
х — 2 + 19 — х + 2^/(х - 2)(19 — х) =
= 81-36 {/(ж-2)(19-ж) + 4г/(ж-2)(19-ж)
<=>	2л/(ж-2)(19-ж) - 36У(ж-2)(19-ж) + 64 = 0.
Сделаем замену t = ^/(ж — 2)(19 — х). Получим систему относительно t:
Г2t2 - 36t + 64 = 0,	Г2{t - 2)(t - 16) = 0,
[9- 2t > 0;	< 9/2;
Возвращаемся к исходной переменной:
— 2)(19 — ж) = 2	ж2 - 21ж + 54 = 0	- i й
2/2 = 2;
2/2 = 16.
2-й способ.	____
Сделаем замену у = \/х — 2, z = -^19 — х. Тогда вместо уравнения получим си-
стему
У + z = 3,
у4 + 24 = 17.
Преобразуем левую часть второго уравнения системы:
У4 + Z4 = (у2 + 22)2 - 2у2 z2 = {(у + z)2 - 2yz)2 - 2(yz)2 .
Подставим из первого уравнения системы значение суммы у + z в преобразованное
второе уравнение:
(9 - 2yz)2 - 2(yz)2 = 17	+=+>	(yz)2 - ISyz + 32 = 0	+=+>
Таким образом, получаем две системы:
У + z = 3,	( у + Z = 3 ,
о или <	1Л
2/2 = 2;	[ yz = 16 .
Решая их и возвращаясь к переменной ж, находим х = 3 и ж = 18.
Ответ. 3; 18.
Задачи
1.	(ЕГЭ.В) Решить уравнение \/ж2 + 1 — 2ж — б^/ж — 1 — 7.
2.	(ЕГЭ.В) Решить уравнение \/ж2 - 4ж + 4 - 6 = 5\/2 — х.
3.	(Экон.К-83.1) Решить уравнение ж2 Н-11 + \/х2 + 11 = 42.
3.3. Замены переменных в иррациональных уравнениях, неравенствах....
45
4. (Геол-94(2),3) Решить уравнение у2 + 2у/у2 + Зт/ — 4 — 4 4- Зу = 0.
5. (У) Решить уравнение \--------1— = 5.
V х х
[ — + — = 34,
„ \ х у
6. (У) Решить систему уравнении \	i i	1
^ + — =23--------—.
t V х	y/у	у/ху
7. (У) Решить уравнение у ж 4- 3 — 4\/ж — I 4- у^ж 4- 8 — 6\/ж — I — 1.
8. (ВМК-96(1).1) Решить неравенство у](2® 4- I)4 — (2ж + I)2 + (2ж 4- I)2 > 0.
9. (Почв-96(1).3) Решить неравенство ---------? ~~ < 1-
2 — yjx 4- 3
10. (Геол-91.3) Решить неравенство	> -——j=.
11. (Биол-93.3) Решить неравенство 5л/1-------
V z
7г-1
z
значения ж, удо-
12. (ВМК-83.5) Для каждого значения параметра а найти все
/ 2} -|-
влетворяющие уравнению (х — 3)(ж + 1) + 3(ж — 3)л/--- = (а — 1)(а + 2), и
V х — 3
найти все значения параметра а, при каждом из которых уравнение имеет
только один корень.
13. (ВМК-90.4) Решить неравенство \/9v2 — 48v — 21 4- \/9v2 — 51v — 15 < |3v — 6|.
14. (М/м-80.4) Решить систему уравнений
хг - у/у = 1,
5ж6 - 8ж3уУ + 2у = 2.
ч 15. (Хим-91.3) Решить систему уравнений
у/2х — 1 4- у/у 4~ 3 — 3,
2ху — у + 6ж — 3 = 4.
1Й /Г AAHD	« J ж + 2/ + \/Ж + ?/ = 30
16. (1еол-00.5) Решить систему уравнении <	2 । 2 _ оок
I X ~г у — 0^0.
/2	/2
17. (ВКНМ-00(1).3) Решить неравенство \ 2-< \ 2 4-Н 1.
V х 4- 1 V х
18. (У) Решить уравнение: х 4—.-----: = —
V®2 - 1	12
46
Теория и задачи
3.4.	Замены переменных в показательных и логарифмиче-
ских уравнениях, неравенствах и системах
Теоретический материал
В задачах, содержащих выражения с показательными и логарифмическими функ-
циями, также целесообразно применять замены переменных.
Как правило, прежде чем производить замену, необходимо произвести некото-
рые преобразования степеней и логарифмов: привести все степенные функции к
одному основанию (пример 2), перейти к логарифмам по одному основанию и с
одинаковыми подлогарифменными функциями (примеры 1 и 3) и так далее.
При решении задач в новых переменных следует учитывать области значений
заменённых выражений, чтобы отбросить полученные значения новых перемен-
ных, которые не удовлетворяют ограничениям, и тем самым сократить количество
рассматриваемых случаев.
Примеры решения задач
Пример 1. (Физ-93.3) Решить уравнение v/log2 х = 21og2x/® ~ 1-
Решение. Перепишем уравнение в виде
\/log2 х - 2 log2 у/х + 1 = 0	<++> log2 х - \/log2 х — 1 = 0.
Сделаем замену переменной t — -\/log2 ж, t > 0; в новых обозначениях уравнение
становится квадратным:
2	.	1 ± л/5
t2 - t - 1 = 0	4=*> ti,2 = ------.
Zi
Принимая во внимание ограничение t > 0, отбрасываем отрицательный корень
1 — л/5
t2 =------ < 0. Возвращаемся к исходной переменной:
2
г-----	1 + V5	_ 6 + 2У5	... З + Уб
У1оё2 х = —5—	<=> х = 2 4 =22.
Ответ. 2 2 .
4^-2	( §\Х
Пример 2. (Физ-97.2) Решить уравнение 7 • ——= 1 + 3 • I - 1 .
Решение. Так как 4® > 0, то можно поделить числитель и знаменатель левой
части на 4Ж. Получим уравнение
7
16
5V
4/
1
* (Ъ\х
Сделаем замену переменной
примет вид
16 1 -1
X
, t > 0; в новых обозначениях уравнение
16^9=0
t -1
t =
3
4
3.4- Замены переменных в показательных и логарифмических...
47
3
Поскольку t > 0, оставляем решение t — -. Возвращаемся к исходной переменной:
3
4
Ж = logs -
2
2 - log2 5 ’
2
2 — log25’
Пример 3. (Псих-86.3) Решить неравенство -—
3 + 21g(zz)
т.	тт	б - lg(®4)
Решение. Перепишем неравенство в виде	4у <
t = lg(:c4):
и сделаем замену
б — t
3 +1
t — б
£+ 3
0.
Последнее неравенство выполнено при t<— 3 и t>0. Возвращаемся к исходной
переменной:
lg(®4) > 0;
lg(®4) < -3;
ж4 > 1;
0 < х4 < 0,001;
х < —1;
х > 1;
-Ж001 < х < 0;
. 0 < х < ^001-
Ответ. (-00; -1) U (-^001; 0) U (0; ^001) U (1; +оо).
Пример 4. (Псих-92.2) Решить систему уравнений
( 400- 5У • 50® • 100®+у = 1,
t bgo)5«+o,4S(8-z • 4“* + 25-2® • 125-*) • log41(0,5х + 0,4у) = 1.
Р е шени е. Из второго уравнения следует, что 0, 5ж+0,4у > 0 и 0, 5ж+0,4?/7^ 1.
Преобразуем первое уравнение системы:
400 • 5У • 50® • 100®+2/ = 1	<=>	400 • 52® • 2® • 5У • 52® • 521/ • 22® • 22у = 1
<=>	400 • 54®+32/ • 23ж+22/ = 1.
Преобразуем второе уравнение системы:
logo^+o,^-* -4~* + 25~2® • 125-*) _ т
logo,5®+0,43/ 41
4=*>	log41(8-® • 4~* + 25-2® • 125-*) = 1	4=>
<=>	8"® • 4"* + 25-2® • 125-* = 41	Ф=>	2-3®-2* +	= 41.
48
Теория и задачи
Сделаем замену переменных и — 2 За: 2у, v = 5 4х Зу:
и + v = 41,
400 _ 1
UV 1
и + v = 41,
uv — 400;
и — 16,
v = 25;
и — 25,
v = 16.
Вернёмся к исходным переменным. Рассмотрим первую пару (и, и).
Г 2-3г~2у	= 16,	( -Зх - 2у = 4,	f X = -8,
| б-4*-3*,	= 25;	( -4® - Зу = 2;	\ у = 10.
При полученных	значениях	х и у	второе уравнение	исходной системы не	имеет
смысла, так как основание логарифма в левой части равно нулю:
0,5® + 0,Фу = -4 + 4 = 0.
Рассмотрим вторую пару (w, v).
Г 2-зх-2У = 25>	Г _3ж _ 2у = log2 25,
\ 5-4х-Зз/ = 1б.	I -4а: - Зу = log5 16;
( х = 2 log5 16 — 3 log2 25,
I у - -3 logs 16 + 4 log2 25.
Проверим, имеет ли исходная система смысл при полученных значениях х и у.
Вычислим значение основания логарифма:
3
0,5® + 0,4?/ = log5 16 - - log2 25 - 1,21og5 16 + 1,61og2 25 = 0, llog2 25 - 0,21og5 16.
&
Сравним с нулём:
0, llog2 25 — 0,21og5 16
21og2 5
log2 5
0
2 log516
log5 16.
V
V
> 2 >
Значит, log2 5 > log5 16, то есть основание логарифма положительно. Сравним его
значение с единицей:
0,5® + 0,4т/ = 0,1 log2 25 - 0,2 log5 16 < 0,1 - (5 — 1) = 0,4 < 1.
Итак, полученные значения х и у удовлетворяют исходной системе.
Ответ. (21og5 16 — 31og2 25; —31og5 16 + 41og2 25).
Задачи
1.	(ЕГЭ.В) Решить уравнение 2х + 2г~х = 3.
2.	(ЕГЭ.В) Решить уравнение 1g2 х2 + 1g 10® — 6 = 0.
4. Замены переменных в показательных и логарифмических...	49
3.	(ЕГЭ.В) Решить уравнение 52у/® + 125 = 6 • 5V'^+1.
4.	(ИСАА-98.2) Решить уравнение 2~2х	— 12 • 2~х +5 = 0.
5.	(Экон.М-98.4) Решить уравнение з2^1)	— 87 . зж +2х + 18 = 0.
6.	(Почв-73.5) Найти все решения уравнения 4.3х2~х — 8 = 2 • 8Ж .
7.	(Физ-80.3) Решить уравнение 3\/log3 х — log3 3® — 1 = 0.
8.	(Физ-74.3) Решить уравнение 2^21og26® - -yiog2 х -6=0.
9.	(ИСАА-93.4) Решить уравнение
log^z - 2) - 2 = JlOS2x(3x - 2) + 41ogz (.
у	\ ох — 2 )
10.	(Экон-79.5) Решить уравнение
log3x^7(9 + 12® + 4®2) + log2a.^3(21 + 23® + 6®2) = 4.
11.	(Геогр-78.4) Решить неравенство
y/log9(3®2 - 4® + 2) + 1 > log3(3®2 - 4® + 2).
12.
13.
14.
(М/м-74.2) Решить неравенство — log5(®2 — 2® + 2) < log5(5®2 —10®+10).
22^v/^=i _ 24
2i+v/^zT _ 8 >
7	.	2
(Геогр-90.3) Решить неравенство
(М/м-76.2) Решить неравенство
9* - 2 ~ 3* - 1
15.
(Экон-99.2) Решить неравенство
/2Ж - 1	>—	Г2Х~2
4 • \ ——— + л/14	14 • л / —-—
у 2х ~ V 2х - 1
16.	(Псих-81.4) Решить уравнение
4	/1
— (log3(5a; - 6)3)2 - (log3(5a: - 6)3)log3 я6 = -б (log3 -
О	\ X
17.	(Псих-89.3) Решить систему уравнении
logj, 25 + 2у = 2,
-(log.,0,2)3 +у = 1.
18.	(Геол.ОГ-74.2) Решить систему неравенств
32г+1 _ 3г+2 + 6 > 0,
321+2 _ 2.3*+2 _ 27 < 0.
19.	(Экон-75.3) Решить систему уравнений {	Ж(1	2/),
50
Теория и задачи
20.	(ВМК-97.4) Найти все решения системы уравнений
( 4* + 5 • 2* - 2 • 3^ = 2,
[ 2 • 9У + 2х + 2 • & = 1.
21.	(Хим-85.5) Решить систему уравнений
Г |®-y|-log2(|z|+y + l) + 6 = 0,
I (х-у)2 - 6(ж - у) log2(|®| + у + 1) + 5 log2(|®| + у + 1) = 0.
22.	(Хим-00.6) Решить уравнение
(26 + 15л/3)э - 5(7 + 4у/3)а: + 6(2 + л/З)* + (2 - Уз)ж - 5.
3.5. Замены в тригонометрических уравнениях и тригоно-
метрические замены
Теоретический материал
В некоторых задачах удобно использовать следствия из основного тригономет-
рического тождества, например, (sin ж ± cos ж)2 = 1 ± 2 sin ж cos ж = 1 ± зш2ж.
Другими словами, если тригонометрическое уравнение или неравенство содержит
выражения вида sin ж ± cos ж и sin 2ж, то заменой переменных t = sin ж ± cos ж
оно может быть сведено к алгебраическому (этот подход реализован в примере 1).
Если ОДЗ исходной задачи ограничена (например, уравнение содержит ирра-
циональность вида \/а — х2, поэтому область определения будет содержаться в
отрезке [—у/а;^/а\), то можно сделать тригонометрическую замену переменной
.	( 7Г	7Г\	_
ж — y/asvat — < t < — J или ж = y/acost (0 < t < тг). Такая замена в
алгебраической задаче не приводит к потере возможных решений в силу ограни-
ченности ОДЗ, но может существенно облегчить её решение благодаря большому
арсеналу тригонометрических тождеств и способов преобразований тригономет-
рических выражений (см. пример 2).
Переход от алгебраической постановки к тригонометрической целесообразен и
в случае, когда одно из уравнений задачи имеет вид а2ж2 + Ь2у2 = с2, где с / 0.
„	(а\2 1 (Ъ\2 , ,
Приведя уравнение к виду I - } ж25 + I - I у — 1 и сделав замену переменных
х = sin 0, у — созф, можно трактовать его как основное тригонометри-
ческое тождество и смело переходить к тригонометрической интерпретации задачи
в целом.
Примеры решения задач
Пример 1. (Филол-74.3) Решить уравнение sin4 ж + cos4 ж = sin 2ж.
Решение. Заметим, что
• 4	4	/ • 2	о \ 2
sm ж + cos ж = (sm ж + cos х)
— 2 sin2 ж cos2 ж = 1------sin2 2ж.
2
3.5. Замены в тригонометрических уравнениях...
51
Сделаем замену переменной t — зш2ж, при этом \t\ < 1. Получим:
1 - it2 = t
2
t2 + 2t - 2 = 0.
Решая последнее уравнение, с учётом условия на t находим t — у/3 — 1. Возвра-
щаемся к переменной х:
sin 2х = \/3 — 1
х = —-— arcsin(v/3 — 1) + тгп, п 6 Z.
Ответ. —-— arcsin(у/3 — 1) + тгп, п G Z.
А
Пример 2. (Хим-94.3) Решить уравнение у/sin 2ж = у/cos ж — sin ж — 1.
Решение. Исходное уравнение эквивалентно системе
( sin 2ж = cos ж — sin ж — 1,
1 cos ж — sin ж — 1 > 0.
Учитывая, что зш2ж = 1 — (cos ж — sin ж)2, и заменяя cos ж — sin ж на новую
переменную t, перепишем систему в виде
Г 1 — (cos ж — sin ж)2 = cos ж — sin ж — 1,	Г 1 — t2 = t — 1, ч
1 cos ж — зшж > 1;	1 t > 1;
t - 1 + t2 - 1 = 0,
t > 1;
(t — l)(t + 2) = 0,
i > 1;
t = 1.
Возвращаемся к переменной ж:
t = 1
cos ж — sin ж = 1
\/2cos \x + — j = 1
7Г	7Г
Ж + — = =Ь— + 27ГП
4	4
7Г 7Г
Ж =	± — + 27ГП, П E Z.
4	4
7Г
Ответ. — —+ 2тгп, 2тгт; n,meZ.
A
Пример 3. (Геол-81.6)
/1 + 2жг/1-ж2 л о ,
Решить уравнение \\---------------Н 2ж = 1.
2
Решение. Перепишем уравнение в виде
1 — Ж2 + 2ж\/1 — Ж2 + Ж2	2
= 1 — 2ж
= 1 - 2ж2.
2
52
Теория и задачи
Из исходного уравнения получаем, что — 1 < х < 1, поэтому можем сделать
Г 7Г 7Г1
замену х = smi, где t Е — —; — . Тогда с учетом ограничения на t уравнение
L Zi Zi J
преобразуется к следующему виду:
sin t + yl — sin2 t
= cos 2t
sin t + cos t
— cos 2t
Вычислим x = sin t для найденных значений переменной t:
Задачи
1.	(Геол-00.4) Решить неравенство 4 cos2 х + tg2® < 3.
2.	(У) Решить неравенство tg3 х + ctg3 х + tg4 х + ctg4 х > 0.
4-1. Недоопределённые задачи
53
3.	(Псих-76.4) Найти все корни уравнения \/5 + 4sm£ — 4 cos2 х = 2 + cos 2ж.
4.	(ВМК-96(1).3) Решить уравнение
12 sm х — - cos 2ж + —- = ~+ 4smz + - cos х.
2	2	8	2
5.	(Биол-76.1) Решить уравнение | sin ж + созж| = 1 + зш2ж.
6.	(Биол-85.5) Сколько корней на отрезке [0; 1] имеет уравнение
8ж(2ж2 - 1) • (8ж4 - 8ж2 + 1) = 1?
7.	(Экон.К-85.5) Среди всех решений (x,y,z,v) системы
ж2 + ?/2 = 4,
< z2 + v2 = 9,
XV +yz>6
найти такие, при каждом из которых выражение ж+z принимает наибольшее
значение.
8.	(М/м-75.2) Найти все пары действительных чисел (ж,?/), удовлетворяющих
условию ж > 0 и системе уравнений
sin ((ж - ^)2 + у2) = 0,
logv2? Vх2 + У2 + /21og27r д/ж2 +?/2 = 2.
9.	(Экон.К-75.1) Найти все действительные решения уравнения
+ (а/з-2^)	=
4.	Нестандартные текстовые задачи
4.1.	Недоопределённые задачи
Теоретический материал
В этом разделе собраны задачи, сводящиеся к решению систем, в которых урав-
нений меньше, чем неизвестных.
Обычно в таких задачах надо найти некоторую комбинацию неизвестных, для
чего, как правило, не требуется вычислять значения всех входящих в неё перемен-
ных.
При решении недоопределённых задач может помочь введение новых перемен-
ных, относительно которых система становится определённой. Иногда эти новые
переменные и являются теми величинами, которые надо найти по условию задачи.
54
Теория и задачи
Примеры решения задач
Пример 1. (Геогр-86.3) Три цистерны одинакового объёма начинают одновре-
менно заполняться водой, причём в первую цистерну поступает 100 литров воды в
минуту, во вторую - 60 и в третью - 80. Известно, что в начальный момент первая
цистерна пуста, вторая и третья частично заполнены, и что все три цистерны будут
заполнены одновременно. Во сколько раз количество воды в начальный момент
времени во второй цистерне больше, чем в третьей?
Решение. Пусть V л - объём первой цистерны и t мин. - время её заполнения
водой, тогда V = 100t. Пусть во второй цистерне изначально было х л воды, а в
третьей у л. По условию задачи необходимо найти отношение х : у. Так как все
три цистерны имеют одинаковый объём и будут заполнены водой одновременно,
то V = х + 60t, V = у + 80t. В результате получаем систему:
V = loot,
V — х + 60t,
V = у + 80t;
V = 100t,
100t = x + 60t,
100t = у + 80t;
' V = loot,
< x = 40t,
3/ = 20t;
откуда x : у — 2.
Ответ. В 2 раза.
Пример 2. (Филол-72.1) Гвоздь, 3 винта и 2 шурупа весят вместе 24 г, 2 гвоздя,
4 шурупа и 5 винтов - 44 г. Сколько весят вместе гвоздь, 4 винта и 2 шурупа?
Решение. Пусть 1 гвоздь весит х г, 1 шуруп - у г, 1 винт - z г, тогда
Г х + 2у + 3z = 24,
[ 2х + 4у + 5z = 44;
а найти надо x + 2y + 4z. Из этой системы нельзя определить значения переменных
х,у и z, однако можно предположить, что искомая величина х + 2у + 4z явля-
ется линейной комбинацией левых частей данных уравнений. Другими словами,
найдутся такие такие числа а и 6, что
а(х + 2у + 3z) + b(2x + 4у + 5z) = х + 2у + 4z.
Для того, чтобы определить значения а и 6, достаточно раскрыть скобки и при-
равнять коэффициенты при х,у и z. Слева при х будет (а + 26), а справа 1,
следовательно, а + 2Ь = 1. Слева при у будет (2а+ 46), а справа 2, следовательно,
2а + 46 = 2. Слева при z будет (За + 56), а справа 4, следовательно, За + 56 = 4.
В результате получаем систему:
а + 26 — 1,
< 2а + 46 — 2,
За + 56 = 4;
откуда а = 3, 6 = — 1.
Если домножить первое уравнение на 3 и вычесть из него второе уравнение,
то получим
(3 - 2)ж + (2 • 3 - 4)т/ + (3 • 3 - 5)z = 24 • 3 - 44,
откуда х + 2у + 4z = 28.
4.1. Недоопределённые задачи
55
Замечание. Предложенный метод решения (метод неопределённых коэффици-
ентов) особенно эффективен при решении систем с большим числом уравнении.
Небольшие системы можно решать и с помощью обычной подстановки, последо-
вательно уменьшая число неизвестных и число уравнений.
Ответ. 28.
Задачи
1.	(Почв-83.1) Поле разделено на три участка. За день были вспаханы половина
первого участка и 3/4 второго участка, а третий участок, который составляет
четвёртую часть всего поля, был вспахан полностью. Вспаханная за день
площадь поля в два раза больше площади второго участка. Какую часть
площади поля составляет площадь, вспаханная за день?
2.	(Почв-78.3) Имеются два слитка золота с серебром. Процентное содержа-
ние золота в первом слитке в два с половиной раза больше, чем процентное
содержание золота во втором слитке. Если сплавить оба слитка вместе, то
получится слиток, в котором будет 40% золота. Найти, во сколько раз пер-
вый слиток тяжелее второго, если известно, что при сплавке равных по весу
частей первого и второго слитков получается слиток, в котором содержится
35% золота.
3.	(Геол-97(2).6) В момент, когда два бассейна были пустыми, 4 трубы одинако-
вой производительности были подключены для заполнения первого бассейна.
Когда первый бассейн был заполнен на 1/6 его объёма, одну трубу переклю-
чили для заполнения второго бассейна. Когда первый бассейн был заполнен
на 1/2 его объёма, еще 2 трубы переключили для заполнения второго бас-
сейна. После этого оба бассейна наполнились доверху одновременно. Найти
отношение объёмов бассейнов. (Временем на переключения пренебречь).
4.	(Фил-90.4) От двух сплавов массами 7 кг и 3 кг с разным процентным со-
держанием магния отрезали по куску одинаковой массы. Затем кусок, от-
резанный от первого сплава, сплавили с остатком второго сплава, а кусок,
отрезанный от второго сплава, сплавили с остатком первого сплава. Опреде-
лить массу каждого из отрезанных кусков, если новые сплавы получились с
одинаковым процентным содержанием магния.
5.	(Геогр-88.3) Из пункта А в пункт (7, находящийся на расстоянии 20 км
от А, выехал грузовик. Одновременно с ним из пункта В, расположенного
между А и С на расстоянии 15 км от Л, в пункт С вышел пешеход, а из
С навстречу им выехал автобус. За какое время грузовик догнал пешехода,
если известно, что это произошло через полчаса после встречи грузовика с
автобусом, а пешеход до встречи с автобусом находился в пути втрое меньше
времени, чем грузовик до своей встречи с автобусом?
6.	(ВМК-89.3) Из пункта А в пункт В вышел пешеход. Вслед за ним через 2
часа из пункта А выехал велосипедист, а еще через 30 минут - мотоциклист.
Пешеход, велосипедист и мотоциклист двигались равномерно и без остано-
вок. Через некоторое время после выезда мотоциклиста оказалось, что к
этому моменту все трое преодолели одинаковую часть пути от А до В. На
56
Теория и задачи
сколько минут раньше пешехода в пункт В прибыл велосипедист, если пе-
шеход прибыл в пункт В на 1 час позже мотоциклиста?
7.	(Псих-82.5) Из пункта А в пункт В вышел пешеход, и одновременно из
пункта В в пункт А выехал мотоциклист. Встретив в пути пешехода, мото-
циклист сразу же развернулся, довез пешехода до пункта В, а затем тотчас
же снова поехал в пункт А, куда и беспрепятственно добрался. В результате
мотоциклист затратил на дорогу до пункта А в два с половиной раза больше
времени, чем если бы он ехал из пункта В в пункт А, не подвозя пешехода.
Во сколько раз медленнее пешеход добрался бы до пункта В, если бы весь
путь от А до В он прошел пешком?
8.	(Геол-94(2).9) Четыре бригады разрабатывали месторождение железной ру-
ды в течение трёх лет, работая с постоянной для каждой бригады произво-
дительностью. По одному месяцу на первом и третьем году работа не велась,
а все остальное время (то есть в течение 34 месяцев) работала только одна
из бригад. Отношения времен работы первой, второй, третьей и четвёртой
бригад и количество выработанной продукции соответственно равны:
в первый год 3 : 2 : 4 : 2 и 10 млн.т,
во второй год 4 : 2 : 5 : 1 и 9 млн.т,
в третий год 4 : 3 : 3 : 1 и 8 млн.т.
Сколько млн.т железной руды выработали бы за 7 месяцев четыре бригады,
работая все вместе?
4.2.	Неравенства в текстовых задачах
Теоретический материал
В данном разделе рассматриваются текстовые задачи, которые описываются нера-
венством или смешанной системой, состоящей из уравнений и неравенств.
Решение этих задач существенно упрощается, если удаётся использовать такие
свойства переменной как целочисленность и неотрицательность. Обычно отбор
физически допустимых решений неравенств на множестве целых чисел приводит
к единственному значению целочисленной переменной.
Единственное решение системы неравенств может быть получено и для дей-
ствительной переменной, если множества решений отдельных неравенств, входя-
щих в систему, пересекаются в одной точке.
Если же в результате решения задачи получился целый промежуток или
несколько значений и нет дополнительных ограничений, вытекающих из усло-
вия задачи и физического смысла переменной, то все найденные значения надо
указывать в ответе.
Примеры решения задач
Пример 1. (Экон-78.4) Груз вначале погрузили в вагоны вместимостью по 80
тонн, но один вагон оказался загружен не полностью. Тогда весь груз переложили
в вагоны вместимостью по 60 тонн, однако понадобилось на восемь вагонов больше
и при этом всё равно один вагон остался не полностью загруженным. Наконец, груз
переложили в вагоны вместимостью по 50 тонн, однако понадобилось ещё на пять
4-2. Неравенства в текстовых задачах
57
вагонов больше, при этом все такие вагоны были загружены полностью. Сколько
тонн груза было?
Решение. Пусть потребовалось п вагонов по 80 т для погрузки S т груза; тогда
из условия задачи получаем систему:
' 80(п - 1) < S < 80п,
< 60(n + 8- 1) < S < 60(п + 8),
S = 50(п + 8 + 5), п е N;
подставляем S = 50 (п + 13) в неравенства:
8(п - 1) < 5(п + 13) < 8п,
6(п + 7) < 5(п + 13) < 6(п + 8);
65 < Зп < 73,
17 < п < 23;
65
значит, — < п < 23, то есть п = 22, и S = 50(п + 13) = 50  35 = 1750 т.
О
Ответ. 1750 тонн.
Пример 2. (Экон.К-85.4) В 6 часов утра из пункта А в пункт В по течению
реки отправились лодка и катер. Лодка прибыла в пункт В в 16 часов того же
дня. Катер, дойдя до пункта В, сразу повернул назад и на своём пути из В в А
встретил лодку не позднее 14 часов, а прибыл в пункт А не ранее 22 часов того
же дня. Найти время прибытия катера в пункт В, если его собственная скорость
(скорость в стоячей воде) вдвое больше собственной скорости лодки.
Решение. Обозначим за х и 2х км/ч собственные скорости лодки и катера, и
км/ч - скорость течения реки, S км - путь АВ, t ч - время движения катера от
пункта А до пункта В, тогда Т = Н6 ч искомое время прибытия катера в пункт В.
Так как катер доплыл до пункта В за t ч, а лодка по условию за 10 часов, то
S = t(2x + u), S = 10(ж + и).
Поскольку катер вернулся в пункт А не ранее 22 часов того же дня, то в пути от
А до В и обратно он провёл не менее 16 ч, то есть
К моменту, когда катер прибыл в В, лодка проплыла t(x + u) км. Дойдя до пункта
В, катер сразу повернул назад и на своём пути из В в А встретил лодку не позднее
14 часов. Следовательно, суммарное время движения катера от А до В и от В до
встречи с лодкой не превосходит 8 ч:
f ! S — t(x + u) < 8
(ж + и) + (2ж - и) ~
58
Теория и задачи
Запишем полученные уравнения и неравенства в систему:
S = t(2x + и),
S = 10(ж + и),
S — t(x + и) <
к (ж + и) + (2ж — и) ~
t(2x + и) = 10(ж + и),
(+*(2д+“) >16,
2ж — и
t(2x + и) — t(x + и)
Зх
и _ 2t — 10
х 10 — t ’
X
Подставив выражение для величины и/х из первого уравнения в неравенство,
получим систему для t:
4t
п 2^-Ю -
” 10 -1
t(10-t) >
15-2* - ’
t < 6;
t2 - 26t + 120 < 0,
t < 6;
6 < t < 20,
t < 6;
t = 6.
В результате, искомое значение равно Т = t + 6 = 12 ч.
Ответ. В 12 ч.
Задачи
1.	(Физ-68.3) Купили несколько одинаковых книг и одинаковых альбомов. За
книги заплатили 10 руб. 56 коп., за альбомы - 56 коп. Книг купили на 6
штук больше, чем альбомов. Сколько купили книг, если цена одной книги
больше, чем на 1 руб. превосходит цену одного альбома?
2.	(Псих-84.5) Второй член арифметической прогрессии, состоящей из целых
чисел, равен 2, а сумма квадратов третьего и четвёртого ее членов меньше
4. Найти первый член этой прогрессии.
3.	(Геогр-97(1).4) Танкер может заполняться через две трубы, причём его за-
полнение через первую трубу происходит на 5 часов медленнее, чем через
вторую. При каких значениях времени заполнения танкера через первую
трубу его заполнение через обе трубы одновременно занимает не менее 6
часов?
4,3. Оптимальный выбор.,.
59
4.	(Хим-97.4) N насосов различной мощности наполняют бассейн водой. Пер-
вый насос, работая автономно, может наполнить весь бассейн за 2 часа, вто-
рой за 4 часа, ..., п-ый - за 2П часов. Каким должно быть наименьшее число
насосов п, чтобы все п насосов, работая одновременно, наполнили бассейн
быстрее, чем за 1 час и 1 минуту? Можно ли наполнить бассейн быстрее, чем
за 1 час?
5.	(М/м-92.4) Один рабочий на новом станке производит за 1 час число дета-
лей, большее 8, а на старом станке - на 3 детали меньше. На новом станке
один рабочий выполняет дневную норму за целое число часов, а два рабо-
чих вместе выполняют норму на старых станках на 1 час быстрее. Из какого
количества деталей состоит дневная норма?
6.	(Экон-85.5) Из пункта А в пункт В вышел пешеход. Не позже, чем через 40
минут, вслед за ним вышел ещё один пешеход. В пункт В сначала пришел
один из пешеходов, а другой достиг В не раньше, чем через час после этого.
Если бы пешеходы вышли одновременно, то они бы прибыли в пункт В с
интервалом не более, чем в 20 минут. Определить, сколько времени требуется
каждому пешеходу на путь от А до В, если скорость одного из них в 1,5
раза больше скорости другого.
7.	(Геол.ОГ-83.5) Автобус проходит путь АЕ\ состоящий из участков АВ, ВС,
СВ, DE длиной 10 км, 5 км, 5 км, 6 км соответственно. При этом, согласно
расписанию, выезжая из пункта А в 9 ч, он проходит пункт В в 9| ч,
пункт С - в 9| ч, пункт В - в 9| ч. С какой постоянной скоростью v
должен двигаться автобус, чтобы сумма абсолютных величин отклонений от
расписания прохождения пунктов B,C,D и времени движения автобуса от
А до В при скорости v, не превосходила 51,7 мин?
4.3.	Оптимальный выбор, наибольшие и наименьшие значе-
ния
Теоретический материал
Текстовые задачи, в которых требуется отыскать наибольшее или наименьшее зна-
чение некоторой функции нескольких переменных, связанных дополнительными
условиями, встречаются достаточно часто.
Общий подход к решению таких задач состоит в следующем. Обозначаем иссле-
дуемую функцию за новую переменную, выражаем одну из исходных переменных
через новую и в результате получаем уравнение, неравенство или систему соот-
ношений, зависящих (в том числе) от новой переменной. Остаётся выяснить, при
каких условиях задача в новой формулировке имеет решения. На этом этапе ак-
тивно используются свойства элементарных функций, что позволяет обойтись без
применения производной.
Задачи на оптимальный выбор, как правило, сводятся к отысканию максималь-
ного (минимального) значения некоторой функции от нескольких целочисленных
переменных, удовлетворяющих системе уравнений или неравенств в целых числах,
и поэтому являются частным случаем задач о поиске наибольшего и наименьшего
значения. Основные особенности решения задач на оптимальный выбор рассмот-
рены в примере 1.
60
Теория и задачи
Примеры решения задач
Пример 1. (Экон.К-84.5) Из строительных деталей двух видов можно собрать
три типа домов. Для сборки 12-квартирного дома необходимо 70 деталей первого
и 100 деталей второго вида. Для сборки 16-квартирного дома требуется 110 и
150, а для дома на 21 квартиру нужно 150 и 200 деталей первого и второго вида
соответственно. Всего имеется 900 деталей первого и 1300 деталей второго вида.
Сколько и каких домов нужно собрать, чтобы общее количество квартир было
наибольшим?
Решение. Пусть п - число 12-квартирных домов, т - число 16-квартирных,
к - 21-квартирных домов. Тогда S = 12тг + 16m + 21А? общее число квартир. Так
как всего имеется 900 деталей первого и 1300 деталей второго вида, то
Г 70n + 110m + 150fe < 900,	Г 7п + 11m + 15fe < 90,
( 100n + 150m + 200/c < 1300;	[ 2n + 3m + 4k < 26.
Заметим два полезных соотношения, связывающих число квартир и количество
деталей.
1) Два 12-квартирных дома (24 квартиры за 140 и 200 деталей) выгоднее, чем один
21-квартирный дом (21 квартира за 150 и 200 деталей).
Вывод: строить 21-квартирные дома невыгодно; значит, к = 0.
2) Три 12-квартирных дома (36 квартир за 210 и 300 деталей) выгоднее двух 16-
квартирных домов (32 квартиры за 220 и 300 деталей).
Вывод: число 16-квартирных домов меньше двух; значит, т Е {0; 1}.
Теперь задача свелась к отысканию целых п > 0 и т Е {0; 1}, удовлетворяющих
системе
Г 7п + 11m < 90,
[ 2п + 3m < 26;
при которых величина S = 12п + 16m принимает наибольшее значение.
При т = 0 максимальное значение п, удовлетворяющее системе, равно 12. При
этом S = 12п = 144.
При т — 1 максимальное значение п, удовлетворяющее системе, равно 11. При
этом S = 12п + 16m = 148 > 144.
Следовательно, общее количество квартир будет наибольшем при п = 11, т = 1,
к = 0.
Ответ. 11 домов по 12 квартир и один дом на 16 квартир.
Пример 2. (Экон.К-78.4) Имеется три сплава. Первый сплав содержит 30%
никеля и 70% меди, второй - 10% меди и 90% марганца, третий - 15% никеля,
25% меди и 60% марганца. Из них необходимо приготовить новый сплав, содержа-
щий 40% марганца. Какое наименьшее и какое наибольшее процентное содержание
меди может быть в этом новом сплаве?
4.3. Оптимальный выбор...
61
Решение. Введем обозначения:
	Никель	Медь	Марганец	Масса
I сплав :	30%	70%	—	® кг
II сплав :	—	10%	90%	У кг
III сплав :	15%	25%	60%	г кг
Общий :	60 - р%	р%	40%	х + у + г кг
Из условия задачи получаем систему уравнений:
0,9у + 0,6z = 0,4(® + у + z),
0,7х + 0,1?/ + 0,25г .
---------------------100 = р;
X + у + Z
' 4х — 5?/ — 2г — 0,
\	70® + Ют/ + 25г
р =-------------------
к	х + у + г
где 0 < р < 60, х > 0, у > 0, г > 0.
4	2
Выразив у — -х----г из первого уравнения и подставив во второе, получим:
5	5
70® + 8® - 4г + 25г К 7г + 26® г 7(г + 3®) + 5®	25®
Р ~---л---й---= 5 ----— = 5 • —----= 35 Н-—
49	г + 3®	г + 3®	г + 3®
4	2
х + -х - -г + г
о о
4	2
Из условия у — -х — -г > 0 следует, что 0 < г < 2®, значит,
5	5
25®
35 + ~---т—
2® + 3®
25®
0 + 3®
130
3
1
3
При этом наименьшее значение р достигается при г = 2®, у — 0; наибольшее -
4
при г = 0, у = -х.
5
Ответ. 40% и 43 %.
Задачи
1.	(Экон.К-68.3) На 100 рублей решено купить ёлочных игрушек. Елочные иг-
рушки продаются наборами. Набор, состоящий из 20 игрушек, стоит 4 руб-
ля; набор, состоящий из 35 игрушек, стоит 6 рублей и набор, состоящий из
50 игрушек, стоит 9 рублей. Сколько каких наборов нужно купить, истратив
все 100 рублей, чтобы было куплено наибольшее количество игрушек?
2.	(Экон.М-96.3) В контейнер упакованы изделия двух типов. Стоимость и вес
одного изделия составляют 400 тыс.руб. и 12 кг для первого типа и 600
тыс.руб. и 15 кг для второго типа. Общий вес комплектующих равен 321 кг.
Определить минимальную и максимальную возможную суммарную стои-
мость находящихся в контейнере изделий.
3.	(Экон-96.4) В контейнер упакованы комплектующие изделия трёх типов.
Стоимость и вес одного изделия составляют 400 тыс.руб. и 12 кг для первого
типа, 500 тыс.руб. и 16 кг для второго типа, 600 тыс.руб. и 15 кг для третьего
типа. Общий вес комплектующих равен 326 кг. Определить минимальную и
максимальную возможную суммарную стоимость находящихся в контейнере
комплектующих изделий.
62
Теория и задачи
4.	(Псих-87.3) Бригада маляров белила потолки в классе и в актовом зале шко-
лы, причём площадь потолка в актовом зале в три раза больше, чем пло-
щадь потолка в классе. В той части бригады, которая работала в актовом
зале, было на 6 маляров больше, чем в той части, которая работала в классе.
Когда побелка всего потолка в актовом зале закончилась, та часть бригады,
которая была в классе, ещё работала. Какое наибольшее число маляров мог-
ло быть в бригаде, если все они начали работать одновременно и работали
с одинаковой производительностью?
5.	(Экон-90.4) Натуральные числа а, 6, с, взятые в указанном порядке, образу-
ют возрастающую геометрическую прогрессию, знаменатель которой явля-
ется целым числом. Числа 2240 и 4312 делятся без остатка на & и с соответ-
ственно. Найти числа а,& и с, если известно, что при указанных условиях
сумма а + b + с максимальна.
6.	(Псих-94.5) Абитуриенты сдавали экзамены в течение трёх дней в одних и тех
же аудиториях. Число экзаменовавшихся каждый день абитуриентов в каж-
дой аудитории было равно числу аудиторий. Если бы экзамены проводились
в другом корпусе, то их можно было бы провести за два дня, используя каж-
дый день одни и те же аудитории, причём каждый день в каждой аудитории
абитуриентов удалось бы рассадить по рядам так, что число рядов, а также
число людей в ряду было бы равно числу используемых аудиторий. Опреде-
лить минимальное возможное число абитуриентов, которое могло бы быть
проэкзаменовано при этих условиях.
7.	(ВМК-87.5) С завода на стройку нужно перевезти 24 больших и 510 малень-
ких бетонных блоков. Доставка блоков осуществляется автомашинами, каж-
дая из которых вмещает 44 маленьких блока и имеет грузоподъемность 10
тонн. Вес маленького блока - 0,2 тонны, большой блок весит 3,6 тонны и за-
нимает место 14 маленьких. Найти минимальное число рейсов, достаточное
для перевозки всех блоков.
8.	(Геол-99.6) Дана арифметическая прогрессия ai, а2,..., ап, в которой аз =
—13 и а 7 = 3. Определить, при каком количестве членов сумма прогрессии
будет наименьшей; найти значение этой суммы.
9.	(Экон-94.5) Предприятие производит телевизоры и является прибыльным.
Известно, что при изготовлении п телевизоров в месяц расходы предпри-
ятия на выпуск одного телевизора составляют не менее 40£00	270 _
|90 _ 40500 । тыс.руб., а цена реализации каждого телевизора при этом не
превосходит 540 — тыс.руб. Определить ежемесячный объём производ-
ства, при котором может быть получена наибольшая из возможных в данных
условиях ежемесячная прибыль.
10.	(ВМК-95.5) Строительной организации необходимо построить некоторое ко-
личество одинаковых домов общей площадью ровно 2500 кв.м. Стоимость
одного дома площадью а кв.м складывается из стоимости материалов pia3/2
тыс.руб., стоимости строительных работ р2а тыс.руб. и стоимости отделоч-
ных работ рза1/2 тыс.руб. Числа Р1,Р2,Рз являются последовательными чле-
нами геометрической прогрессии, их сумма равна 21, а их произведение рав-
но 64. Если построить 63 дома, то затраты на материалы будут меньше, чем
5.1. Исследование свойств квадратичной функции...
63
затраты на строительные и отделочные работы. Сколько следует построить
домов, чтобы общие затраты были минимальными?
5. Использование свойств квадратного трёхчлена
в задачах с параметрами
5.1. Исследование свойств квадратичной функции в зависи-
мости от значений параметра. Теорема Виета
Теоретический материал
По нашим наблюдениям, тема ^Квадратный трёхчлен и его свойства” хорошо
усваивается школьниками. Каждый абитуриент, сдающий математику на вступи-
тельных экзаменах, помнит общий вид и график квадратного трёхчлена, формулы
корней и даже формулировки основных теорем. В принципе, этих знаний доста-
точно для того, чтобы решить любую задачу выпускных и вступительных экза-
менов на свойства квадратного трёхчлена, в том числе и задачу с параметрами.
Однако для оптимизации решения необходимо владеть специальными навыками
л приёмами работы с квадратными уравнениями и неравенствами.
Напомним основные теоремы, связывающие коэффициенты квадратного трёх-
члена с его корнями.
Теорема Виета. Если квадратное уравнение ах2 + Ьх + с = 0 имеет два корня
zi и Х2 (может быть, совпадающих), то для них выполнены соотношения
b
Х1 +	—----
с а
— •
а
Обратная теорема Виета. Если числа х± и Жг являются решениями системы
(х1 + Х2 = -р,
1 а? 1®2 — Q5
то они же являются корнями приведённого квадратного трёхчлена х2 + рх + q.
Особо подчеркнём, что теорема Виета может быть применена только к квад-
ратному трёхчлену, имеющему корни. Это означает, что прежде чем использовать
хотя бы одно соотношение, связывающее корни квадратного трёхчлена с его ко-
эффициентами, необходимо убедиться в существовании корней, то есть проверить
неотрицательность дискриминанта:
D = Ь2 - 4ас > 0.
Примеры решения задач
Пример 1. (ИСАА-92.6) При каких значениях параметра а сумма S квадра-
тов корней уравнения х2 + 2ах + 2а2 + 4а + 3 — 0 является наибольшей? Чему
равна эта сумма?
Решение. Уравнение имеет корни при неотрицательном дискриминанте:
Р/4 = а2 - 2а2 - 4а - 3 > О <=> а2 + 4а + 3 < О	-3 < а < -1.
Сумму квадратов корней найдём, используя теорему Виета:
S = ж2 + х22 = (яг + Х2)2 - 2х±Х2 = 4а2 — 2(2а2 + 4а + 3) = -8а — 6.
При —3 < а < — 1 получаем 2 < —8а—6 < 18, следовательно, наибольшее значение
суммы равно 18 и оно достигается при а = — 3.
Ответ. —3; 18.
Пример 2*. (М/м-96.6) При каких,значениях параметра а уравнение
(ж2 — х + а2 + 2)2 = 4а2 (2ж2 + 2 — ж)
имеет ровно три различных решения?
Решение. Преобразуем уравнение следующим образом:
((ж2 - ж + 2) + а2)2 = 4а2(ж2 + (ж2 - ж + 2));
(ж2 — ж + 2)2 + а4 + 2а2(ж2 — ж + 2) = 4а2ж2 + 4а2(ж2 — ж + 2);
((ж2 - ж + 2) — а2)2 — 4а2ж2 = 0;
(ж2 — ж + 2 — а2 — 2аж)(ж2 — ж + 2 — а2 + 2аж) = 0.
Следовательно, исходное уравнение равносильно совокупности:
ж2 - (2а + 1)® + 2 - а2 = 0;
ж2 + (2а — 1)ж + 2 — а2 = 0.
Она имеет ровно три различных решения в одном из следующих случаев: у каждо-
го из уравнений по два корня, но только один из них общий; у одного из уравнений
один корень, а у другого два, причём общих решений нет.
1) Если уравнения имеют общий корень, то он является решением системы:
J ж2 — (2а + 1)ж + 2 — а2 = 0,
1 ж2 + (2а — 1)ж + 2 — а2 = 0;
вычитая одно уравнение из другого, получаем: 4аж = 0, но при а = 0 уравнение
ж2 — ж + 2 = 0 не имеет решений; значит, только ж = 0 может быть общим корнем
уравнений (необходимое условие). Подставив ж = 0 в любое из уравнений, получим
2 — а2 — 0 <=> а = ±д/2.
Для наличия общего корня у двух рассматриваемых уравнений необходимо,
чтобы а = ±\/2? причём тогда этим корнем станет ж = 0.
Проверим на достаточность, подставив в исходную совокупность:
1.1. Исследование свойств квадратичной функции...
65
• а = —л/2,
х2 - ®(1 - 2ч/2) = 0;
х2 +®(-1 - 2V2) = 0;
Х1 = 0, Х2 = 1 — 2V2;
= О, Х2 = 1 + 2л/2;
совокупность имеет три различных решения; значит, а = —у/2 подходит;
• а = \/2,
а;2 - x(2V2 + 1) = 0;
х2 + x(2V2 - 1) = 0;
= 0, Х2 = 1 + 2^2;
= 0, Х2 = 1 — 2а/2;
совокупность имеет три различных решения; значение а — л/2 подходит.
.аким образом, общий корень у двух исходных уравнении имеется в тех и только
тех случаях, когда а — ±\/2, причём им является х = 0.
2 Первое уравнение имеет один корень (D = 0), второе уравнение имеет два
хэрня (D > 0), общих корней нет (а / ±\/2):
8а2 + 4а — 7 — 0,
8а2 - 4а - 7 > 0;
8а2 —7= -4а,
- 8а > 0;
1: Первое уравнение имеет два корня (D > 0), второе уравнение имеет один
юрень (D — 0), общих корней нет (а / ±\/2)*
8а2 + 4а - 7 > 0,	J 8а > 0,
8а2 - 4а - 7 = 0;	| 8а2 - 7 = 4а;
<	1 ± д/15
а —----------:
I 4 ’
Л + ч/15
.аким образом, из двух последних случаев получаем: а = ±-------
1 л/15
Зтвет. ±л/2; ±------.
Задачи
1.	(ЕГЭ.С) При каких значениях а функция у = х2 + (а — 2)ж + 0,25 не при-
нимает отрицательных значений?
2.	(Биол-75.2) Найти все значения параметра р, при которых квадратное урав-
нение (Зя)2 + (33+₽ - 15)ж + 4 = 0 имеет ровно одно решение.
3.	(У) Пусть 4а + 26 + с > 0, и уравнение ах2 + Ьх + с = 0 не имеет действи-
тельных корней. Каков знак с?
66
Теория и задачи
4.	(У) При каких значениях q уравнение х2 — рх 4- q = 0 имеет решение при
любом р?
5.	(У) Пусть ~ корни квадратного уравнения х2 + рх — q = 0. Найти
х* + «2, не вычисляя этих корней.
6.	(У) Дано уравнение х2 +рх 4- q = 0. Составить квадратное уравнение, кор-
нями которого являются сумма квадратов и сумма кубов корней данного
уравнения.
7.	(Псих-78.5) Известно, что для некоторой квадратичной функции
f(x) = ax2+bx+c выполнены неравенства: /(—1) < 1, /(1) > —1, /(3) < —4.
Определить знак коэффициента а,
8.	(Физ-94(2).7) Найти все значения а, для каждого из которых система
{—х2 4- 12ж — а > 0,
х < 2
выполняется хотя бы для одного х.
9.	(М/м-71.4) Найти все а, при которых система неравенств
(х2 4- 2х 4- а < 0,
|ж2 - 4ж — 6а < 0;
имеет единственное решение.
10.	(Экон-98.5) Найти все действительные значения с, для которых все числа из
области значений функции
х2 4- сх - 1
~ 2х2 -Зх + 2
принадлежат интервалу (—1;2).
11.	(Физ-93.7) Уравнение ах2 4- Ьх 4- 2 = 0, где а < 0, имеет одним из своих
корней число х — 3. Решить уравнение аж4 4- Ьх2 + 2 = 0.
12.	(Физ-89.5) Найти все значения параметра т, при каждом из которых урав-
нение (2ж)2 — 4ж • (т • Зт) 2 + 3m+1 + т — 3 = 0 имеет корни. Выяснить знаки
корней при различных значениях т.
13.	(Физ-91.5) При каких значениях а все корни уравнения
Зах2 + (За3 — 12а2 — 1)ж — а(а — 4) = 0 удовлетворяют условию |®| <1?
14.	(Псих-81.5) Найти все значения параметра а, при каждом из которых наи-
меньшее значение квадратного трёхчлена 4ж2 — 4аж + а2 — 2а + 2 на отрезке
0 < х < 2 равно 3.
5.2. Теоремы о расположении корней ...
67
5.2. Теоремы о расположении корней квадратного трёхчле-
на на числовой оси
Теоретический материал
Во многих задачах на квадратный трёхчлен требуется выяснить особенности рас-
положения его корней на числовой оси, при этом необходимости в вычислении
самих корней нет. Простейшая задача этого типа состоит в определении знаков
корней некоторого квадратного трёхчлена.
Рецепт решения таких задач известен. За основу всегда берём теорему Вие-
та и добавляем дополнительные утверждения, использующие известные свойства
парабол.
Обозначим через «1,«2 корни квадратного трёхчлена f(x) = ах2 +6ж + с, через
D = Ь2 — 4ас его дискриминант, через хв абсциссу вершины параболы.
Справедливы следующие теоремы.
Теорема 1 (оба корня больше некоторого числа М)
D > О,
< хв > М,
а-/(М) > 0.
Теорема 2 (оба корня лежат на интервале (M\N))
«1,«2 6 (M;N)
{D > 0,
хв е (М;ЛГ),
а-/(М)>0,
a-f(N) > 0.
а<0
68
Теория и задачи
Теорема 3 {число М расположено между корнями)
< М < Х2 <=> а • f{M) < 0.
а>0
а<0
Теорема 4 {интервал {M;N) расположен между корнями)
х± < М < N < Х2
a-f(M)<Q,
а  f(N) < 0.
а>0
а<0
Теорема 5 (один корень лежит на интервале (M\N), другой корень - левее
этого интервала)
Х1 < М < х2 < N
(a-f(M) <0,
[а •/(-№) > 0-
а<0
Теорема 6 (один корень лежит на интервале (M;N), другой корень - правее
этого интервала)
М < xi < N < Х2
a-f(M) >0,
a- f(N)<0.
5,2. Теоремы о расположении корней ...
69
а>0
а<0
Подобные равносильные системы можно получить и для других случаев распо-
ложения корней квадратного трёхчлена относительно точек, отрезков, конечных
или бесконечных интервалов. Задача читателя - не только помнить приведённые
теоремы и уметь их доказывать, но и научиться формулировать новые утвержде-
ния о расположении корней квадратного трёхчлена в каждом конкретном случае.
Примеры решения задач
Пример 1. (Геол-96(1).8) Найти все значения а, при которых неравенство
ах2 + 1 > 4ж — За выполняется для всех х из интервала (—1; 0).
Решение. Обозначим f(x) — ах2 — 4а? + За + 1 и запишем исходное неравенство
в виде f(x) > 0.
1) Рассмотрим отдельно случай, когда функция /(а?) не является квадратичной.
При а — 0 функция принимает вид: f(x) = —4а? + 1, и неравенство /(а?) > 0
справедливо при при всех х 6 (—1; 0), следовательно, а = 0 подходит.
2) При а < 0 ветви параболы направлены вниз, и условие /(а?) > 0 при х € (—1; 0)
равносильно системе:
/(-!)> 0,	I а + 5 + За > 0,	> 1
/(0) > 0;	| За +1 > 0;	а~ 3’
3) При а > 0 ветви параболы направлены вверх. Так как а?в =
f(x) > 0 при х 6 (—1; 0) равносильно условию
- > 0, то условие
а
/(0) > о
1
3’
За -|~ 1 > 0
а
70
Теория и задачи
Заметим, что условие /(0) > 0 должно выполняться независимо от того, есть ли
у этой параболы корни или нет. Это даёт нам возможность не рассматривать по
отдельности три варианта: D — 0, D > 0 и D < 0.
1
Объединив все результаты, получим, что а > — -.
Ответ.
1
з;о°
Пример 2. (Геогр-90.5) Найти все значения параметра д, при которых урав-
нение (д4-1)я24-(|д4-2| — |д4-10|)ж4-д = 5 имеет два различных положительных
корня.
Решение. Обозначим f(x) = (а 4- 1)ж2 4- (|д 4- 2| — |д 4- 10|)ж 4- а — 5. Уравнение
f(x) = 0 будет иметь два различных положительных корня в том и только в том
(г>>о,
случае, когда: < хв > 0,
I (о + 1)/(0) > 0.
-О-------о-----------•--------о------------
0	Х1	Хв	х2	х
1) D = (|а +2| — |а+10|)2 — 4(а+1)(а —5) = -2|а + 2||а +10| - 2а2+ 40а+124 > 0
>—<	|а2 И- 12а + 20| < —а2 + 20а 4~ 62	>—
а2 + 12а + 20 < —а2 4* 20а Н- 62,
а2 + 12а + 20 > а2 - 20а - 62;
41
16’
41
16
а2 - 4а - 21 < 0,
16а + 41 > 0;
_ |а+10| - |а+2|
1	2(а+1)
(д 4" 10 — а — 2)(д 4" 10 4" а 4" 2)
а + 1
(О + Ю)2 _(а +2)2
2(д 4-1)
> —в > 0 <=> а е (-оо;-6)U(-1; 4-оо).
а 4-1
5.2. Теоремы, о расположении корней ...
71
В первом равносильном переходе мы воспользовались тем, что разность модулей
двух выражений имеет тот же знак, что и разность их квадратов.
3)	(а 4-1)/(0) = (а 4- 1)(а — 5) > О <=> a 6 (—оо; —1) U (5; 4-оо).
Отметим полученные промежутки на числовой прямой.
-6	-41/16 -1
5 7 х
Пересечением является интервал (5; 7).
Замечание. Вместо условий на вершину и значение в нуле можно было исполь-
зовать условия, полученные с помощью теоремы Виета, то есть
D > О,
хв > О,
(а+1)/(0)
> 0;
а 7^ —1,
D > 0,
Х1 + Х2 > 0,
Ж1Ж2 > 0;
и множества решений этих систем совпадают.
Ответ. (5;7).
Задачи
1.	(У) При каких значениях а оба корня уравнения (2 — а)х2 — Зах + 2а = 0
больше 1/2?
2.	(У) При каких значениях а один из корней уравнения
(а2 4- а 4- 1)ж2 4- (2а — 3)х 4- (а - 5) = 0
больше 1, а другой меньше 1?
3.	(У) Найти все значения а, при которых оба корня уравнения
(а 4- 1)ж2 — Зах 4- 4а = 0
больше 1.
4.	(У) Известно, что корни х± и Х2 уравнения ах2 +Ьх + с= 0 удовлетворяют
неравенству х± < — 1 < Х2- Доказать, что а2 4- ас < ab.
5.	(Физ-94(2).7) Найти все значения а, для каждого из которых система
—х2 4- 12ж — а > 0,
х < 2;
выполняется хотя бы для одного х.
Теория и задачи
72
6.	(ЕГЭ.С) При каком значении а область определения функции
у = у/—х2 + 4я + а +	— 3
состоит из одной точки?
7.	(ЕГЭ.С) При каком значении а область определения функции
у = у/—х2 + 6® + а + yjx — 4
состоит из одной точки?
8.	(М/м-93(2).2) Найти все значения а, при которых уравнение
4х + (а2 4- 5) • 2х + 9 - а2 = О
не имеет решений.
9.	(ИСАА-91.6) При каких значениях параметра а система уравнений
(х2 +у2 = 1,
(2/ - |ж| = а;
имеет ровно два решения?
10.	(Геол-97(1).8) При каких а система
Га(х - 4) = 3(у + 2),
1 у + у/х = 0;
имеет два различных решения?
11.	(Экон.К-77.4) Найти все значения параметра а, при каждом из которых
уравнение log3(9x 4- 9а3) = х имеет два решения.
12.	(Физ-94(1).7) При каких значениях а уравнение 2а(х 4-1)2 - |ж + 1| + 1 = 0
имеет четыре различных решения?
13.	(геол-89.6) Найти все значения параметра а, при каждом из которых урав-
нение
(а2 - 6а 4- 9)(2 4- 2sinх - cos2 х) 4- (12а - 18 - 2а2)(1 4-sin®) + a + 3 = 0
не имеет решений.
14.	(Экон.М-95.6) Найти все значения р, при которых уравнение
х — 2 — у/—2(р 4- 2)® 4- 2 имеет единственное решение.
15.	(Псих-93.5) Обозначим через и ®2 корни квадратного трёхчлена
(a - I)®2 - (2а + 1)ж 4- 2 4- 5а.
1)	Найти все а, при которых > 1, ®2 > 1.
2)	Найти все Ь, при которых величина (яi — b) (ж2 — Ь) принимает постоянное
значение при всех а, при которых определена.
5.3. Смешанные задачи
73
16.	(Биол-77.5) Найти все те значения параметра s, при каждом из которых кор-
м л 3® л л 9	12®
ни уравнении х Ч-----h 2s = 0 и х Ч------s = 0 не перемежаются, то есть
s	s
оба уравнения имеют по два корня и между корнями одного из уравнении
нет ни одного корня другого уравнения.
17.	(ВМК-88.5) Найти все а, при которых уравнение
((2® + а)у/22а — 4а2 - 24 - 2(®2 + х) 1g а) • 1g	= д
35
имеет по крайней мере два корня, один из которых неотрицателен, а другой
не превосходит — 1.
18.	(М/м-91.5) Найдите все пары чисел р и д, при которых неравенство
|®2 + рх + q\ > 2 не имеет решений на отрезке [1; 5].
5.3.	Смешанные задачи
1.	(ЕГЭ.В) Найти все значения а, при которых функция
у = у/5х2 — (2 — а)х + 2 — 4а имеет минимум в точке ®0 = - .
2.	(ЕГЭ.В) Найти все значения а, при которых функция
у — у/ах2 + 15® — 1 имеет максимум в точке ®о = 1,5.
3.	(У) Найти наименьшее значение, принимаемое z, если
z — ®2 + 2ху + Зр2 + 2® + бу + 4.
4.	(У) При каком целом р уравнения З®2 — 4®+р — 2 = 0 и ®2 — 2рх 4-5 = 0
имеют общий корень?
5.	(У) Докажите, что если значение квадратного трёхчлена а®2 — Ьх + с яв-
ляется целым числом при ®i = 0, ®2 = 1 и ®з = 2, то при любом целом ®
значение данного трёхчлена является целым числом.
6.	(У) Доказать, что при любых допустимых значениях a,p,q уравнение
1 1 1
------1----— -
х — р х — q а
имеет вещественные корни.
7.	(У) На плоскости (р, д) изобразить множество точек таких, что уравнение
®2 + рх + д = 0 имеет одним из корней фиксированное число а.
8.	(У) Коэффициенты р и д квадратного трёхчлена ®2 + рх + д нечётны.
Доказать, что он не может иметь целых корней.
9.	(Псих-70.2) Найти все а, при которых уравнение ®8 + а®4 + 1 = 0 имеет
ровно четыре корня, образующих арифметическую прогрессию.
74
Теория и задачи
10.	(ВМК-74.2) Найти все действительные значения а, при которых каждое ре-
шение неравенства
logi х2 > logi (ж + 2)
является решением неравенства 49ж2 — 4а4 < 0.
11.	(Геол-99.2) Известно, что х±,	- корни уравнения
2ж2 - (\/3 + 5)® - у 4 + 2а/3 = 0.
Найти значение А = Xi + Ж1Ж2 + х2 и выяснить, какое из чисел больше: А
или 1,999?
12.	(Экон.К-78.5) Найти все значения параметра а, при каждом из которых
неравенство а2 + 2а — sin2 х — 2а cos х > 2 выполняется для любого чис-
ла х.
13.	(Биол-73.5) Найти все значения действительного параметра а, для которых
неравенство 4® — а-2х — а + 3 < 0 имеет хотя бы одно решение.
14.	(Экон-77.5) Найти все значения параметра а, при каждом из которых нера-
венство 3 — |ж — а| > х2 имеет хотя бы одно отрицательное решение.
15.	(Экон-80.5) Найти все целые значения параметра к, при каждом из которых
уравнение 5 — 4 sin2 х — 8 cos2 — = 3/с имеет решения. Найти все эти решения.
2
16.	(Псих-71.5) При каких значениях а уравнение
имеет ровно три корня, расположенных на отрезке
17.	(геол-77.5) Найти все значения параметра к, при каждом из которых суще-
ствует хотя бы одно общее решение у неравенств
х2 + 4кх + ЗА?2 > 1 + 2к и х2 + 2кх < Зк2 - 8к + 4.
18.	(Геол-88.6) Найти все значения параметра а, при каждом из которых область
« ,	Sinz + 2(1 - а)
значении функции у = ----------------- содержит отрезок II; 21.
а - cos2 х
19.	(М/м-99.5) Найти все значения а, при каждом из которых сумма длин ин-
тервалов, составляющих решение неравенства
х2 + (2а2 4- 6)ж — а2 + 2а — 3
х2 + (а2 + 7а - 7)х — а2 + 2а — 3 <
не меньше 1.
6.1. Область определения функции, монотонность, периодичность...
75
6. Использование различных свойств функций и
применение графических иллюстраций
В этом параграфе приведены задачи, при решении которых решающую роль иг-
рает использование таких свойств функции как монотонность, чётность и нечёт-
ность, периодичность. Рекомендуем вам, прежде чем приступать к решению задач
данного параграфа, повторить свойства элементарных функций.
6.1.	Область определения функции, монотонность, перио-
дичность, чётность и нечётность
Теоретический материал
Функцией называется отображение числового множества X на числовое множе-
ство У, при котором каждому значению х из множества X, называемого обла-
стью определения, ставится в соответствие единственное значение у из множества
У, называемого множеством значений. Для обозначения функции используется
запись у = f(x).
Функция у = f(x) называется чётной, если для всех х 6 X выполняется
соотношение (—ж) 6 X и равенство /(ж) = /(—ж).
Функция у = f(x) называется нечётной, если для всех х е X имеет место
соотношение (—х) 6 X и равенство f(x) = —f(—x).
Функция f(x) называется возрастающей на множестве D, если для любых
значений х±, Х2 6 D таких, что	вьшолняется условие: /(^2) > /(^i).
Функция f(x) называется убывающей на множестве D, если для любых зна-
чений ®i,®2 € D таких, что ®2 > вьшолняется условие: /(22) < /(®i).
Свойства монотонных функций
•	Сумма возрастающих (убывающих) функций есть также возрастающая
(убывающая) функция. Сумма возрастающей и убывающей функций может
вообще не являться монотонной функцией.
•	Произведение неотрицательных возрастающих (убывающих) функций есть
также возрастающая (убывающая) функция.
•	Монотонная функция все свои значения принимает только один раз.
Функция у = f(x) называется периодической, если существует такое число Т > О,
что для всех х G X выполняются соотношения (х 4- Т) G X, (х — Т) G X и
равенства f(x — Т) = f(x) = f(x + T). При этом число Т называется периодом
функции.
Свойства периодических функций
•	Если у — f(x) - периодическая функция с периодом Т, то у — f(kx) -
Т
периодическая функция с периодом Т\ = —.
76
Теория и задачи
•	Функция, являющаяся суммой или произведением двух периодических функ-
ции с периодом Т, будет периодической с периодом Т, однако Т может не
быть её наименьшим положительным периодом. Например, период функции
у(х) = sin® cos® равен тг, а период каждого из множителей равен 2тг.
•	Функция, являющаяся суммой или произведением двух периодических функ-
ций с разными периодами, может вообще не быть периодической.
Примеры решения задач
Пример 1. (У) Найти область определения функции
. . ч	2arccos®
у = arcsm(arcsm ®) 4- arccos---—.
7Г — 2
Решение. Из определений арксинуса и арккосинуса следует, что
-1 < х < 1,
—1 < arcsin® < 1,
< 2arccos® <
~ 7Г — 2	—
' -1 < X < 1,
— sin 1 < х < sin 1,
тг — 2	тг - 2
-------— < arccos® < —-—
2 “	“ 2
— sinl < х < sinl,
arccos® < — — 1;
— sinl < х < sin 1,
sinl < x < 1.
При последнем переходе использовалось равенство arccos ® + arcsin ® = —.
В результате, областью определения является единственная точка ® = sin 1.
Ответ, sinl.
Пример 2. (У)
Решить уравнение
Решение. Так как \/2 — л/З < 2 и \/2 + л/3 < 2, то разделив обе части урав-
нения на 2х, получим, что сумма двух убывающих функций равна 1:
Следовательно, уравнение не может иметь более одного решения. Значение ® = 2
находим подбором. Действительно,
то есть х = 2 - единственное решение уравнения.
Ответ. 2.
6.1. Область определения функции, монотонность, периодичность...
77
Пример 3. (У) Найти наименьший положительный период функции
у = cos ж + 2 cos Зя.
Решение. Число 2% является периодом каждого слагаемого правой части и, сле-
довательно, их суммы. Покажем, что 2% является наименьшим положительным
периодом. Достаточно показать, что расстояние между двумя соседними макси-
мумами равно 2тг.
Максимум достигается в случае, когда оба косинуса равны 1, то есть
cos я = 1,
cos Зя = 1;
я = 2тгп, п G Z,
2?rfc ,	_
я —	, k G Z;
о
х = 2тгп, п 6 Z.
Расстояние между двумя соседними максимумами функции у = cos я + 2 cos Зя
равно 2тг; поэтому её период не может быть меньше 2%.
Итак, число 2% является наименьшим положительным периодом функции у.
Ответ. 2%.

Задачи
1.	(У) Найти область определения функции у = \/log7(cos 2я).
2.	(У) Найти область определения функции у = \/lgcosлх + у 9 —%2-
3.	(У) Решить уравнение 2х = 3 — я.
4.	(У) Решить уравнение \/х — 1 + у/х + 2 = 3.
5.	(У) Решить уравнение (у/4 — \/15^ + (у/4 + \/15
6.	(У) Решить уравнение 2% cos я = |я| - |я - тг|.
7.	(У) Является ли функция /(я) = (2 + \/3)1//:Е — (2 — д/З)1^ чётной, нечётной
или ни той, ни другой?
8.	(У) Доказать непериодичность функции у = cos у/х.
9.	(У) Доказать непериодичность функции у = sinlog2 |я|.
10.	(У) Найти наименьший положительный период функции у = sin6 я + cos6 я.
11.	(У) Найти наименьший положительный период функции у = sin я + cos я +
sin я cos я.
12.	(У) Доказать, что функция у = sin 2х не является периодической.
13.	(У) Доказать непериодичность функции у = sin я3.
14.	(У) Доказать, что функция у — cos я + cos тгя не является периодической.
15.	(У) Доказать, что функция у = зшя8т\/2я не является периодической.
78
Теория и задачи
6.2. Множество значений функции, промежутки знакопо-
стоянства и монотонности
Теоретический материал
При решении задач из этого пункта необходимо знать область определения и мно-
жество значении всех элементарных функции и пользоваться свойствами, выте-
кающими из их монотонности (возрастания, убывания).
Примеры решения задач
Пример 1. (ЕГЭ.С) Найдите множество значений функции
Z10 + log7(7 + \х\)
У = 1о£1 ---------------
7 \	< <
Решение. Используя неотрицательность модуля, возрастание логарифмической
функции при основании, большем 1, и её убывание при основании, меньшем 1,
запишем цепочку очевидных равносильных переходов:
|®|>0 <=> 7+|ж|>7	log7(7 4-|®|) > log7 7 = 1 <=>
1А Д-Inc- Г7 Д-I'rП >• 11	10 + log7(7+|Ж|)	11	1
<=>	10 + log7(7+ |ж|) > 11	<=>	-------—------> —= -
/10 4-log7(7 4-|ж|)\	1	1
logi --------------- < logi ~ = 1-
7 \	77	/	7 7
Последнее неравенство даёт ответ.
Ответ. (—оо;1].
Пример 2. (ЕГЭ.С) При каких значениях параметра а сумма loga(sin® 4- 2)
и loga(sin® + 3) будет равна единице хотя бы при одном значении ж?
Решение. Оба выражения определены при всех х 6 R. Их сумма равна
loga(sinz 4- 2) 4- loga(sin® 4- 3) = loga(sin® 4- 2) (sin ж 4- 3).
Эта сумма будет равна единице тогда и только тогда, когда
(sin ж 4- 2) (sin ж 4- 3) = а.
В левой части последнего уравнения стоит квадратичная функция
/(t) = (i + 2)(t + 3)
относительно новой переменной t = sin ж. Так как квадратичная функция воз-
растает правее вершины te = — 2,5 и — 1 < sin® <1, то эта функция принимает
значения от /(—1) до /(1), то есть от 2 до 12. Значит, и решения уравнения
будут существовать при а 6 [2; 12].
Ответ. [2; 12].
6.2. Множество значений функции, промежутки знакопостоянства...
79
/4	\	1
Пример 3. (Геол-82.4) Решить уравнение sin I -тгsinх I = - .
\ О	/	£л
т.	. М . \	1
Решение, sm -тгзшж = -
\3 J	2
4	7Г
-7rsina? = (—1)п— + 7гп, п 6 Z
3	о
1 Зп
sina: = - + —, п € Z;
8	2
5 3fc ,	„
sma: = - + —, к €
8	2
Так как sin ж 6 [—1; 1], то остаются следующие значения:
1
sma? =
5
sin ж =
8
7
sins = —;
8
х = (—l)n arcsin | 4- тгп, n E Z;
8
5
x = (—l)fc arcsin - + тг/c, fc E Z;
8
7
x = (—l)m+1 arcsin - 4- 7Г772, m 6 Z.
15	7
Ответ. (—l)narcsin-4-тгп, (—l)fc arcsin-4-7rfc, (—l)m+1 arcsin-4-тгт; n, fc,mGZ.
8	8	8
Пример 4. (М/м-96(1).4) При каких значениях а уравнение
2 cos2 (г2®-®2) = a + \/3sm(22®_®2+1)
имеет хотя бы одно решение?
Решение. Обозначим t = 22®-®2 > 0, тогда для новой переменной t получим
уравнение
2 cos2 t = а 4- \/3 sin 2t;
или, после преобразований,
Так как 0 < 2t = 21+2х ®2 = 22	< 4, то — < 2t 4- — < 4 4- —, поэтому
Значит, исходное уравнение будет иметь решения при условии
Ответ. [—1;2).
80
Теория и задачи
Пример 5. (М/м-79.4)
Решить неравенство
6	1 + log2(2 + х)
2х + 1	х
Решение. ОДЗ: хЕ
1) Пусть х Е ( —2; — )
-2;-|) U (-1;0) U(0;+oo).
тогда исходное неравенство равносильно неравенству
.	!	X б®
l + log2(2 + J!)>5-TI
з
«	1о^2 + г)>2-^-^
При рассматриваемых значениях переменной х
3
функций f{x) = log2(a: + 2) и g(x) = 2 - -——
2х -г 1
в силу монотонного возрастания
справедливы неравенства:
log2(a: + 2) < log2 - < 1 и
2х -Ь 1
>2;
следовательно, исходное неравенство решении не имеет.
2) Пусть х Е (—’ т0ГДа справедливы неравенства
6	1-Н log2(2 + ж)
------ > U и ------------------
следовательно, исходное неравенство верно для любого х Е
3) Пусть х > 0, тогда исходное неравенство равносильно неравенству
3
log2(® + 2) < 2 - ——-
2х + 1
При рассмотриваемых значениях переменной х справедливы неравенства
3
log2(a: + 2)>l и 2 -	<2;
2х + 1
следовательно, исходное неравенство не имеет решений там, где
’ log2(a: + 2) > 2;	Г х + 2 >4;	Г х > 2;
2---------< 1;	2а: + 1 < 3;	х < 1.
L 2ж +1 —	L -	L -
Остаётся рассмотреть только х Е (1; 2). На этом множестве
log2(a: + 2) > log23 и 2 - —< 7-.
LX + 1	5
Сравним числа:
l°g23 V |
51og23 V 71og22
6.2. Множество значений функции, промежутки знакопостоянства...
81
З5 V 27
243 > 128.
7
Следовательно, log2 3 > Итак, получаем следующую цепочку:
5
7	3
log2(® + 2) > log2 3 > - > 2 - 5—7.
О 2х + 1
Значит, при х Е (1; 2) решений нет.
Ответ. | — i;0 | .
\ 2 )
Пример 6. (М/м-80.5) Найти все значения параметра а, при каждом из кото-
рых неравенство log1/a(v/®2 + a® + 5+1)-log5(;E2+ аж + 6)+loga 3 > 0 имеет одно
решение.
Решение. ОДЗ для параметра а : а > 0, а 1. Перейдём в первом и третьем
логарифме к основанию 3:
- log3(V®2 + a® + 5 + 1) • log5(®2 + ах + 6) + 1 >
log3 а
Рассмотрим различные значения параметра а.
1) Пусть 0 < а < 1, тогда log3 a < 0 и, следовательно,
log3(\/х2 + ах + 5 + 1) • log5(®2 + ах + 6) > 1.
Обозначим и — х2 + ах + 5 > 0, тогда в левой части последнего неравенства стоит
функция
/(«) =	+ 1) • log5(u + 1).
Заметим, что f(u) > 0, монотонно возрастает и /(4) = 1; следовательно,
и > 4	х2 + ах + 5 > 4	х2 + ах + 1 > 0.
У этого неравенства для любого а существует бесконечно много решений.
2) Пусть а > 1, тогда
Поскольку обе параболы имеют одну и ту же абсциссу вершины, то система при
а > 1 будет иметь единственное решение, если второй квадратный трёхчлен имеет
корень кратности два, то есть
D = а2 — 4 = 0 => а = 2.
При этом первое неравенство вьшолняется \/х е К, поскольку D — 4 — 20 < 0.
Ответ. 2.
82
Теория и задачи
Задачи
1.	(ЕГЭ.С) Найдите множество значений функции
,	/log4(4 + ш4) + 47
У = bgo,25 ( —------з--------
2.	(ЕГЭ.С) Найдите множество значений функции
80
У	logo,2 (jog5(125 + 2,4) + 13у •
3.	(ЕГЭ.С) Найдите множество значений функции
9	/ Зл/2 + sin х — cos х
у = — arccos ------------7=-------
тг у 4л/2
4.	(ЕГЭ.С) При каких значениях а выражение 3 + cos®(acos® + 4 sin ж) не
равно нулю ни при каких значениях х 7
5.	(ЕГЭ.С) При каких значениях параметра а сумма loga
3 + 2®2 \
1 + х2 J
и
_	/ 5 + 4®2 \
°Sa ( 1 + ш2 )
будет больше единицы при всех ж?
6.	(Экон-94.2) Найти область значений функции у = —	З®2 + 12® — 3.
(тг \ /тг \
— cos х ) = ctg ( — sin х I .
Z /	\ Z /
8.	(BMK-82.2) Найти все значения ж, для каждого из которых функция
/(ж) = 6 cos2 х + 6 sin® — 2 принимает наибольшее значение.
9.	(Почв-90.4) Найти наименьшее значение функции у = 1 + 4sin® — 2® на
отрезке [0; тг].
10.	(Геол.ОГ-81.6) Показать, что функция
т/(®) = sin2 х — 12 sin х cos ® + 3 cos2 ® — 2л/б6
может принимать неотрицательные значения.
11.	(Псих-80.5) Доказать, что для любых действительных чисел р и t справед-
ливо неравенство
2(2р - I)4 + 1 + (1 - 2(2р - I)4) sin2t > 0,
и найти все пары чисел (р, t), для которых это неравенство превращается в
равенство.
12.	(Почв-90.6) Решить неравенство log2(2 — 3®) > 4® + 1.
6.3. Функциональные уравнения и неравенства
83
13.	(Хим-80.5) Найти все значения параметра а, при каждом из которых число
решений уравнения
3(ж2 + а2) = 1 - (9а2 - 2)х
не превосходит числа решений уравнения
х + (За - 2)2 • 3® = (8° - 4)log3 (За - ) - З®3.
\ " /
14.	(Геол.ОГ-85.5) Решить уравнение
у/(х + 2) • (2® - 1) - Зл/аГ+б = 4 -	+ 6) • (2® - 1) + Зу/х + 2.
____	5	.---
15.	(ИСАА-94.5) Решить неравенство |ж - 41+х| < -х - 4 • 4ч/3“®.
о
16.	(М/м-96(2).1) Найти все целочисленные решения неравенства
\/ж3 — 5ж — 3 < 6 — х.
17. (Фил-87.5) Решить неравенство
9	1 + log3(s + 6)
3® + 2	х
18.	(Псих-82.6) Решить уравнение
log25/2+?5^2 “ 2а: “ 2) = 1°g2+V3(a;2 - 2® - 3).
19.	(ВМК-92.6) Найти все значения а, при каждом из которых неравенство
(х2 - ах) - ? < sin(®2 - ах) + cos (2х2
О	О	'
выполняется для всех х из отрезка [тг; 2тг].
6.3. Функциональные уравнения и неравенства
Теоретический материал
При решении задач этого пункта необходимо знать и уметь применять определе-
ния чётной, нечётной, монотонной и периодической функции.
Кроме того, полезными могут оказаться две следующие формулы, помогающие
выбрать из двух чисел минимальное и максимальное:
h\ - а + b + 1а “ Ь1.	_ a + i>-\a-b\
A	и
Чтобы доказать их, надо рассмотреть два случая: а > Ъ и а < Ь.
Напомним также определения целой и дробной части числа. Целой частью
числа а называется наибольшее целое число, не превосходящее а. Целая часть
числа а обозначается [а]. Дробной частью числа а называется число, равное
{а} — а — [а].
84
Теория и задачи
Примеры решения задач
Пример 1. (У) Существует ли линейная функция у = /(ж), удовлетворяющая
для всех действительных х соотношению
2f(x + 2) + /(4 - х) = 2х + 5 ?
Решение. Линейная функция имеет вид f(x) = ах+ b. Исходя из общего вида
линейной функции, находим
f(x + 2) — а(х + 2) + Ь, /(4 - х) = а(4 - х) +Ь.
Подставим полученные выражения в исходное соотношение:
2(а(® + 2) + Ь) + а(4 — ж) + b = 2х + 5	< > (а — 2)® + 8а + 35 — 5 = 0.
Так как последнее равенство должно выполняться для всех х Е IR, то
( а — 2 = 0,	/ а = 2’ц
1 8а + 35-5 = 0;	] Ь=- — .
1	I 3
„ 11
Следовательно, условию задачи удовлетворяет линейная функция у = 2х ——.
о
Ответ. Существует; эта функция у = 2х —	.
о
Пример 2. (У) Решить уравнение х + [Юж] = 10®, где квадратные скобки
означают целую часть числа.
Решение. Исходное уравнение можно переписать в виде
[Юж] = 9®.
Величина [а] есть целая часть числа а, то есть наибольшее целое число, не пре-
восходящее а. Сделаем замену у = 9®, тогда уравнение примет вид
ГЮт/П
Ы= у-
Воспользуемся определением целой части числа:
[ У е z’	( у € Z,
1	10у	) л^	у — 0,1,2,..., 8.
I 0<	I 0 < у < 9;
У
Возвращаемся к исходной переменной:
® = |, где у = 0,1,2,
„12345678
Ответ. 0:	—;	—:	—:	—;	—:	—:	—:	—.
’	9’	9’	9’	9’	9’	9’	9’	9
6.3. Функциональные уравнения и неравенства
85
Пример 3. (Геогр-96.2) f(x) - периодическая функция с периодом Т =
Найти значение /(1), если известно, что
1
3’
/2(2) — 5/(0) + — = О и 4/2(—1) - 4/( — J = 35.
Решение. В силу периодичности /(1) = /(2) = /(0) = /(—1) = f > поэто-
му задача сводится к решению системы
{21
/2(1) — 5/(1) + — = 0,
4/2(1)-4/(1)-35 = 0.
Умножим первое уравнение на 4 и вычтем из него второе:
7
-16/(1)+ 56 = 0	/(1) = х-
А
Проверкой убеждаемся в том, что найденное значение /(1) удовлетворяет второму
уравнению системы.
Замечание. При решении системы двух уравнений важно помнить следующее:
если мы получаем новое уравнение как линейную комбинацию двух исходных, то
для обеспечения равносильности переходов необходимо далее рассматривать си-
стему, состоящую из полученного уравнения и любого из двух уравнений исходной
системы.
7
Ответ. -.
2
Пример 4. (Экон.М-97.5) Функция /(ж) определена на всей числовой прямой,
является нечётной, периодической с периодом 4, и на промежутке 0 < х < 2 её
значения вычисляются по правилу /(ж) = 1 —	— 1|. Решить уравнение
2/(ж) • f(x - 8) + 5/(ж + 12) + 2 = 0.
Решение. Так как функция f(x) периодична с периодом 4, то достаточно рас-
смотреть её на любом отрезке длины 4. Так как она ещё является и нечётной, то
удобно рассмотреть отрезок [—2; 2].
На отрезке [0; 2] по условию функция имеет вид /(ж) = 1 — |ж —1|. Используя
определение нечётной функции, продолжим /(ж) на отрезок [—2;0]. Здесь она
будет вычисляться по правилу
/(ш) = -/(-ш) = -(1 - I - х - 1|) = -1 + I® + 1|.
Итак, на отрезке [—2; 2] функция имеет вид
. _ ( -1 + |ж + 1|	при же[-2;0],
(	1 - |ж - 1|	при же[0;2].
86
Теория и задача
По условию функции f(x) является периодической с периодом 4, поэтому
/(®) = /(®-8) = /(® + 12).
Уравнение упрощается:
2(/(®))2 + 5f(x) + 2 = О
/(®) — 2;
/(®) = -I
Рассмотрим два случая.
1-й случай. Пусть х 6 [0; 2]; тогда
’ 1 —	— 1| = —2;
-
0.
2-й случай. Рассмотрим х е [—2; 0]; тогда
’ —1 + |а: + 1| = -2;
-1 + |® + 1| =
-
1
Х ~ ~2’
3
х = —.
2
С учётом периодичности получаем ответ:
х = — - + 4fc, к е Z или х = — - + 4n, п е Z.
Zl	А
1	3
Ответ.------1- 4fc, — - + 4п: к. п 6 Z.
2	2
Пример 5. (Экон.В-00.7) Про функцию f(x) известно, что она определена на
’2 5'
5’2
отрезке
и удовлетворяет на этом множестве системе
cos(2/(z)) - 6 cos2 f I - ] =--,
J	уж /	x
I 0</(Ж)<^.
\
_	г/ \ 5тг
Решить уравнение j\x) = — .
Решение. Обозначая g(x) = cos(2/(ж)) и применяя формулу косинуса двойного
угла, приходим к уравнению
р(ж) - Зр - = - .
уж / ж
6.3. Функциональные уравнения и неравенства
87
„ 1
Поскольку —
X
1
вить —:
X
'2 5'
5’2
, то в полученное уравнение вместо х можно подста-
Выражая из последнего уравнения д I — ) и подставляя в первое, находим
\ х )
Для вычисления множества значении функции д(х) при х Е
что
’2 5'
5 5 2
заметим,
h(x) = Зх + - =
х
1
причем минимум достигается при х — Е
V 3
’2 5'
5 ' 2
. Поэтому
значения функции д(х) попадают в промежуток [—1; 0].
Значит, для х е
В силу ограничения на область значений f(x) уравнение
cos(2/(a:)) = д(х)
даёт единственное решение
/(®) = | агссоз(р(ж)) =
1	( 1 Л	1
- arccos —- Зж Ч—
2	\ 8 \	х
е
9
х.
2 5
5 ’ 2
Задача сводится к решению системы
// \ 57Г
= 12 '
- г?
5 *’ 2
1
8
е
х е
X
Л	1\	5%	V3
Зж Н— = cos — = —— ,
\	xj	6	2
2 51 .
5 5 2 '
х е
ж=А±1,
ч/З
- Г?.5]
5 ' 2 : *
2
7з
Ответ. 1
2
/5
88
Теория и задач}
Задачи
1.	(У) Существует ли линейная функция у = удовлетворяющая для веет
действительных х соотношению f(x + 3) — /(2 — х) = Зж + 1 ?
2.	(У) Найти квадратичную функцию у = f(x), удовлетворяющую для веет
действительных х соотношению /(1 — ж) — /(2 — ж) = — 2ж + 7 .
3.	(У) Найти функцию /(ж), удовлетворяющую для всех действительных ж О
условию /(ж) + Зж • f ( — ) = 2ж2.
\ж J
4.	(У) Найти функцию /(ж), удовлетворяющую для всех действительных ж О
условию /(ж) + 5ж • f | — ) = Зж3.
\ж/
5.	(У) Сколько решений имеет уравнение ж + [100ж] = 100ж, где квадратные
скобки означают целую часть числа?
6.	(У) Решить неравенство [ж] • {ж} < ж — 1, где квадратные скобки означают
целую часть числа, а фигурные - дробную часть числа.
7.	(У) Решить уравнение {2 {2ж}} = ж, где фигурные скобки означают дроб-
ную часть числа.
8.	(У) Решить уравнение шах(2ж; 3 — ж) = min(5 + 2ж; 6ж).
9.	(ЕГЭ.В) Периодическая функция у = f(x) определена для всех действи-
тельных чисел. Её период равен 2 и /(—1) = — 2. Найдите значение выра-
жения 3/(5) - 2/(—3).
10.	(ЕГЭ.В) Периодическая функция у = /(ж) определена для всех действи-
тельных чисел. Её период равен 3 и /(—1) = 5. Найдите значение выраже-
ния 3/(2)+ 2/(5).
11.	(ЕГЭ.В) Нечётная функция /(ж) определена на всей числовой прямой. Для
функции р(ж) = 2,3 + /(ж — 9) вычислите сумму р(6) + р(8) + р(10) + р(12).
12.	(ЕГЭ.В) Чётная функция /(ж) определена на всей числовой прямой. Для
функции р(ж) = ж + (ж — 7) •/(ж — 7) + 7 вычислите сумму р(5)+р(7)+р(9).
13.	(ЕГЭ.В) Нечётная функция р(ж) определена на всей числовой прямой. Для
всякого неотрицательного значения переменной ж значение этой функции
совпадает со значением функции /(ж) = ж(3 + ж)(ж2 — 4). Укажите число
корней уравнения р(ж) = 0.
14.	(ЕГЭ.В) Чётная функция р(ж) определена на всей числовой прямой. Для
всякого неположительного значения переменной ж значение этой функции
совпадает со значением функции /(ж) = (ж2 + 4ж)(ж3 + 8). Укажите число
корней уравнения р(ж) = 0.
15.	(ЕГЭ.В) Функция у = /1(ж) определена на всей числовой прямой и является
чётной периодической функцией с периодом, равным 6. На отрезке [0; 3]
функция у = Л,(ж) задана равенством h(x) — ж2 — 4ж + 1. Определите
количество нулей функции у = h(x) на отрезке [—3; 5].
6-4- Использование графических иллюстраций
89
16.	(ЕГЭ.В) Функция у = f(x) определена на всей числовой прямой и является
чётной периодической функцией с периодом, равным 6. На отрезке [0; 3]
функция у = f(x) задана равенством f(x) = х2 — 2ж — 1. Определите
количество нулей функции у = f(x) на отрезке [—1; 5].
17.	(Физ-92.7) Известно, что некоторая нечётная функция при х > 0 опреде-
/(ф) = log3 .
\ о /
ляется формулой
Найти, какой формулой определяется
функция f(x) при х < 0. Решить уравнение f(x) = 3.
18.	(Почв-00(1).6) Пусть f(x) - периодическая функция с периодом 8, такая, что
/(ж) = 8х — ж2 при х е [0; 8]. Решите уравнение /(2ж + 16) + 23 = 5/(ж).
19.	(Экон-97.5) Функция /(ж) определена на всей числовой прямой, является
нечётной, периодической с периодом 4 и на промежутке — 2 < ж < 0 её
значения вычисляются по правилу /(ж) = 2ж (ж + 2). Решить уравнение
2 •/(—3 — ж) — 3

20.	(Экон-00.7) Про функцию /(ж) известно, что она определена на отрезке
и удовлетворяет на этом множестве системе
eo5*/W-r12COS(2/G))
_ 0<fW< J.
10
5
ж
Решить неравенство /(ж) <	.
21.	(ЕГЭ.С) Решить уравнение /(р(ж)) + р(1 + /(ж)) = 33, если известно, что
18 при ж > 4,
_	12
3 + ----- при ж < 4.
5 — ж
/(ж) = ж2 — 6ж + 15 и р(ж) = <
22.	(ЕГЭ.С) Решить уравнение /(р(ж)) + р(3 + /(ж)) = 30, если известно, что
' 25 при ж > 4,
9
/(ж) = 0,5ж4 — 4ж + 5 и д(х) = <
2х ,
5 — ж
6.4. Использование графических иллюстраций
Теоретический материал
Перед тем как решать задачи этого пункта, вспомните графики всех элементарных
функций.
90
Теория и задача
Примеры решения задач
Пример 1. (Биол-78.5) Найти все значения параметра а, при каждом из кото-
рых уравнение ж|ж + 2а| + 1 — а = 0 имеет единственное решение.
Решение. Преобразуем уравнение:
х\х + 2а| = а — 1.
Необходимо найти такие значения параметра а, при которых прямая у = а — 1
пересекает график функции f(x) = х\х + 2а|, стоящей в левой части уравнения,
ровно в одной точке. Рассмотрим три случая.
1. Пусть а = 0. Тогда
ж|ж| = —1	<=> х = —1,
и в этом случае решение единственно.
2. Пусть а > 0. Рассмотрим функцию /(ж) = х\х + 2а| и её график.
График функции у = f(x) будет пересечён прямой
если
а — 1 > 0;
а — 1 < /(—а);
у = а — 1 единственный раз,
1;
1 < —а|а|.
Так как а > 0, то модуль раскрывается с плюсом:
а > 1;
а2 + а — 1 < 0;
/ V5 - 1 \	,
a G I 0; —-— I U (1; +оо).
\ /
3. Пусть а < 0. Рассмотрим функцию f(x) = х\х + 2а| и её график.
6-4- Использование графических иллюстраций
91
Прямая у = а— 1 пересечёт график функции у — f(x) в единственной точке, если
Объединяя найденные значения параметра а, получаем ответ.
I V 5 — 1 \
Ответ. I — оо;—-—]U(l;+oo).
\ /
Пример 2. (Геол.ОГ-78.5) Найти все значения параметра а, при каждом из
которых существует хотя бы одно значение х, удовлетворяющее условиям
( х2 + (5а + 2)ж + 4а2 + 2а < О,
[ х2 + а2 — 4.
Решение. Разложим левую часть неравенства на множители. Для этого найдём
корни квадратного трёхчлена:
D = (5а + 2)2 - 4(4а2 + 2а) = (За + 2)2
X — а,
Х2 = —4а — 2.
Следовательно, исходную систему можно переписать в виде
( (х — (-а))(ж - (-4а — 2)) < О,
| х2 + а2 = 4.
Изобразим на декартовой плоскости с координатами (а, х) множество точек, ко-
торые удовлетворяют этой системе.
Система имеет решения при а € (ai; аг) U (0; аз). Из равнобедренных прямоуголь-
ных треугольников легко находим ai — и аз = л/2; a 2 определяем из второго
уравнения исходной системы:
( (-4a2 - 2)2 + а2 = 4,
17а^ Я- 16а2 — О,
16
а2 =
Ответ.
92
Теория и задачи
Пример 3. (М/м-96(2).4) При каком значении а сумма различных корней
уравнения
cos х — sin 2х + sin 4ж = a(ctg х + 2 cos Зж),
принадлежащих отрезку
Зтг 22тг
т;_г
максимальна?
Решение. Приведём выражение в правой части уравнения к общему знамена-
телю и воспользуемся методом расщепления:
. Л . л cos х + 2 sin х • cos 3z
cos х — sm 2x + sm 4a? = a---------------- <=>
sm a?
. Л . cos x — sm 2x + sm 4ж
<=> cos a? — sm 2a? + sm 4a? = a-------;----------
sma?
cos a? — sin 2a? + sin 4a? z. x
---------------------- (sma? — a) = 0.
sma?
Сумма корней этого уравнения может меняться только за счёт решений уравнения
sin х — а = 0.
Сумма корней уравнения sin а? = а на отрезке
ТГ Л 'ТГ
— + 2тг; — + бтг
А	Л
принимает
при всех а 6 (—1;1) одинаковое (оно же максимальное) значение. Действи-
тельно, при увеличении параметра а каждый из двух корней уравнения, ле-
жащих на правой полуокружности тригонометрической окружности, увели-
чивается ровно настолько, насколько уменьшается каждый из двух корней,
лежащих на левой полуокружности.
• На промежутке
V3
а =----.
2
• На промежутке
ЗтГ ТГ
—; - +2тг
4 2
сумма корней максимальна при всех
6.4- Использование графических иллюстраций
93
v3
сумма корней максимальна при а = ——
'Зтг 22тг'
Т;Т“
Следовательно, на отрезке
При найденном значении параметра a sin ж 0 (то есть решения принадлежат
ОДЗ) и корни уравнения
sin ж = —
/3
2
не совпадают с корнями уравнения
cos х — sin 2х + sin 4ж = 0.
п «	V3
Действительно, если smi = ——, то
Л
I	I 1
I cos ж| = -,
I . А I А 1 V3
|sm2a:| = 2 • - • —-
|cos2®| = |,
। . A । V3
|sm4a:| = —
УЗ
2 ’
и, наконец,
cos ж — зт2ж + зш4ж =	±
V ± T74 °-
Ответ, -л/3/2.
Задачи
1.	(Геогр-92.5) Найти все значения параметра с, при которых уравнение
|ж2 — 2ж| + |ж2 — Зж + 2| = х2 — 4ж + с имеет ровно три различных решения.
2.	(Почв-96.6) Определите, при каких значениях а решения неравенства
\/х + а > х образуют на числовой прямой отрезок длины 2|а|.
3.	(Экон-83.6) Найти все значения параметра а, при каждом из которых урав-
нение х — а = 2 • | 2 • |ж| — а2 | имеет три различных корня. Найти эти корни.
4.	(Геогр-94(1).6) Найти все значения а, при каждом из которых корни урав-
нения
у^ж + 3 - 4Уж - 1 + у^ж + 8 - 6\/ж - 1 = а
существуют и принадлежат отрезку [2; 17].
5.	(Геогр-94.5) Найти все значения а, при которых уравнение
а + i/бж - ж2 — 8 = 3 + \/1 + 2аж — а2 — ж2
имеет ровно одно решение.
94
Теория и задача
6.	(ВМК-96.5) Решить систему
®2 + У2 - 14® - Ют/ + 58 = О,
л/®2 + у2 - 16® - 12т/ + 100 + у/х2 + т/2 + 4® - 20т/ + 104 = 2л/29.
7.	(Псих-97.6) Найти все значения параметров а и 6, при которых система
уравнении
®2 + у2 + 5 = Ь2 + 2х - 4т/,
х2 + (12 — 2а)х + у2 = 2ау + 12а — 2а2 — 27
имеет два решения (®i,2/i) и (®2? 2/2)9 удовлетворяющие условию
а?1 ~ ж2 = У1 +2/2
2/2 - 2/1	21 + я2 ’
8.	(Хим-87.5) Найти все значения параметра р, при каждом из которых мно-
жество всех решений неравенства
(р - ®2)(р + х - 2) < 0
не содержит ни одного решения неравенства х2 < 1.
9.	(Экон.М-97.6) Найти все значения параметра а, при которых периметр фи-
гуры, заданной на координатной плоскости условием
log ( 2-102/1
( а2 + ®2 \
)ЬИ>а
будет наименьшим.
10.	(М/м-94(1).6) Найти все значения
уравнение
для каждого из которых
sin 2х + sin х + sin(® — а) = sin а + sin(® + а)
имеет ровно пять различных корней на отрезке
7тг 5тг
т;т
11.	(М/м-99.3) При каких значениях все положительные корни уравнения
расположенные в порядке возрастания, образуют арифметическую прогрес-
сию?
12.	(М/м-00.5) Найти все а, при которых уравнение
(|а| - 1) cos 2® + (1 — |а — 2|) sin 2® + (1 — |2 — а|) cos# + + (1 — |а|) sin® = 0
имеет нечётное число решений на интервале (—тг; тг).
7.1. Рациональные и иррациональные уравнения и неравенства
95
13.	(ВКНМ-00(1).6) Решить уравнение х2 = arcsin(sin®) + 10®.
14.	(Геогр-99.4) Найти все значения параметра а, при которых среди корней
уравнения
sin 2х + 6а cos х — sin х — За = 0
найдутся два корня, разница между которыми равна
Зтг
Т*
15.	(ЕГЭ.В) При каком натуральном значении а уравнение
ж3 + Зж2 — 9® — а = 0
имеет ровно два корня?
16.	(ЕГЭ.В) При каком значении Ъ уравнение
ж4 — 8ж3 — 8ж2 + 96® + b = 0
имеет ровно три корня?
17.	(ЕГЭ.С) Найдите все значения параметра а, при которых в множестве ре-
шений неравенства
,	ч 4а2 о
ж(ж — 2а — 4) <----а2 — 8а
ж
нельзя расположить два отрезка длиной 1,5 каждый, которые не имеют
общих точек.
7.	Метод оценок
В этом параграфе приведены задачи, при решении которых используется ограни-
ченность функций, входящих в уравнения и неравенства.
7.1.	Рациональные и иррациональные уравнения и неравен-
ства
Теоретический материал
Определение 1. Функция /(ж) называется ограниченной сверху на некотором
множестве D, если существует такое число М, что для любых значений х Е D
вьшолняется условие: /(ж) < М.
Определение 2. Функция /(ж) называется ограниченной снизу на некотором
множестве D, если существует такое число т, что для любых значений ж Е D
вьшолняется условие: /(ж) > т.
Определение 3. Функция /(ж) называется ограниченной на некотором множе-
стве D, если существуют такие числа т и М, что для любых значений ж Е D
вьшолняется условие: т < /(ж) < М.
96
Теория и задачи
Определение За. Функция f(x) называется ограниченной на некотором мно-
жестве D, если существует такое число М, что для любых значений х 6 D вы-
полняется условие: |/(ж)| < М (это определение эквивалентно определению 3).
Полезно помнить следующие факты:
•	а + - > 2, если а > 0, причём равенство достигается при а = 1;
а
•	а Ч— < —2, если а < 0, причём равенство достигается при а = —1;
а
•	функция f(x) = ах2 + Ьх + с ограничена значением f	снизу при
\ 2а/
а > 0 и сверху при а < 0;
•	если f(x) > 0 и д(х) >0, то
+	= o « { /И;»'
•	если f(x) > а, д(х) < а, то
/W=S(.) « {
•	если |/(ж)| > а, |р(я)1 > &, а > 0, & > 0, то
f(x)-g{x) = ab *=* | Щн?
причём f(x) и д(х) одного знака;
•	если |/(я)| > а, |р(я)1 < &, а > 0, & > 0, то
/(д) = а	Г |/(я)1 = а,
д(х) b	I |р(®)| = Ь.
причём f(x) и д(х) одного знака.
Заметим, что мы выписали здесь не все случаи применения оценок в суммах,
произведениях и частных. Однако если вам понятно всё, что написано выше, то
вы сможете сами распространить метод оценок и на другие случаи.
Примеры решения задач
Пример 1. (У) Решить систему уравнении
Г у/х(у - 1) + ^/у(х - 1) = у/2ху,
[ у\/х — 1 + Ху/у — 1 = ху.
7.1. Рациональные и иррациональные уравнения и неравенства
97
Решение. Из условия неотрицательности подкоренных выражений следует, что
х > 1 и у > 1. Разделим второе уравнение системы на ху :
< 1,
следовательно, равенство может выполняться только при х = у = 2. Проверкой
убеждаемся, что эти значения переменных являются решениями и первого урав-
нения системы.
Ответ. (2;2).
Задачи
1.	(У) Решить уравнение у/х7 + 1 + \/1-ж5 = 8.
2.	(У) Решить уравнение |ж|3 + |ж — 1|3 = 9.
3.	(У) Решить уравнение д/4 — х + \/х — 2 = х2 - 6ж + 11.
2х2
4.	(У) Найти наибольшее и наименьшее значение функции у = 4	.
х2 И-1
5.	(У) Найти наибольшее и наименьшее значение функции у = —------
хЛ + х + 1
6.	(У) Найти область значений функции у = Уж2 - 1 — х.
7.	(У) Найти наибольшее и наименьшее значение функции у — у/х + V1 — х.
8.	(У) Найти все решения системы
Г ж5 + т/5 = 1,
[ ж6 + yQ = 1.
9.	(У) Решить систему уравнений
Г л/ж + лЛ/ + 1 = 1,
[ л/ж + 1 + \/у = 1-
10. (У) Решить неравенство
ж2 _ 1
—z—- + х2 - 5ж + 6 < 0.
xz + 1
98
Теория и задачи
11.	(У) Найти максимальное значение выражения |®|\/16 — у2 + |у|\/4-т2.
12.	(Геол-98.8) При каких значениях а уравнение
®2 — 4а® + 4а2 + 1
х — 2а
+ ®2 — 2® - 1 = О
имеет хотя бы одно решение?
13. (Биол-93.6) Найти все решения системы <
2/ + 2-(3-®)3,
(2z - у) • (у + 2) = 9 + 4у,
х2 + z2 = 4®;
удовлетворяющие условию z > 0.
14.	(ЕГЭ.С) Решить уравнение \/16 - 8® + ®2 + \/4®2 — 13® — 17 = ® — 4.
f ®2и2_____________________________________________2® Я- и2 — 0
15.	(Геогр-81.5) Решить систему уравнений <	_1 q
7.2. Тригонометрические уравнения и неравенства
Теоретический материал
В этом разделе приведены задачи, при решении которых используется ограничен-
ность тригонометрических функций:
I	• I	I	I
|arcsm®|<—, 0 < arccos х < %, |arctg®|<—, 0 < arcctg® < %.
Перед тем, как приступить к решению задач, рекомендуется повторить приёмы,
приведённые в предыдущем разделе, и все тригонометрические формулы.
Примеры решения задач
Пример 1. (Псих-78.4) Найти наименьшее значение функции
£/ \ л ^%2
/(®) = 4х Н------1- sma?
х
Решение. Применим теорему о сумме двух взаимно обратных положительных
чисел:
9%2	/ 2®	3%\
4® +----= 2 • 3% — + — > 6% • 2 = 12%,
х	\3% 2х 1
2х
причём равенство достигается при — = 1
3%
SlT гл
х — —. Значит,
2
Л 9%2\	3%
mm 4® Н--------= 12% при ® = —.
:®<+оо \ х /	2
1,2. Тригонометрические уравнения и неравенства
99
__	Зтг _	/ \	•
Так как при х = — функция у\х) — sin ж также принимает свое наименьшее
значение, равное —1, то
min f(x) = 12тг — 1.
Ответ. 12тг — 1.
Пример 2. (Почв-94.4) Найти все значения а и 6, при которых система
а + sinta < 1,
х2 + ах + 1 < О
имеет единственное решение.
Решение. Для того, чтобы у второго неравенства были решения, необходимо и
достаточно, чтобы дискриминант квадратного трёхчлена был неотрицательным:
Л = а2 - 4 > О <=>	|а|>2.
Первое неравенство равносильно неравенству
sin Ьх < 1 — а.
1) Пусть а < -2. Тогда 1 — а > 3. В этом случае первое неравенство системы
верно для любого х Е R. Система будет иметь единственное решение, если второе
неравенство имеет только одно решение, что произойдёт при
Z) = О	а=—2.
Значение параметра Ь при этом может быть любым.
2) Пусть а > 2. Тогда 1 — а < —1, и первое неравенство будет иметь решения,
если 1 — а = —1 <=> а = 2. Система принимает вид:
sinta = — 1,
х2 + 2х + 1 < 0;
( Ъ =	+ 2тгА?, к Е Z,
\	\	2
[ х = —1.
Ответ. (—2; 6), b е R; ^2; + 2irk\ , kEl.
Пример 3. (ИСАА-93.5) Решить уравнение sin2 х + Зж2 cosх + Зж2 — 0.
Решение. Сгруппируем слагаемые:
sin2 х + Зж2 (cos х + 1) = 0.
Так как cos ж > —1, то в левой части уравнения стоит сумма двух неотрицатель-
ных выражений. Она будет равна нулю, только если каждое из слагаемых равно
нулю:
7Г
Ьх = — — + 2тгп, п Е Z,
2
х — —1;
sin ж = 0,
Зж2(со8ж + 1) = 0;
' sin х = 0,
< х = 0;
cos ж — -1;
х = 0;
х — тг + 2тгтг, п Е Z.
Ответ. 0; тг + 2тгтг, п Е Z.
100
Теория и задачи
Пример 4. (Хим-94(1).5) При каких значениях q разрешима система
х2 + qx + 3 = 0,
• о	о 1ГХ 2	, 7ГХ _
sm2 qir + cos2 — + 2У = sm — ?
Найти эти решения.
Решение. Так как левая часть второго уравнения не меньше 1, а правая часть,
наоборот, не превосходит 1, то исходная система эквивалентна следующей:
х2 + qx + 3 = 0,
Sin Q7T = 0,
7ГЖ
cos — = 0,
Л
у - о,
. ТГФ
sm — = 1:
2
(	^-12
Х~ 2
|g| > л/12,
qtZ,
у = о,
k х = 1 + 4n, n e z.
Из первого и последнего уравнений получаем:
(2(1 + 4n) + q)2 = q2 - 12
3
’ = -iTta-(1 + 4n)'
Так как q 6 Z, то знаменатель дроби может принимать одно из четырёх значе-
ний.
1)	1 +	4п —	— 3	<=> п = —1. В этом случае	q = 4, х — —3,	у = 0.
2)	1 +	4п =	—1	<=> п — — 0, 5. Не подходит,	так как п 6	Z.
3)	1 +	4n =	1 п = 0. В этом случае q = —4, х = 1,	у = 0.
4)	1 +	4п =	3 <=> n = 0,5 £ Z.
Ответ. При g = 4 х — — 3, у = 0; при q = — 4 х = 1, у = 0.
Пример 5. (Биол-90.5) Найти все значения а,Ь,x,y,z, при которых выполня-
ются соотношения
{1 + tg(hz) • sin2(ху) + cos(2z?/) < (cos х + sin(ay)) • | sin(2an/)|,
2 + 2A/tg(bz) • cos(5(?/ + x)) + cos(26(?/ + ж)) = 0.
Решение. Рассмотрим второе уравнение системы. Сделав замену t = cos(b(y + х)),
приведём его к квадратному уравнению относительно t:
2 + 2v/tg(^) • t + 2t2 - 1 = 0	<=>	2t2 + 2^(&г) -t + 1 = 0.
Полученное уравнение имеет решения, если D > 0, то есть tg(t>z) > 2.
Рассмотрим первое неравенство исходной системы. Преобразуем левую часть:
1 + tg(5z) • sin2 (ху) + cos(2an/) = 1 + tg(fo) • sin2 (ху) + 1 — 2 sin2 (ху) =
= 2 + sin2(ху) • (tg(5z) - 2) > 2.
7.2. Тригонометрические уравнения и неравенства
101
Правая часть неравенства, в свою очередь, не превосходит 2. Следовательно, нера-
венство переходит в равенство, и исходная система принимает вид
' tg(bz) = 2;
sin(a:y) = 0;
COS X = 1,
sin(a?/) = 1,
sin(2an/) = ±1,
k 2 + 2i/tg(&z) cos(6(?/ + x)) + cos(2b(?/ + x)) = 0.
Так как sin(2jr?/) = ±1, то sin(an/) ± 0. Подставив tg(hz) = 2 в последнее уравне-
ние, получим
/	2
/	-/2 \
cos(b(7/ + ж)) + —	=0.
\ /
Итак, решаем систему
' tg(bz) = 2,
COS X ~ 1,
sin(a?/) = 1,
< sin(2an/) = ±1,
а/2
cos(b(j/ + ®)) = —
' bz = arctg2 + 7m, n E Z,
x = 2тгк, k E Z,
7Г
ay = — + 27Г771, m 6 Z,
7Г ttI
xy = - + —,l &
* Зтг
b(y + x) = ±— + 2тгр, p e Z.
Отсюда сразу получаем ответ.
Ответ.
1 + 2Z
х — 2тгк. у = ———, а =
’ У 8k ’
z — (arctg 2 + тгп) •
1б7гР + 21 + 1.
2тг&(8р±3) ’
4тг&(1 + 4m)	_ 2тг&(8р ± 3)
1 + 2Z ’ “ 16ttF + 2Z + 1’
fc,Z,m,n,p Е Z, к 0.
Пример 6. (Геогр-88.5) Доказать, что при каждом х > 0 выполнено неравен-
2	15
ство х + тгх + — тг • sm х > 0.
Л
Решение. В силу ограниченности функции Д(ж) = sinх справедлива оценка
2 15тг .	2 15тг
х + тгх -I—• sm х > х + тгх-—.
Рассмотрим функцию Д(®) = ж2 + тгж----—. Корни квадратного трёхчлена
±\/7Г2 + 307Г — 7Г
®1,2 = ----------5--------
Значит, при
/2(ж) > 0.
\/тг2 + ЗОтг — тг
< о,
Утг2 + ЗОтг — 7Г
при X >
О < х <
2
2
102
Теория и задачи
1) Заметим, что	г/тг2 + ЗОтг - тг	7тг	7тг 			< —, поэтому при ж > — исходное неравен- 2	6	6
ство верно. Для оставшихся значении переменной х рассмотрим два случая.
2)	При х £ (0; тг) в левой части исходного неравенства стоит сумма двух поло-
15тг
жительно определённых функций д(х) = х2 + тгж > 0 и h(x) = —— • sin ж > 0.
Значит, на рассматриваемом промежутке неравенство выполнено.
3) Пусть х £
7тг'
7Г; 6
Оценим значения функций д(х) и h(x) снизу:
д(х) = х2 + тгх > 2тг2 > 4тг;
. , ч	15тг .	15тг	( 1\	15тг
/цж =	-тг- • smjr >	—-	•	—-	=------—	>	—4тг.
v 7	2 “	2	\ 2J	4
Значит, для суммы справедлива оценка
д(х) + h(x) > 4тг — 4тг = 0.
Объединяя все случаи, убеждаемся в том, что при х > 0 исходное неравенство
верно.
Задачи
1.	(У) Решить уравнение 2 sin ж = у + -.
У
2.	(У) Найти наибольшее значение функции у = 3 sin2 х + 2 cos2 х.
3.	(У) Решить уравнение sin2 (тгж) +	+ Зж + 2 = 0.
4.	(У) Решить уравнение х2 + 4ж cos (ху} + 4 = 0.
5.	(У) Решить неравенство | tg3 ж| + | ctg3 ж| < 2
/	7Г\ 2
“ V “ 4) 
6.	(У) Решить уравнение \/1 + sin® + у/1 + cosх = у/4 + 2у/2.
7.	(У) Решить неравенство у — ------г — у/1 — у — х2 > 0.
I cos ж|
2
8.	(У) Решить уравнение tg4 х — 2 tg2 ж + 2 = — arcsin?/.
7Г
9.	(У) Определить множество значений функции у — arccos —.
ж
10.	(У) Решить уравнение зш7ж • соз2ж + зш2ж = \/3.
3
11.	(У) Решить уравнение зш9ж • sin ж + cos ж = -.
12.	(ВМК-92.2) Решить уравнение у/1 + соз4ж • sin ж = 2 sin
7Г
4’
1.2. Тригонометрические уравнения и неравенства
103
13. (Геогр-96(1).3) Решить уравнение
/ Зтг + 1 \	/ Зтг — 1 \
cos I —-—х J • cos I —-—х J = 1.
2
|2ж + 3| < 2.
14. (Экон.М-97.2) Решить систему неравенств <
+ (ж - у - 2)2 < 0,
15.	(М/м-93(1).4) При каких значениях
уравнение
\/2 соб(ж + а) — 1 = sin 6ж — 1 имеет решения?
х х
16.	(Псих-92.1) Решить неравенство sin — + cos - <
sin ж — 3
л/2
17.	(У) Найти все значения целочисленного параметра а, при которых разреши-
мо уравнение sin ж — этаж = — 2.
18.	(У) Указать хотя бы одно рациональное число а такое, что
| sin 81° — а\ < 0,01.
19.	(Псих-93.3) Найти все решения уравнения
1	• 2
—= sm
л/2
— собЗж — v 2
на отрезке [—2тг; 2тг].
20.	(ЕГЭ.С) Решить уравнение 7 tg ж + cos2 ж + 3 sin 2ж = 1.
/V пл	\ ж2 + 2ж8Ш1/+ 1 = 0,
21.	(Хим-94.5) Решить систему | 8Hj/(a:2 + 5,2) + „з + 4ir = 0.
22.	(Экон-78.5) Найти все значения параметра а, при каждом из которых нера-
венство а(4 — sin ж)4 — 3 + cos2 ж + а > 0 выполняется для всех значений ж.
23.	(ВМК-83.6) Найти все пары чисел (ж, у}, удовлетворяющие условию
\/2 — |2/|-(5 sin2 ж-6 sin ж cos ж-9 cos2 ж+З^ЗЗ) =
(arcsin ж)2 + (arccos ж)2 —
-тг2
4
24.	(Геол-92.6) Найти все тройки чисел (x,y,z), удовлетворяющие уравнению
ж2 + 1 — 2ж бштп/ + \/yz — 2z2 — 64 = (41 — yz) • (cos 2iry + costtz)2.
25.	(Хим-91.4) Решить уравнение cos4 ж = - cos 2ж + - cos2 ж • cos 8ж.
26.	(BMK-86.5) Решить уравнение sin Зж — 2 sin 18ж sin ж = Зл/2 — cos Зж + 2 cos ж.
104
Теория и задачи
7.3. Уравнения и неравенства с логарифмическими и пока-
зательными функциями
Примеры решения задач
Пример 1. (Псих-97.4) При каких действительных р уравнение
4* + 2*+2 + 7 = р -	- 2 • 21-®
имеет решение?
Решение. Перепишем уравнение в виде
4® + -1) + 4(2’ + ^) +7 = ?.
4® /	\	2® /
Так как по теореме о сумме двух взаимно обратных чисел
4® + у- > 2, 2® + 1- > 2,
и равенства в обоих случаях достигаются при х — 0, то выражение, стоящее в
левой части уравнения, не меньше, чем 2 + 4- 2 + 7=17, ив силу непрерывно-
сти входящих в него функций принимает все значения, большие или равные 17.
Значит, данное уравнение будет иметь решения при р > 17.
Ответ. [17; +оо).
Пример 2. (Экон.В-98.4) Решить уравнение
25 • з1®-51+1ж-31 + g . 51®-4|+|®-б| = 450.
Решение. Разделим обе части уравнение на 52 • З2 :
glz — 3| + |х—5|— 2 । ^|а?—4| + |х —6| —2 _ 2
Так как для любых действительных х верны неравенства
\х - 3| + \х - 5| > 2; \х - 4| + \х - 6| > 2;
(докажите это самостоятельно!), то левая часть уравнения больше или равна пра-
вой, причём равенство достигается в случае
|ж-3| + |ж-5| =2,
|ж — 4| + | ж — 6| = 2;
{х — 3 > 0,
ж - 5 < 0,
х - 4 > 0,
х — 6 < 0;
<=>	4 < х < 5.
Ответ. [4; 5].
7.3. Уравнения и неравенства с логарифмическими и показательными... 105
Задачи
1.	(У) Решить уравнение 1пж + —— = 2 • sin(a: + тг/4).
In ж
2.	(У) Решить уравнение 21-Iх। = х2 + 1 Ч—• *	.
3.	(ИСАА-97.4) Решить неравенство log05 |1 — ж| — loga,_1 2 < 2.
4.	(У) Решить неравенство log2 х + log^ 2 + 2 cos а < 0.
2 _	2
5.	(У) Доказать, что уравнение 2х -3 х = - не имеет решении.
6.	(У) Решить неравенство cos2(х + 1) lg(9 - 2х — х2) > 1.
7.	(У) Решить неравенство З2®/3 . sin х > л/2 при х 6
8.	(У) Решить уравнение 2sin х + 2C0S х — 1, 5(tg х + ctg х).
9.	(У) Решить неравенство 2 Iх 2I log2(4jr - х2 — 2) > 1.
10.	(У) Решить неравенство (3 — cos2 х — 2 sin х) • (1g2 у + 21g т/ + 4) < 3.
11.	(Биол-81.4) Решить неравенство (2х + 3 • 2-:с)^^0^2 х ~ 1°£>2> 1.
12.	(Псих-79.2) Решить систему уравнений
21og1_a,(-®?/ - 2х + у + 2) +log2_H/(z2 - 2х + 1) = 6,
1061-^(3/ + 5) - log2+3/(z + 4) = 1.
13.	(Физ-96(2).8) Для каждого значения а решить уравнение
(log2 3)Vx+a+2 = (log9 4)^2+a2-6a"5.
14.	(Хим-93(1).5) Решить уравнение 2 (1 + sin2(jr — 1)) = 22х х .
15.	(Геогр-94(1).4) Решить уравнение log0,5(tgтгж + ctgтгж) = 8(2ж2 + Зж + 1).
16.	(У) Решить неравенство 2sinx + 2C0SX > 21-^.
1 —COS X
1.
17.	(Филол-98.5) Решить неравенство
18.	(ВМК-81.4) Для каждого значения параметра а найти все значения ж, удо-
/	х2\
влетворяющие равенству (а + 2)2 log3(2ж — ж2) + (За — I)2 logn I 1—— I = 0.
19.	(Геогр-83.4) Найти все пары чисел (х,у), каждая из которых удовлетворяет
{21х2-2х-3|-log2 3 _ 3-У-4
+	<8.
106
Теория и задачи
20.	(Почв-89.5) Решить неравенство
(х2 — 4х + 3) • log^^ (cos2 тгж + cos х + 2 sin2 > 2.
21.	(Геол-95(1).9) Для каждого значения а решить систему
( log2(|a|®2 — 3® + 4) =	w.(x+1)2
< log2(—3® + 4)	’
I я < 1.
22.	(М/м-97(1).5) Решить систему
( |ж + 1| — 1 < ж,
] (2х + 2х-2 + 22~х) cos + cos(7rz) + 3 + 22г-3 = 0.
\	л
23.	(ЕГЭ.С) Найдите все значения а, при каждом из которых оба числа
3sina + 5 и 9 cos 2а — 36 sin а — 18 являются решениями неравенства
(25ж - Зж2 + 18)л/ж^1 >
log4 |® - 7| - 1	-
24.	(ЕГЭ.С) Найдите все значения а, при каждом из которых оба числа
а • 2а-4 и а2 • 4а-4 + 104 — 5а • 2а~2 являются решениями неравенства
/ 2J ______________ 2 \
logic,5-х (10g2	) > 0.
8. Задачи на доказательство
8.1. Тригонометрические задачи на доказательство
Теоретический материал
Перед тем как приступить к изучению этого раздела, необходимо повторить все
основные тригонометрические факты и формулы.
Примеры решения задач
_	2 cos 40° - cos 20°	/-
Пример 1. Доказать, что ---------——-------= v 3.
Решение. Воспользуемся в числителе левой части равенства формулами разно-
сти косинусов, приведения и разности синусов:
2 cos 40° - cos 20° _ cos 40° + (cos 40° - cos 20°) _ cos 40° - 2 sin 30° • sin 10° _
sin 20°	sin 20°	sin 20°
_ cos 40° - sin 10° _ sin 50° - sin 10° _ 2 cos 30° • sin 20° _
sin 20°	sin 20°	sin 20°	’
что и требовалось доказать.
8.1. Тригонометрические задачи на доказательство
107
Пример 2.
_	2тг 4тг бтг
Доказать равенство cos — + cos — + cos — =
1
2
Решение. Умножим и разделим левую часть равенства на
7Г
2 sin —	0 и вос-
7
пользуемся в числителе формулой преобразования произведения тригонометриче-
ских функции:
Л . тг (	2тг	4тг	бтг \
2 sm — cos — + cos — + cos —
7 \	7	7	7 J
тг
2sm —
7
. Зтг . тг . 5тг .Зтг .	. бтг
sm------sm — + sm —— sm — + sm тг — sm — i
7______7_______7_______7______________7_ _ _±
Л . ТГ	9*
2 sm —	A
7
Равенство доказано.
тг
Пример 3. Доказать, что sint<t<tgt при 0 < t < —.
Решение. Рассмотрим окружность радиуса R. Пусть угол АОС равен t. То-
гда площадь треугольника АОС равна -R2 sint, а площадь сектора АОС равна
Площадь сектора АОС больше площади треугольника АОС, то есть
}-R2 sint < }rR2t
2	2
sint < t.
Площадь треугольника ОС В равна	tgt. Она больше площади сектора АОС,
то есть
i7?2tgt>|7?2t
tg t > t,
что и требовалось доказать.
108
Теория и задачи
Задачи
1. Доказать, что
л/З + tg = 2.
2. Доказать, что
- < sin6 х + cos6 х < 1.
4
3. Доказать, что 2(sin6 а + cos6 а) — 3(sin4 а + cos4 а) + 1 — 0.
4. Доказать, что
7Г	37Г	1
cos — + cos = -.
5	5	2
„ _	тг 4тг 5тг 1
5. Доказать равенство cos — • cos — • cos — = -.
6. Доказать, что
. / ч . / 4тг \ . (2тг
sm(7r + а) • sin I — + а I • sin I —
\ О /	\ о
sin За
4
Т-Г	/
При всех значениях а
Н Z доказать неравенство
3(tg2 а + ctg2 а) - 8(tg а + ctg а) + 10 > 0.
8.
_	п . тгк
При всех значениях р —,
Zi
к G Z доказать неравенство
3(1 +cos2 2/3) _	8
sin2 2/3 sin 2/3	~
9. Доказать равенство
sin 20° sin 40° sin 60° sin 80°
sin 10° sin 30° sin 50° sin 70°
10.	Доказать, что
11.	Доказать, что
12.	Доказать, что
1 7Г
aIctg2<5'
»	.1	2
— < arcsin —I- arccos
4	3	3
л 1	7 тг
2 arctg - + arctg — =
13.	Доказать, что если 0 < ж < 1, то ж sin ж + cos ж > 1.
7Г2
14.	Доказать справедливость неравенства arcsin ж • arccos ж < — и указать, при
каких значениях ж выполняется равенство.
1	109
15.	Зная, что sin а > 0 и sin За > -, доказать, что sin а >
ж2	тг
16.	Доказать, что cos х >1 —— при 0 < х < —.
А	л
17.	Имеет ли смысл выражение arcsin
(\/32 sin ?
8.2. Метод математической индукции
109
18.	Имеет ли решение уравнение cos (sin 7ж) = — ?
5
19.	Доказать справедливость неравенства cos(cosje) > 0,5.
20.	Доказать справедливость неравенства cos(sinjr) > sin(cosjr).
8.2. Метод математической индукции
Теоретический материал
Метод математической индукции заключается в следующем.
Пусть есть некое утверждение, зависящее от n, n Е N. Требуется доказать,
что оно верно при всех натуральных п >п0.
Базис индукции. Проверяется его справедливость при п = по.
Предположение индукции. Предполагается истинность этого утверждения при
п = к > по.
Индукционный шаг. На основании этой информации доказывается выполнение
утверждения при п = k + 1. Тогда данное утверждение справедливо при всех
п е N.
Метод математической индукции позволяет строго и быстро доказать многие
утверждения и теоремы. Обратите внимание на то, что переменная п принимает
значения из множества целых чисел. Это принципиально важно! В других случаях
метод не применим.
Примеры решения задач
_	ТТ	п?	9 п(п + 1)(2п + 1)
Пример I. Доказать, что I + 22 + ... + лг =------------ для всех п G N.
6
Решение. Воспользуемся методом математической индукции. Сначала прове-
рим справедливость утверждения при п = I. Получим
9	3
1= I • 2 • - — верно.
Теперь предположим, что равенство справедливо при п = к:
P + 2i + ... + ^ = t(t + 1)(M + 1)
6
и докажем его истинность при п = к + 1. То есть нам надо доказать, что
1’++...+V+(k+к’ =	.
6
Выпишем левую часть равенства и используем предположение индукции:
2 <12	,2	/,	,12 к(к + l)(2fc +1)	,,	1ч2 (fe + l)(2fe2 + 7fc + 6)
l2 + 22 + ... + к2 + (fc + 1) 2 = -9--- + (fc + I)2 =	---------- -
6	0
_ (fe + l)(fc + 2)(2fe + 3) _ (k + l)(fe + 2)(2(fe + 1) + 1)
6	6
Таким образом, утверждение при п = к + 1 доказано и, следовательно, оно спра-
ведливо при всех натуральных п.
по
Теория и задачи
Пример 2. Доказать неравенство Бернулли:
(1 + ж)п > 1 + пх, где х > —1, п G N.
Решение. Воспользуемся методом математической индукции. Сначала прове-
рим справедливость утверждения при п = 1. Получим
1 + х > 1 + х — верно.
Теперь предположим, что неравенство справедливо при п = к:
(1 + х)к > 1 + кх
и докажем его истинность при п = к + 1. То есть нам надо доказать, что
(1 + a:)fc+1 > 1 + (fe + 1)®.
Выпишем левую часть неравенства и используем предположение индукции:
(1 + ic)fc+1 = (1 + z)fc(l + я) > (1 + кх)(1 + х) — 1 + (к + 1)ж + кх2 > 1 + (к + 1)ж.
Таким образом, утверждение при п = к + 1 доказано и, следовательно, оно спра-
ведливо при всех натуральных п.
Замечание. Равенство в неравенстве Бернулли достигается только при п = 1
или при х = 0. При остальных п и х неравенство Бернулли является строгим.
Задачи
п(п + 1)
1.	Доказать, что 1 + 2 + ... + п =---- Vn G N.
2.	Доказать, что 1 + 2 + 22 + ... + 2п~1 = 2п — 1 Vn 6 N.
3.	Доказать, что 1 + 3 + 5 + ... + (2п — 1) = п2 Vn Е N.
4.	Доказать для любого натурального п равенство
1 ( 1 ( 1	(	1	71
Г"2 + Г~3 + зД + ‘ ’ + п • (n + 1) - п + 1’
5.	Доказать, что (п — 1)! > 2п Vn > 6.
1 г-
+ ... Н--= > у/п выполняется при
уп
2Vn Vn G N.
8. Доказать, что - • - •... • —--< , Vn G N.
’2 4 2n x/2n + l
9. Доказать, что 2n > n2 Vn > 5.
6.
7.
Доказать, что неравенство
любом натуральном п > 2.
1
“ “Ь • •
Доказать, что
2n -
1
/n
1
/2
1 3
1
1
8.3. Доказательство неравенств и тождеств
111
10.	Доказать, что I3 4- 23 4-... 4- п3 = (1 4- 2 4- ... 4- n)2 Vn 6 N.
11.	Доказать,что при любом натуральном п вьшолняется неравенство
1 • 2 • 3 •... • п <
п 4- 1\
2 J
12.	Доказать, что 4П 4- 15п —1:9 Vn 6 N.
13.	Доказать, что 7П 4- 12п + 17:18 Vn G N.
8.3.	Доказательство неравенств и тождеств
Теоретический материал
При доказательстве неравенств из этого раздела могут оказаться полезными сле-
дующие утверждения:
оценка суммы двух взаимно обратных величин)
1
а 4—
а
> 2, где а 0;
равенство достигается при
а — ±1;
• {среднее геометрическое не превосходит среднего арифметического)
х + У . /—	. п
—> v+Л где Х'У — 0’ равенство достигается при х = у\
• {модуль суммы не превосходит суммы модулей)
|ж| + \у\ >	4- у\; равенство достигается, когда х • у > 0;
• {неравенство Бернулли)
(1 4- х)п > 1 4- пх, где х > — 1 и n е N.
Примеры решения задач
П ример 1. Доказать, что {а 4- Ь) • {Ь 4- с) • (с 4- а) > Sabc при а > 0, Ь > 0,
с> 0.
Решение. Поскольку среднее геометрическое двух неотрицательных чисел не
превосходит их среднего арифметического, справедливы следующие неравенства:
а 4- b > 2у/аЬ, b + с> 2Vbc, с + а> 2у/са.
Перемножив их, получим нужное неравенство.
111	9
Пример 2. Доказать, что —Н - 4—> ----------- при а > 0, b > 0, с > 0.
а о с а + Ь + с
Решение. Умножим обе части неравенства на сумму {а 4- b 4- с):
112
Теория и задачи
Справедливость последнего неравенства следует из свойства суммы двух взаимно
обратных положительных чисел, в соответствии с которым
а Ъ
_ _|—
b а
Ь
с
с >
b ~
Неравенство доказано.
Пример 3. Доказать неравенство
1	1	3	5	99	1
15 <	2	4	6	’ 100	< 10*
Решение. Правильная положительная дробь увеличивается с увеличением чис-
а а-]- с
лителя и знаменателя на одно и тоже положительное число, то есть - < --,
Ъ Ь + с
где 0 < а < 6, с > 0. В этом легко убедиться непосредственной проверкой:
а 4- с а _ с(Ь — а)
Ь + с Ъ Ъ(Ъ 4- с)
12	3	4	135
Следовательно,	- < -,	-	<	-,...	Пусть А =	- • - • -
2 о	4	О	Л -г О
99
1оо;тогда
100 _	1
101 “ 101 - А’
откуда
Оценим А снизу:
3	2 5	4	99	98
4 > 3! 6 > 5;	' 100 > 99
135	99 ч 1 2 4	98 _ 1	1	_	1
2 4 6 ’ ’ 100 > 2 3 5	" ’ 99 — 2 3 5	99 - 200 -А
2 ' 4 ' ’' 98
2 1 1 1_
> 200 > 225	> 15'
Неравенство доказано.
Задачи
1.	Доказать, что для любых а 0, 6^0
выполняется неравенство
/а2 + 1\2 /&2 + lV
>15
2.	Доказать, что а4 4- Ь4 4- с4 > abc(a 4- Ь 4- с).
3.	Доказать, что для положительных значений переменных выполняется нера-
1
венство х 4- у 4--->3.
ху
8.3. Доказательство неравенств и тождеств
113
4.	Доказать, что если а + Ь + с =
1
“ 3
5.	Доказать неравенство 1g 8 • 1g 12 < 1.
6.	Доказать, что если для неотрицательных чисел ху + yz + zx = 1, то
х + y + z > 1.
7.	Сравнить 2® 1 + 2У 1 и у/2х+у.
п тт	11	1	99
8.	Доказать неравенство + & + • • • +	< Удо1
9.	Доказать, что если а2 + b2 — 1 и с2 + d2 = 1, то |ас — bd\ < 1.
10.	Доказать, что для положительных значении переменных выполняется нера-
венство
11.	Доказать, что -— ---Н -— --Н -—-— > 4.
log2 7Г log5 7Г log10 7Г
12.	Доказать неравенство \/а2 + Ь2 + V с2 +d2 > \/(° + с)2 + (6 + d)2 для.
произвольных чисел a, 5, с, d.
13.	Доказать,что для любого значения переменной х выполняется неравенство
ж12 - х9 + ж6 - х3 + 1 > 0.
14.	Доказать, что если а + b > 1, то а4 + Ь4 > -.
8
15.	Доказать, что если |ж — а\ + \у — Ь| < с, то \ху — ab\ < (|а| + \Ь\ + |с|)с.
16.	Доказать, что для положительных значении переменных выполняется нера-
а/----------------- О1 + 02 +
венство у/а±а2аз < ---------.
о
гг	Л/ / тт	• ж + у + 2 Sins + sin?/+ sin .г
17.	Пусть 0 < x,y,z < тг. Доказать, что sm----->------------------.
О	о
18.	Доказать, что для любого значения х выполняется неравенство 2® > х.
19.	Пусть а, 5, с — попарно взаимно простые числа, причём о^1. Доказать,
что они не могут быть членами одной геометрической прогрессии.
20.	Числа о2, 52, с2 образуют арифметическую прогрессию. Докажите, что
111
числа	_j-- , ——,	также образуют арифметическую прогрессию.
21.	Могут ли различные числа о*., от, оп быть одноимёнными членами как
арифметической, так и геометрической прогрессий?
114
Теория и задачи
22.	Положительные числа ai, аг,..., ап образуют арифметическую прогрессию.
Доказать, что
1	1	1	п-1
—~Г— -7— ”1-~П—---~Г— “Ь ••• “I------ — —7=--' •
v °1 + V а2 V °2 + V <3-3	y/an—l + V an V + V
23.	Доказать, что если числа ai, аг, ..., ап отличны от нуля и образуют ариф-
метическую прогрессию, то
-----1	Н ... Ч	
а^аг аг аз-----------вт,—i&n
п — 1
aian
24.	В арифметической прогрессии Sm = Sn (т п). Доказать,что Sm^n = 0.
25.	Пусть а, 6, с — различные простые числа, каждое из которых больше 3. До-
казать, что если они образуют арифметическую прогрессию, то её разность
кратна 6.
9.	Использование особенностей условия задачи
9.1.	Оптимизация процесса решения, введение функций, ис-
кусственное введение параметров, смена ролей пара-
метра и переменной
Теоретический материал
Любая сложная задача может быть сведена к более простой с помощью различных
следствий. Упрощающие предположения основаны на свойствах и особенностях
функций, простейшими из которых являются монотонность и ограниченность.
После каждого упрощения полезно заново формулировать условие, что особен-
но важно в задачах с параметрами. Рассмотрим несколько стандартных приёмов.
•	Допустим, необходимо решить уравнение f(x) = с, где /(ж) - возраста-
ющая функция. В силу монотонности функция может принимать значение
с не более, чем в одной точке. Нужное значение аргумента нередко легко
угадывается.
•	Если исходное уравнение может быть представлено в виде равенства ком-
позиций функций у = f(t) и t = g(x) или t — h(x), то есть f (g(x\) =
f (/i(sc)), где f(t) - монотонная функция, то равенство значений функции
f(t) эквивалентно равенству значений её аргументов: g(x) = h(x).
•	Если в результате преобразований исходного уравнения удалось разделить
переменные, то есть представить его в виде /(ж) = д(у), необходимо прежде
всего проверить, не являются ли функции /(ж) и д(у) ограниченными:
одна снизу, а вторая сверху.
Для оптимизации процесса решения в ряде задач полезно использовать метод
введения новых параметров, изначально в задаче не содержащихся. Он даёт хо-
рошие результаты в тех случаях, когда, например, требуется найти наибольшее
9.1. Оптимизация процесса решения...
115
и/или наименьшее значение функции нескольких переменных, связанных допол-
нительными условиями.
В некоторых задачах с параметром логически оправданным является нетри-
виальный подход к решению, основанный на смене ролей неизвестной величины
и параметра. Он отлично себя зарекомендовал в тех случаях, когда смена ролей
приводит к существенному упрощению (прежде всего в смысле восприятия) по-
становки задачи.
Примеры решения задач
Пример 1. (Хим-89.5) Решить уравнение
(2а: + 1) (2 + ^/(2® + I)2 + з) + За: (2 + \/9а:2 + з) = 0.
Решение. Рассмотрим функцию f(t) = t (2 + V^2 + 3) . Она нечётная, монотон-
но возрастает. Докажем эти свойства.
•	Функция f(t) определена на всём множестве действительных чисел; /(—t) =
—	t ^2 4- у/{~t)2 + З) = то есть f(t) нечётная.
•	Докажем монотонность. Возьмём два значения аргумента t± и t2 такие, что
t2 > h. Рассмотрим разность:
/(£2) — f(ti) — 2 (^2 — £1) + ^2^2 + 3 —	+ 3;
первое слагаемое положительно по предположению. Рассмотрим остальные:
-	если 0 < ti < t2, то t2^/tl +	+ 3 >
>	^2 \Ai + 3 —	+ 3 = (^2 ~ ti) + 3 > 0;
-	если	< 0 < t2, to t2y/tl + > 0 и —hy/tl + 3 > 0;
-	если	< t2 < 0, to t2 y/tl+3 — ti y/t2+3 >
>	t2y/t2 + 3 —	*\/^2 + 3 = (^2 — tl) ^/^2
значит, ffa) > /(^i), то есть функция возрастает на всей области определе-
ния.
Исходное уравнение может быть представлено в виде:
/(2Ж + 1) = -/(Зж);
воспользуемся нечётностью функции f(t):
/(2ж + 1) =/(—Зж);
воспользуемся монотонностью:
2ж + 1 = -Зж	ж = —
5
Ответ. —-.
116
Теория и задачи
Пример 2. (Хим-97.6) Найти наибольшее и наименьшее значения выражения
х2 + 2у2, если х2 — ху + 2у2 = 1.
Решение. Введём обозначение: а = х2 + 2у2. Переформулируем условие задачи:
требуется найти наибольшее и наименьшее значения параметра а, при которых
(а = х2+2у2,
система < 2	2 имеет решение. Подставив а из первого уравнения
I х ху “I- 2у — 1
во второе, выразим х через параметр и вторую переменную:
(а = х2 + 2у2,
1 а — ху — 1;
•	при у — 0 из второго уравнения а — 1, из первого уравнения х — — 1 или
х = 1;
/	а — 1
•	при у / 0 из второго уравнения выразим х = ------ и подставим в первое:
У
/	_ -1 \ 2
а = ( ----) + 2у2	4=>	2?/4 - ay2 + (а - I)2 = 0.
\ У J
Уравнение является квадратным относительно новой переменной t = у2 > 0:
2t2 — at+(a— l)2 = 0;
D = a2 - 8(a - l)2 = (a - 2л/2(а - 1)) (a + 2\/2(a - 1)) .
Уравнение должно иметь корни:
D > 0
2л/2	2^2
2л/2 + 1’ 2д/2- 1
При найденных значениях параметра по крайней мере один корень t* поло-
жителен, поскольку абсцисса вершины параболы f(t) = 2t2 — at + (a — l)2
положительна: tB = - > 0. Значит, уравнение 2?/4 — ay2 + (a — l)2 = 0 имеет
по крайней мере два корня yi = —y/t* и y% — y/t*; соответствующие им
, а~ 1
значения переменной х вычисляются по формуле х =----.
Итак, наибольшее и наименьшее значения выражения х2+2у2 (то есть наибольшее
ч	2^/2	2^/2
и наименьшее значения параметра а) равны, соответственно,	—- и	—-.
Ответ.
2V2 . 2л/2
2л/2- 1 ’ 27^+1 ’
9.1. Оптимизация процесса решения...
117
Пример 3. (М/м-92.6) Найти все значения х , при каждом из которых нера-
венство
(2 — а) • х3 4- (1 — 2а) • х2 3 — 6я 4- (5 4- 4а — а2) <0
вьшолняется хотя бы при одном значении а, принадлежащем отрезку [—1; 2].
Решение. По смыслу задачи х - параметр задачи, а - переменная. Перефор-
мулируем условие: найти все значения параметра х, при которых неравенство
/(а) = а2 4- а(х3 4- 2х2 - 4) - (2я3 4- х2 - 6я 4- 5) > 0
имеет решение на отрезке [—1; 2]. Данному условию не удовлетворяет только такое
расположение параболы f(a), при котором
/(-1) < 0,
/(2) < 0;
-Зя3 - Зя2 - 6я < 0,
Зя2 4- 6я — 9 < 0;
я(я — 1)(я 4- 2) > 0,
(я — 1)(я 4-3) < 0;
я е [—2; 0] U {1}.
Значит, при всех остальных значениях параметра
я е (-оо; -2) U (0; 1) U (1; 4-оо)
неравенство будет иметь решение на отрезке [—1; 2].
Ответ. (—оо; —2) U (0; 1) U (1;4-оо).
Задачи
1. (М/м-77.4) Решить систему уравнений
у3 - 9я2 4- 27я - 27 = О,
< z3 - 9у2 4- 27у - 27 = О,
я3 - 9z2 4- 27z - 27 = 0.
2. (Псих-91.5) При каждом значении параметра а > найти все корни урав-
нения
/ 2я 4- а \	/ 2я — а \
C0S \2я2 4- 2ах 4- 5а2/2)	C°S \2я2 — 2ая 4- 5а2/2) ’
3. (Псих-86.6) Найти наибольшее из значений, которые принимает выражение
я 4- 3?/, если я и у удовлетворяют неравенству я2 4- ху 4- 4?/2 < 3.
118
Теория и задачи
Зж + 1
4.	(Хим-91.1) Найти максимум и минимум функции /(ж) = -----------—----.
(Зж + I)2 + 1
5.	(Псих-99.4) Найти все значения параметра р, при каждом из которых множе-
Зж ~F р
ство значений функции /(ж) = —— ---------- содержит полуинтервал (—1; 3].
Определить, при каждом таком р множество значений функции /(ж).
6.	(Биол-94.5) Найти все значения ж, при которых неравенство
(4 - 2а)ж2 + (13а - 27)ж + (33 - 13а) > О
выполняется для всех а, удовлетворяющих условию 1 < а < 3.
7.	(ЕГЭ.С) Найдите все значения а, при которых неравенство
ж - 2а - 4
----< о
ж + За - 2 “
выполняется для всех ж Е [1; 3].
8.	(ВМК-93.6) Найти все значения параметра а, при которых область опреде-
ления функции
1
У ~ -----------------7^
3 cos ж — 2 cos3 ж — v 2а
совпадает с областью определения функции
1	ч/2
sin3 ж + cos3 ж — а 3 cos ж — 2 cos3 ж — \/2а
9. (Экон.М-99.6) Для каждого значения b найти все пары чисел (х, у), удовле-
творяющие уравнению
bsin2у + log4 (ж\/1 - 4ж8) = Ь2.
9.2.	Чётность и симметричность по нескольким перемен-
ным, исследование единственности решения, необходи-
мые и достаточные условия
Теоретический материал
Нестандартные задачи с параметрами можно существенно упростить, если алгеб-
раическое выражение в условии является чётным. Иногда уравнение, неравенство
или система обладает свойством симметрии в более широком смысле, а именно
не меняет своего вида при определённой замене переменных, смене переменных
местами или других действиях. Нередко такая алгебраическая симметрия бывает
неявной и может быть обнаружена только после предварительного преобразова-
ния выражения.
Наиболее эффективно информация о симметрии функций используется в зада-
чах о единственности решений или наличии определённого числа решений. Если
9.2. Чётность и симметричность...
119
задача формулируется так: "Найти все значения параметра, при которых урав-
нение (неравенство, система) имеет единственное решение", то прежде всего
необходимо посмотреть, не является ли задача чётной относительно одной из пе-
ременных или симметричной относительно двух каких-либо переменных.
•	Если задача является чётной относительно переменной х (то есть не ме-
няется при замене х на (—ж)), то можно рассуждать так: "Предположим,
что xq - решение нашей задачи. Тогда в силу чётности относительно х
значение (—xq) тоже будет решением. Поскольку решение должно быть
единственным, то xq = — xq Ф=> xq = 0. Значит, единственным может
быть только решение х = 0. Подставим это значение в исходную зада-
чу и найдём значения параметра, при которых х = 0 является решением
(необходимые условия единственности решения). Осталось проверить, не
будет ли других решений при найденных значениях параметра (достаточ-
ность). "
•	Если задача является симметричной относительно переменных х и у (то есть
не меняется при замене (ж; у) на (?/; х)), то можно руководствоваться следую-
щими соображениями: "Предположим, что (ад^/о) - решение задачи. Тогда
в силу симметричности задачи (з/о;®о) также будет решением. Поскольку
решение должно быть единственным, то xq = т/о • Значит, решение зада-
чи будет единственным только при х = у. Подставим эту зависимость в
исходную задачу и определим те значения параметра, при которых х = у
(необходимые условия на параметр). Далее при вычисленных значениях па-
раметра проведём исследование исходной системы и определим количество
решений (достаточность)."
•	Задача может быть симметричной относительно замены х на 1/ж. В этом
случае рассуждаем следующим образом: "Предположим, что ж0 0 - ре-
шение нашей задачи. Тогда в силу симметричности 1/жо также будет
решением. Поскольку решение должно быть единственным, то xq = 1/хо,
то есть ж0 = — 1 или xq = 1. Значит, решение задачи будет единственным
только при х = — 1 или х = 1. Подставим эти значения в исходную задачу
и определим те значения параметра, при которых х = —1 (х = 1) явля-
ется решением (необходимые условия). Далее при вычисленных значениях
параметра определяем количество решений задачи (достаточность)."
Примеры решения задач
Пример 1. (М/м-90.4) Найти все значения параметра а, при которых уравне-
ние х2 — 2asin(cos;r) + а2 = 0 имеет единственное решение.
Решение. Функция в левой части уравнения чётная по переменной ж; значит,
если xq является решением уравнения, то и — xq также будет решением. Един-
ственным может быть только решение х = 0. Подставим это значение переменной
з уравнение и найдём те значения параметра, при которых х = 0 является корнем:
—2а sin(l) + а2 = 0	Ф=> а = 0 или a = 2sin(l).
120
Теория и задачи
1)	При а = 0 уравнение принимает вид: х2 = 0	<=> х = 0 - единственное
решение.
2)	При а — 2sin(l) получаем:
х2 — 4sin(l) • sin(cos3?) + 4sin2(l) = 0;
так как | cosz| < 1, то sm(cos:c) < sin(l), поэтому:
х2 — 4 sin(l) • sin(cos х) + 4 sin2 (1) > х2 > 0;
равенство достигается при одновременном выполнении двух условий:
{х = 0,
<	<=> х = 0 - единственное решение.
1 cos х = 1;
Ответ. 0; 2sin(l).
п не	эимер 2. (ВМК-98(1).5) Найти все значения параметра а, при которых урав- ние 2г	/ Ж2 — 1 \	о	5 21+«2 + a cos 	I + а2 — - = 0 \ х J	4
им	[еет единственное решение.
Р(	лпение. Преобразуем уравнение: 2	/	1 \	5 2	+ a cos lx	| + а2 — - = 0; \ х J	4
за]	метим, что на области допустимых значений уравнение обладает свойством сим-
ме 1	трии относительно замены х на —. Значит, если xq является решением, то и X будет решением. Необходимым условием единственности решения является ра-
я0	
ве] па 1) 1 2	нство: х = —, то есть х = —1 или х = 1. Найдём соответствующие им значения раметров и^Ьроверим достаточность. При х = — 1 получаем: 2	5 Л	2	3 п	3	1 -ha + az — - = 0	<=> а + а — - = 0	<=> а = — - или а = -: 4	4	2	2 ч	3 а) при а = — уравнение принимает вид: & *	3	/	i\ 2	= — 1 + - cos I х	I; 2	\ х J _2_	1 функция слева ограничена снизу: 2®+® >2~2 = -, функция справа ограни- & , 3	(	1\	1 чена сверху: —1 + - cos (г	1 < равенство возможно при выполнении Li	\	X J	L условий: г	1	fl 2г+> =	- +х = —2, 1.3	(	1\	1	а: _ -1, — 1 + - cos lx	=	cos х	=1; I	2	\ х	2	\ х
Чётность и симметричность,,.
121
3
решение единственное. Значит, значение параметра а = — - подходит;
1 х 2 1 / 1 \
б) при а — - получаем уравнение: 2 *+в = 1 — - cos I х--). Докажем, что
2	2 у	х )
данное уравнение имеет более одного решения. Введём обозначения:
1	/	1\
/(ж) = 2 *+г, р(ж) = 1 — - cos ж---. Корень ж = — 1 мы уже знаем.
2	у	ж/
Докажем, что на интервале (—1; 0) есть ещё решения уравнения /(ж) = р(ж).
Прежде всего заметим, что на данном интервале обе функции непрерывны,
функция /(ж) возрастает и ограничена: - < /(ж) < 1. Далее, так как при
изменении ж от —1 до 0 функция Д(ж) = ж----монотонно возрастает от 0
ж
до +оо, то, в силу периодичности косинуса, функция р(ж) бесконечное число
1	3
раз проходит от - до - и обратно. Следовательно, уравнение /(ж) — р(ж)
имеет бесконечное число решении на интервале (—1;0). Поэтому значение
1
параметра а = - не подходит.
2) При ж = 1 получаем: 2 + а + а2 — - = 0	<=> а2 + а + - = 0. Так как
дискриминант последнего уравнения отрицателен, то ж = 1 не является решением
исходного уравнения ни при каких значениях параметра.
3
Ответ. —.
2
Пример 3. (ИСАА-98.7) При каких значениях параметра а система
( х4 — (а — 1)\/а + 3 у + а4 + 2а3 — 9а2 — 2а + 8 = 0,
1 у — у/а + 3 ж2
имеет ровно три различных решения?
Решение. Заметим, что задача является чётной по переменной ж. Пусть t = ж2:
ft2 - (а - l)Va + 3 у + а4 + 2а3 - 9а2 - 2а + 8 = 0,
I?/ = л/a + 3 t\
подставим у из второго уравнения системы в первое:
t2 — (а — 1)(а + 3)t + а4 + 2а3 — 9а2 — 2а + 8 — 0;
f(t) = t2 - (а — 1)(а + 3)t + (а - 1)(а - 2)(а + 1)(а + 4) = 0.
Исходная задача имеет три решения, если корни последнего уравнения различны
и удовлетворяют условиям: = 0, £2 > 0. Для этого, в свою очередь, необходимо
и достаточно, чтобы парабола f(t) проходила через начало координат и имела
положительную абсциссу вершины:
Г/(0) = 0,	Г (а - 1)(а - 2)(а + 1)(а + 4) = 0,	Г а = -4;
jtB>0;	|(а-1)(а + 3) >0;	[ а = 2.
122
Теория и задачи
С учетом ОДЗ остаётся только а = 2. Проверять это а не надо, так как мы
его нашли при условии, что первое уравнение будет иметь ровно три решения, а,
значит, и вся система будет иметь ровно три решения.
Ответ. 2.
Задачи
1.	(Псих-95.5) Найти все значения а, при которых неравенство
/---- Ж2 _|_ Q
cos х — 2 у ж2 + 9 <-----------а
а + cos х
имеет единственное решение.
2.	(Биол-91.5) Найти все значения параметра а, при которых система уравне-
ний
z cos (ж — у) + (2 + ху) sin (ж + у) — z = О,
< ж2 + (у - I)2 + z2 = а + 2ж,
(ж + у + a sin2 z) ((1 - а) 1п(1 — ху) + 1) = О
имеет единственное решение.
3.	(Фил-92.5) Найти все значения параметра b, при которых система уравнений
J Ьх2 + 26ж + у + 36 - 3 = О,
[by2 + ж - 6Ьу + 116 + 1 = 0
имеет единственное решение.
4.	(Биол-95.6) Найти все значения а, при которых уравнение
(ж2 - 6|ж| - а)2 + 12 (ж2 — 6|ж| — а) + 37 = cos
а
имеет ровно два решения.
5.	(Хим-84.5) Найти все значения параметра а, при каждом из которых нера-
венство
11 Л| .	..	(а2 - 4а + 3	. Л . ч|
-|а - 2| • |ж + а - 4| + —-— ------|а - 2| • |ж - 2 +
2	у |а — 2|	/
+ ||а-2|-|ж-а| <1
выполняется ровно для двух различных значений ж.
6.	(Хим-02.6) Найти все значения параметра а, при каждом из которых урав-
нение
2 „	7ГЖ	7ГЖ	о о	/—
2	• 4 + sin — + cos —---2 = а3 — За2 + а + -\/2
4	4
имеет единственное решение.
9.3. Редукция задачи и переформулирование условия
123
7.	(Экон-90.6) Найти все значения параметра а, при которых система
' (3 - 2ч/2)» + (3 + 2л/2)р - За = х2 + 6х + 5,
< у2 — (а2 — 5а + 6) • х2 =0,
-6 < х < 0
имеет единственное решение.
8.	(Хим-86.5) Найти все значения параметра а, при каждом из которых система
уравнений
|49?/2 + х2 + 4а = 2х - 1
имеет ровно четыре различных решения.
9.3.	Редукция задачи и переформулирование условия
Теоретический материал
В ряде нестандартных задач один из параметров или переменная может прини-
мать всевозможные значения из некоторого множества.
Одна из схем решения задач такого типа состоит в присваивании свободному
параметру (переменной) специальных значений, при которых постановка задачи
существенно упрощается.
Предположим, задача формулируется так: "Найти все значения параметра,
при которых уравнение (система) выполняется для всех значений х. " Рассуж-
даем следующим образом: "Поскольку уравнение должно выполняться для всех
х, выберем такое значение переменной xq , при котором исходное уравнение мак-
симально упрощается. Подставим это значение в уравнение и найдём набор "по-
дозрительных " значений параметра (необходимое условие), которые, в свою оче-
редь, подставим в исходное уравнение (проверяем достаточность). Если для най-
денного значения параметра уравнение выполняется при всех х, то это значение
параметра подходит. Если же уравнение выполняется не при всех значениях х
(при этом достаточно найти хотя бы одно такое значение), то рассматривае-
мое значение параметра не подходит. ”
Примеры решения задач
Пример 1. (Почв-98.6) Определить:
а)	при каких значениях а существует такое число 6, что уравнение
5 cos х + sin х + cos(z — b) = а имеет решения;
б)	при каких значениях а это уравнение имеет решения при любом значении 6?
Решение, а) Преобразуем выражение в левой части уравнения, воспользовав-
шись методом дополнительного аргумента:
а;
функция У (ж) =
"26 cos (х - arctg
\	5
+ соэ(ж — 6) при всевозможных значениях
переменной х и параметра Ъ принимает значения из отрезка [—\/26 — 1; \/26 + 1].
124
Теория и задачи
Значит, решение уравнения /(ж) = а существует хотя бы при одном 6, если
ае [- Лб - 1; ч/^6 + 1].
б) Перепишем уравнение в виде:
\/26cos
1
х — arctg -
5
= а — cos(z — 6);
множество значении левой части есть отрезок [—\/26; -$/26], тогда как множество
значении правой части есть отрезок [а — 1; а +1]. Поскольку это уравнение должно
иметь решения при любых значениях 6, то
а - 1 > -$/26,
а + 1 < $/26;
-$/26 + 1 <а< $/26-1.
Ответ, а) [—г/26 - 1; $/26 + 1]; б) [—$/26 + 1; $/26 - 1].
Пример 2. (Псих-78.4) Найти множество всех пар чисел (а; Ъ), для каждой из
которых при всех значениях х справедливо равенство
a(cos х — 1) + b2 = cos(az + 62) — 1.
Решение. Поскольку по условию задачи равенство должно быть справедливым
для всех значений переменной, возьмём х = 0:
Ъ2 = cos(62) — 1
<=> 6 = 0.
Значит, другие значения параметра Ъ условию задачи не удовлетворяют; полагаем
далее 6 = 0:
a(cosz — 1) = соэ(аж) — 1.
Поскольку последнее равенство также должно выполняться \/ж, рассмотрим два
’’специальных” значения переменной:
7Г	7ГД
• при х = — получаем уравнение: cos —- = 1 — а;
&
• при х = тг cos тга = 1 — 2а
2 cos2— 1 = 1 — 2а;
2
подставим выражение тригонометрической функции из первого уравнения во вто-
рое:
2(1 — а)2 — 1 = 1 — 2а	а = 0 или а — 1;
других значений параметра а быть не может.
Осталось подставить найденные значения параметров (а; Ь) в исходное урав-
нение и убедиться в том, что обе пары обращают уравнение в тождество.
Ответ. (0;0), (1;0).
9.3. Редукция задачи и переформулирование условия
125
Пример 3. (Геол-97.8) При каких значениях а уравнения
ха2 — а - (ж3 - 5ж2 + 4) = О,
(х + 1)а2 + (ж2 - х - 2)а - (2ж3 - Юж2 + 8) = О
не имеют общего решения?
Решение. Переформулируем задачу. Найдём все значения параметра а, при
которых система
f жа2 - а - (ж3 - 5ж2 + 4) = О,
[(ж + 1)а2 + (ж2 - ж - 2)а — (2ж3 - Юж2 + 8) = 0;
имеет решения. Тогда все остальные значения параметра будут удовлетворять
условию задачи.
Вычитая из удвоенного первого уравнения системы второе, получаем:
(ж - 1)а2 - (ж2 - х)а = 0	<==>
а = 0;
(ж - 1)а — (ж2 - ж) = 0;
а = 0;
ж2 — (а + 1)ж + а = 0;
а = 0;
ж = а;
ж = 1;
подставляем найденные значения переменной и параметра в исходную систему:
1) при а = 0 получаем два одинаковых уравнения: ж3 — 5ж2 +4 = 0. Подбором
находим одно из решений ж = 1. Значит, при а = 0 система имеет решения;
2) при ж = а, заменяя первое уравнение на разность первого и второго уравнений,
получаем:
Г5а2 - а - 4 = 0,
[10а2- 2а — 8 = 0
значит, при а = 1 система имеет решение ж = 1, при а =
у системы есть
5
4
решение ж = — -;
5
3) при ж = 1 получаем:
а2 — а = 0,
2а2 - 2а = 0
"а = 0;
оба значения параметра были исследованы ранее.
Итак, система имеет решения при а = —
система не имеет решений.
4
5’
а = 0 и а = 1. При остальных а
Ответ. ( —оо;
4\
5/
( 4 \
U -?;° Щ0;1)и(1;+оо).
\ 5 /
126
Теория и задачи
Задачи
1.	(ИСАА-93.6) Найти все значения а, при каждом из которых неравенство
х2 + 2|ш — а| > а2 справедливо для всех х.
2.	(М/м-86.5) Найти все значения а, при каждом из которых для любого зна-
чения b система
!Ьх — у — az2 = О,
(b — 6)х + 2by - 4z = 4
имеет по крайней мере одно решение (х,у, z).
3.	(Геол-98(1).8) При каких а для любого b > 2 неравенство
(6 - 1)® + 2^/1-(6-1)~2 < (_ Ъ + 1) 1
у о — 1	/ X
выполняется для всех х < 0 ?
4.	(Почв-00.7) Найдите все значения параметра а, при которых при любых
значениях параметра Ъ уравнение
— 2| + 6|2® + 1| = а
имеет хотя бы одно решение.
5.	(Геол-79.6) Найти все неотрицательные числа ж, при каждом из которых из
неравенств abx > 4а + 76 + х, а > 0, 6 > О следует неравенство ab > 5.
6.	(Геогр-85.5) Найти все значения параметра а, удовлетворяющие условию
—1 < а < 1, для каждого из которых выражение
1 + 2у/х2 — 2аху + ?/2 — 6?/ + 10
принимает наименьшее значение лишь при одной паре чисел х,у.
7.	(ВМК-90.6) Найти все значения параметра а, при которых для любых зна-
чений параметра b неравенство
х / 10а Ч- 36 Ч~ 31 \ о	л? 1	1	f 10а Ч- 36 Ч- 41 \ 2
log6 + ---------Ё-----]х - 962 - 96 - 1 < log6 — + ------------- X2-
Зо у О J	у о у
- (66 + 2)® + 962 + 156 + 3
имеет хотя бы одно решение.
8.	(ВМК-98.5) Найти все значения параметра а, при которых существуют
(я,?/), удовлетворяющие системе неравенств
{шах(2 — Зу,у + 2) < 5,
/	6	2
ч /а2 Ч— arccos л/1 — ж2 - 16-- arcsin x(ir + 2 arcsin х) > у2 + 2ау + 7.
V	7Г	7Г2
9.4. Смешанные задачи
127
9.4. Смешанные задачи
Теоретический материал
В данном пункте собраны примеры, для успешного решения которых необходимо
владеть как базовыми навыками логического мышления, так и широким набором
нестандартных приёмов решения алгебраических задач.
Примеры решения задач
Пример 1. (ВМК-85.5) Найти все тройки чисел (ж, у, z), удовлетворяющие ра-
венству
/3	л/З	/----------------------------
V о®2 ~ %У2 +	+ Юг + бу + —ж — 17 + у Зж2 - 2\/3(со8 7П/ + созтгг)ж + 4 = 0.
у Z	и
Решение. Уравнение равносильно системе:
{3	л/З
-ж2 — 2?/2 + 2г2 + 10z + бу 4-ж — 17=0,
Зж2 - 2\/3(cos тгу + cos 7гг)ж + 4 = 0.
Рассмотрим второе уравнение системы. Оно является квадратным по переменной
ж. Необходимое условие существования корней - неотрицательность дискриминан-
та:
D1 = 3(cOS7n/ + COS7Tz)2 — 12 > 0	<=+> I COS Try + COS7rz| = 2.
1) Равенство costt?/ + costtz = 2 равносильно системе:
{cos7n/ = 1,	1у — 2п, п е Z,
cos7rz = 1;	1 z = 2m, т Е Z;
значит, переменные у и z - чётные целые числа. Подставляя условие costt?/ +
cos 7tz = 2 во второе уравнение системы, находим значения переменной ж:
2
Зж2 — 4д/3ж + 4 = 0 <=> ж = —Из первого уравнения системы получаем:
V 3
2 - 2у2 + 2z2 + 10z + бу + 1 - 17 = 0	z2 - у2 + 5z + Зу = 7.
Поскольку у и z чётные, выражение в левой части чётное, справа - нечётное
число. Следовательно, уравнение решений не имеет.
2) Равенство costt?/ + costtz = — 2 равносильно системе:
{cos7T?/ = -1,	j у = 1 + 2n, п Е Z,
cos7rz = — 1;	I z = 1 + 2m, m Е Z;
то есть переменные у и z - нечётные целые числа. Из второго уравнения системы
2
находим ж: Зж2 +4уЗж + 4 = 0 <=> ж =----Подставляем найденное значение
г/З
в первое уравнение:
2 - 2у2 + 2z2 + 10z + бу - 1 - 17 = 0
z* 1 2 — у2 + 5z + Зу = 8.
128
Теория и задачи
Решим полученное уравнение на множестве целых чисел и отберём пары, состоя-
щие из нечётных целых чисел.
z2 - у2 + 5z + Зу = 8	<=> (z - y)(z + у) + 4(z + у) + z - у = 8	<=>
<=> (z-y + 4)(z + 2/ + l) = 12.
Если у и z нечётные, то выражение z — у 4- 4 будет принимать чётные значения,
а выражение z 4- у 4- 1 - нечётные; следовательно, есть четыре возможности:
a) z —	7/4-4	=	12,	z 4- у 4- 1 = 1 <==> у = —4, z = 4 - не подходит;
б)	z —	у 4- 4	=	—12,	z 4- у 4- 1 = — 1 <=> у = 7, z = — 9 - подходит;
в)	z —	?/ 4- 4	=	4,	z + у 4- 1 = 3 <=> у = 1, z = 1 - подходит;
г)	z -	у + 4	=	—4,	z + у 4-1 = — 3 <=> у = 2, z = — 6 - не подходит.
/2	\
Ответ.----7=; 1; 1 ,
\ х/3	7
Пример 2. (Почв-85.5) Пусть хо - больший из корней уравнения
х2 4- 2(а -Ь- 3)я 4- а - b - 13 = 0.
Найти наибольшее значение хо при а > 2, b < 1.
Решение. Убедимся, что корни существуют:
Dr = (а - b - З)2 - (а - b - 13) = (а - 5)2 - 7(а - 5) + 22 > 0 Va, 5;
преобразуем исходное уравнение:
(а - Ь)(2х 4- 1) = 13 4- 6х - х2;
поскольку х = — - не является корнем уравнения, выразим разность а — b через
переменную:
1	13 4- 6х - х2
а — о =-----------.
2х 4- 1
По условию а > 2, b < 1 => а — b > 1. Найдем все допустимые х:
13 4-	- х2 > !
2х 4-1	~
(х + 2)(а; - 6) < 0
2х 4- 1	~
х е (-оо;-2] и f-|;6
Наибольшее значение корня xq = 6; ему соответствует а — b = 1, что при ограни-
чениях а > 2, b < 1 возможно при а = 2, b = 1.
Ответ. 6.
Пример 3. (Геогр-80.5) Найти все решения системы уравнений
удовлетворяющие условиям х < 0 и у > 0.
94- Смешанные задачи
129
Решение. Заметим, что первое уравнение может быть представлено в виде:
1/(®,у)1 +	= f(x,y) + g(x,y),
±.	.	1	.	.	13
где f \х,у) = у Ч—, д(х,У) — — + ж — У\ равенство равносильно системе:
х	6
1
х
13
6
< ;	“ Л то есть < -i о
|р(®,у) > 0;	। _
I б
Складывая неравенства, получаем следствие: — +	+ х > 0, откуда, учитывая
х 6
13
ограничение х < 0: х2 + —х + 1 < 0.
13
С другой стороны, из второго неравенства: у <-----Н х; возводим в квадрат,
6
а 2	/13 А2 т,	2	2	97
учитывая условие у > и* у < I-------Ня . Используя равенство: х + у — —,
\ 6 J	36
получаем:
97	2	/13 А2	2	13	. л
— -Ш2<	— +а;	<=>	х^+ x + i_>o,
36	\ 6 у	6
о	2	13	, Л	3	2	2	97	2
Значит, х Ч--х +1 = 0, то есть х = — - или х = — -. Из равенства у* = —- — х*
6	2	3	36
определяем соответствующие положительные значения второй переменной: у = -
о
3
или у = -. Найденные значения проверяем в исходной системе.
( з 2\
Ответ. — -: - ,
V 2’3 )
2 3
3’2
Задачи
1.	(Геол-95.8) Найти все значения а, при которых неравенство 9х < 20 • Зг + а
не имеет ни одного целочисленного решения.
2.	(Хим-96(1).5) Решить систему
\/х + 2 + V®2 Ч- 5я Ч- 5 > 2,
х2 + 6я + 5 < 0.
3.	(Экон-98.7) Найти все значения а, при которых уравнения
х3 + 2ах2 — а2х — 2а3 + 2 = 0 и х3 — ах2 - 10а2х + 10а3 — 1 = 0
имеют хотя бы один общий корень.
4.	(Фил-80.5) Найти все значения а из промежутка [1; +оо), при каждом из
которых больший из корней уравнения
х2 - 6я + 2ах + а - 13 = 0
принимает наибольшее значение.
130
Указания и решения
5.	(Псих-88.6) Найти наибольшее значение параметра а, при котором неравен-
ство
а^/а(х2 - 2х + 1) Ч—-—Isin
v	7 х2 - 2х +1 “ I 2 1
имеет хотя бы одно решение.
6.	(Псих-92.4) Найти все значения параметров и и v, при которых существуют
два различных корня уравнения
х(х2 + х - 8) = и,
являющихся одновременно корнями уравнения
х(х2 — 6) = V.
7.	(М/м-99(2).3) Найти все ж, при которых хотя бы одно из двух выражений
- 3|(|ш — 5| - |ш — 3|) - 6® и |ш|(|®| — - 8|) + 24
неположительно и при этом его модуль не меньше модуля другого.
8.	(Псих-98.6) Найти все целые значения параметров а и Ь, при которых урав-
нение
, I у/Ъ2 — х2
arcsm ---------
у у j . 2sin
___. 2sin тгЬа?
= 2аЬ
имеет не менее 10 различных решений.
9.	(Фил-82.5) Найти все значения параметра 7, при каждом из которых мини-
мально количество пар (тг, т) целых чисел п и т, удовлетворяющих усло-
вию 73|?г| < л/2(72 — ш2).
Часть II: Указания и решения
1.	Элементы теории чисел
1.1.	Целые числа. Делимость и остатки
Задача 1.
Доказать, что число тг5 — п делится на 30.
Идея. Разложить выражение на множители и проверить делимость на 2, 3, 5.
Указание. Разложить тг5 — п = п(п — 1)(тг + 1) (тг2 + 1)•
Указание. Делимость на 6 вытекает из того, что произведение трёх последо-
вательных чисел п(п — l)(n + 1) делится на 2 и на 3.
Указание. При доказательстве делимости на 5 перебрать все возможные остат-
ки от деления на 5 числа п.
Решение. Надо доказать, что тг5 — п = п(п — 1)(тг + 1) (тг2 + 1) делится на 5 и 6.
Делимость на 6 вытекает из того, что произведение трёх последовательных чисел
п(п — 1) (тг + 1) делится на 2 и на 3.
Теперь представим число п в виде п —	+ г, г = 0,1,2,3,4 и переберём
возможные остатки:
1)	если 7* — 0, то тг : 5,
2)	если г = 1, то тг — 1 : 5,
3)	если г = 4, то тг + 1 : 5,
4)	если г = 2 или г = 3, то тг2 +1 : 5.
Следовательно, в любом случае тг5 — тг делится на 5, а значит, и на 30.
Задача 2.
Доказать, что число тг3 — 7тг делится на 6.
Идея. Показать, что число является чётным и исследовать делимость на 3.
Указание. Числа тг3 и 7тг являются числами одной чётности, следовательно,
разность их чётна.
Указание. Для доказательства делимости на 3 перебрать остатки от деления
на 3.
132
Указания и решения
Решение. Сначала покажем, что число тг3 — 7п делится на 2. При нечётном
п числа ?г3 и 7п являются нечётными, следовательно, разность их чётна. При
чётном п числа п3 и 7п являются чётными и разность их чётна.
Теперь проверим делимость на 3. Разложим п3 — 7п = п(п2 — 7) и рассмотрим
все возможные остатки от деления п на 3:
1) если п = 3k, к 6 Z, то п : 3;
2) при п = Зк ± 1 получаем п2 — 7 = 9к ± 6к — 6 : 3.
Значит, п3 — 7п делится на 3, а, следовательно, делится и на 6.
Задача 3.
Доказать, что п2 + 1 не делится на 3 ни при каких целых п.
Идея. Перебрать возможные остатки от деления на 3 числа п.
Решение. Рассмотрим возможные случаи:
1) если п = Зк, к Е Z, то п2 + 1 = 9к2 + 1 не делится на 3;
2) при п = Зк ± 1, к £ Z выражение п2 + 1 = 9к2 ± 6А? + 2 также не делится на 3.
Задача 4-
Сумма т2 + п2 делится на 3. Доказать, что она делится на 9.
Идея. Перебрать все возможные остатки от деления на 3 чисел т, п.
Указание. Показать что, если число не делится на 3, то квадрат этого числа
при делении на 3 даёт в остатке 1.
Указание. Перебрать все возможные остатки от деления на 3 чисел т, п.
Решение. Если число р не делится на 3, то есть р = Зк + 1 или р = Зк + 2, то
р2 при делении на 3 даёт остаток 1. Теперь рассмотрим все возможные случаи
при делении на 3 чисел т и п:
1)	пусть оба числа т, п не делятся на 3, тогда т2 + п2 при делении на 3 даёт
остаток 2;
2)	пусть одно число делится на 3, а другое не делится на 3, тогда т2 + п2 при
делении на 3 даёт остаток 1;
3)	пусть оба числа делятся на 3, тогда т2 + п2 делится на 9.
Задача 5.
Доказать, что число п(п + 1)(п + 2)(п + 3) делится на 24.
Идея. Использовать то, что произведение к подряд стоящих чисел делится на к.
1.1. Целые числа. Делимость и остатки
133
Решение. Произведение п(п + 1)(тг + 2) делится на 3, поскольку одно из трёх
последовательных целых чисел обязательно кратно трём.
Из аналогичных соображений произведение п(п + 1)(тг + 2)(тг + 3) содержит
два чётных множителя, один из которых кратен четырём.
Следовательно, число п(п + 1)(тг + 2)(тг + 3) делится на 3 и на 8, то есть на 24.
Задача 6.
Доказать, что п3 + Зтг2 — тг — 3 делится на 48 при нечётном тг.
Идея. Использовать то, что произведение к подряд стоящих чисел делится на к.
Указание. Разложить выражение на множители.
Решение. Проведём следующие преобразования
тг3 + Зтг2 — тг — 3 = тг2(тг + 3) — (тг + 3) = (тг — 1) (тг + 1) (тг + 3).
Положив тг = 2 к — 1, получим
(тг - 1)(тг + 1)(тг + 3) = 8(к - 1)к(к + 1).
Поскольку одно из трёх последовательных чисел обязательно делится на 3, а
двух-на 2, произведение (к—1)А?(А?+1) делится на 6; следовательно, 8(А?—l)fc(A?+l)
делится на 48.
Задача 7.
При каких натуральных тг число тг4 + 2тг3 — тг2 — 2тг не делится на 120?
Идея. Разложить выражение на множители. Использовать то, что произведение
к подряд стоящих чисел делится на к.
Указание. При исследовании делимости на 3 и 8 использовать то, что произ-
ведение к подряд стоящих чисел делится на к. При исследовании делимости на 5
перебрать остатки от деления на 5 числа тг.
Решение. Проведём следующие преобразования
тг4 + 2тг3 - тг2 - 2тг = тг3(тг + 2) - тг(тг + 2) = (тг - 1)тг(тг + 1)(тг + 2).
Произведение делится на 3, поскольку одно из трёх последовательных це-
лых чисел обязательно кратно трём. Из аналогичных соображении произведение
(тг — 1)тг(тг + 1)(тг + 2) содержит два чётных множителя, один из которых кра-
тен четырём. Откуда следует, что число (тг — 1)тг(тг + 1) (тг + 2) делится на 3 и
на 8, а значит, и на 24. Если оно будет делится на 5, то будет делится и на 120.
Следовательно, нас устроит лишь тг = 5А? + 2, к — 0; 1; 2;...
Ответ, тг = 5А? + 2, к = 0; 1;2;...
134
Указания и решения
Задача 8.
Доказать, что сумма кубов трёх последовательных чисел делится на 9.
Идея. Записать сумму кубов через среднее число и исследовать делимость на 9
полученного выражения.
Указание. Перебрать остатки от деления на 3.
Решение. Покажем, что
(п - I)3 + n3 + (n +1)3 : 9, n€Z.
Раскроем скобки
—1)3	(n+l)3 — (ti3—Зт^^+З?!—1)+?i3+(?i3+3?i2+3?i4"1) — З/i3+6?2 — 37i(ti2+2).
Покажем, что тг(тг2 + 2) : 3. Рассмотрим возможные остатки от деления на 3:
1) если п = ЗА?, к 6 Z, то утверждение справедливо;
2) если п = Зк ± 1, то п2 + 2 = 9А?2 ± 6А? + 3 : 3.
Следовательно, сумма кубов трёх последовательных чисел делится на 9.
Задача 9.
Цифры трёхзначного числа переписаны в обратном порядке. Доказать, что раз-
ность между исходным и полученным числом делится на 9.
Идея. Использовать десятичную запись исходного и полученного чисел.
Указание. Если первое число имеет вид 100а+Ю6+с, то второе - 100с+Ю6+а.
Решение. Пусть а, 6, с - цифры исходного трёхзначного числа, тогда само число
равно 100а + 10Ь + с. Новое число равно 100с + 106 + а. Их разность
(100а + 106 + с) - (100с + 106 + а) = 99а - 99с
делится на 9, что и требовалось доказать.
Задача 10.
Докажите, что 4343 — 1717 делится на 10.
Идея. Найти последние цифры чисел 4343 и 1717.
Указание. Использовать то, что число, возведённое в натуральную степень
оканчивается также как и последняя цифра, возведённая в ту же степень.
1.1. Целые числа. Делимость и остатки
135
Решение. Найдём последние цифры чисел 4343 и 1717.
а)	Последняя цифра числа 4343 совпадает с последней цифрой числа З43. Пред-
ставим
з43 = (З4)10 • З3 = 8110 • 27.
Последняя цифра первого множителя равна 1, второго - 7, следовательно, послед-
няя цифра произведения равна 1-7 = 7.
б)	Последняя цифра числа 1717 совпадает с последней цифрой числа 717. Пред-
ставим
717 = (74)4 • 7.
Число (74)4 оканчивается на 1, поскольку на 1 оканчивается число 74. Следова-
тельно, последняя цифра произведения равна 1-7 = 7.
Так как последние цифры чисел 4343 и 1717 равны, то их разность делится на 10.
Задача 11.
Делится ли на 7 число 19911917 + 19171"1?
Идея. Найти остатки от деления на 7 каждого из слагаемых.
Указание. Использовать то, что возведение числа в степень можно заменить
возведением в ту же степень остатка от деления на 7.
Решение. Найдём остатки от деления на 7 каждого из слагаемых.
а)	Сначала найдём остаток от деления на 7 числа 19911917. Поскольку 1991 =
7 • 284 + 3, то остаток от деления на 7 числа 19911917 равен остатку от деления
на 7 числа З1917.
Заметим, что З3 дает остаток (—1) при делении на 7, следовательно, З6 дает
остаток (—I)2 = 1. Представим
З1917
Поскольку З6 имеет остаток 1 при делении на 7, число (З6)319 также имеет оста-
ток 1. Так как остаток второго множителя равен 6, то остаток произведения равен
1-6 = 6. Следовательно, число 19911917 при делении на 7 даёт остаток 6.
б)	Найдём остаток при делении на 7 числа 19171"1. Число 1917 при делении на
7 даёт остаток (—1). Следовательно, остаток числа 19171"1 равен остатку числа
(_1)1991 = _г
В итоге получаем, что остаток числа 19911917 +19171"1 при делении на 7 равен
6 — 1 = 5, то есть на 7 оно не делится.
Ответ. Нет.
_ ^6-319+3 _ /д6\319 . дЗ
Задача 12.
Доказать, что для всех натуральных п выражение (82п-1 — 1) делится на 7.
Идея. Использовать то, что при возведении числа в степень, в эту же степень
возводятся и его остатки.
Указание. Число 82п-1, как и 8, даёт при делении на 7 остаток 1.
136
Указания и решения
Решение. Поскольку 82п-1 = (7 + 1)2п-1, число 82п-1 имеет остаток 1 при
делении на 7. Следовательно, для всех натуральных п выражение (82п-1 — 1)
делится на 7.
Замечание. Утверждение задачи справедливо и в случае, когда степень числа
8 является любым (не только нечётным) натуральным числом.
Задача 13.
Доказать, что 5П — Зп + 2п делится на 4.
Идея. Перебрать возможные остатки от деления на 4 числа п.
Указание. Использовать то, что возведение числа в степень можно заменить
возведением в ту же степень остатка от деления на 4.
Решение. Пусть п = 4/е + г, где г = 0,1,2,3, тогда
N = 5" - 3n - 2п = 54fe+r - 34fc+r - 2(4fc + г) = 625fc • 5Г - 81fc • У - 8k - 2т.
Так как числа 625 и 81 при делении на 4 дают остаток 1, то 625fc и 81fe также дают
в остатке 1. Следовательно, остаток числа N равен остатку числа 5Г — 3r — 2r = q.
При г = 0 и г = 1 получаем q = 0, при г = 2 получаем q = 12 : 4, при г = 3
получаем q = 92 : 4. Что и требовалось доказать.
Задача 14-
Найти все натуральные п, при которых число п • 2n + 1 делится на 3.
Идея. Рассмотреть остатки от деления на 3 числа п.
Указание. Представить п = 3k + г, г = 0; 1;2 и рассмотреть отдельно чётные
и нечётные к.
Решение. Если п = Зк, то п • 2n + 1 не делится на 3.
Рассмотрим п = Зк + г, где г = 1 или г = 2. В этом случае
п • 2п + 1 = (Зк + т) • 2зк+г + 1 = Зк • 2зк+г + т • 8к • 2r + 1.
Следовательно, надо исследовать, при каких к и т число (г • 8к • 2Г + 1) делится
на 3. Рассмотрим отдельно чётные и нечётные к.
а)	Пусть к = 21, тогда г • 8к • 2r + 1 = г • 64z • 2r + 1. Так как 64 при делении на
3 дает остаток 1, то и 64z при делении на 3 тоже дает остаток 1. Таким образом,
г • 64z • 2r + 1 при делении на 3 дает такой же остаток как и число q — г • 2r + 1.
При г = 1 и г = 2 получаем q = 3 и q = 9 соответственно. Следовательно,
п • 2п + 1 делится на 3 при п = Зк + 1 — 61 + 1 и п = Зк + 2 = 61 + 2.
б)	Пусть теперь к = 21 + 1, тогда г • 8к • 2r + 1 = г • 64z • 8 • 2r + 1. Это выражение
при делении на 3 дает такой же остаток, как и число q = г • 8 • 2r + 1. При т = 1 и
т — 2 получаем q = 17 и q = 66 соответственно. Следовательно, исходное число
на 3 не делится.
Ответ, п = 61 + 1, п = 61 + 2, I G N.
1.1. Целые числа. Делимость и остатки
137
Задача 15.
Доказать, что число 11 „ . 1 делится на 81.
81
Идея. Выразить исходное число через вспомогательное число 11. .. 1.
9
Указание. Исходное число равно произведению вспомогательного числа и
некоторого числа, кратного 9.
Решение. Обозначим А = 11 . 1 и преобразуем исходное число:
9
11^Л = А + 1094 + 109’2Л + ... + 109'8Л = А • (1 + 109 + 109'2 + ... + 109'8).
81
Сумма цифр второго множителя равна 9, следовательно, он делится на 9. По-
скольку число А также кратно 9, произведение делится на 81.
Задача 16.
Доказать признак делимости на 11: ’’число п кратно 11 тогда и только тогда,
когда сумма его цифр с чередующимися знаками кратна 11”.
Идея. Записать число в десятичной форме и выделить слагаемое, равное сумме
его цифр с чередующимися знаками.
Указание. Использовать то, что 102п — 1 : 11 и Ю271^1 + 1 : 11.
Решение. Из равенства 102n—1 = 99^9 следует, что 102n —1 : 11. А из равенства
2п
l02n+i + i = (ю + 1)(ю2п - 102п-1 + 102п“2 - ... + 1) следует, что 102n+1 + 1:11.
Запишем число в десятичной форме
а2па2п—1 •••<3-0 — а2п ’ Ю2П + <3-2n—1 ’ Ю2п 1 + ... + CLq —
— а2п ’ (1О2П — 1) + <3-2п-1 ’ (Ю2П 1 + 1) + &2п-2 * (102п 2 — 1) +
+<3-2п—3 (Ю2п 3 + 1) + ... + 0-1 ♦ (10 +1) +
+ (<3-2п + <^2п-2 + ••• + &о) — (&2п-1 + &2п-3 + ••• + <21) •
Все слагаемые, кроме последних двух, делятся на 11. Последние два слагаемые
представляют собой сумму цифр исходного числа с чередующимися знаками. Сле-
довательно, число делится на 11 тогда и только тогда, когда эта сумма делится
на 11.
138
Указания и решения
Задача 17.
При каких п число М — 1717 делится на 33?
2п Цифр
Идея. Использовать признаки делимости на 3 и на 11.
Указание. Число р кратно 3 тогда и только тогда, когда сумма его цифр крат-
на 3. Число р кратно 11 тогда и только тогда, когда сумма его цифр с чередую-
щимися знаками кратна 11.
Решение. Для того, чтобы число М делилось на 33 надо, чтобы оно делилось
на 3 и на 11.
В соответствии с признаком делимости на 3 сумма цифр должна делиться на 3,
следовательно, (1 + 7) • п = 8п : 3 п = 3fc, k 6 N.
В соответствии с признаком делимости на 11 сумма цифр с чередующимися
знаками должна быть кратна 11, то есть тг - (1 — 7) — —бтг : 11 тг = Пр, р G N.
Так как тг должно делиться и на 3, и на 11, то тг = ЗЗттг, тп G N.
Ответ, тг = ЗЗттг, ттг 6 N.
1.2. Уравнения в целых числах
Задача 1.
Решить в целых числах уравнение ху -h 1 = х + у.
Идея. Использовать разложение на множители.
Указание. Перенести всё в одну сторону и разложить на множители.
Решение. Перепишем уравнение в виде (у — 1)(ж — 1) = 0. Возможны варианты
х = 1, у - любое и у = 1, х - любое.
Ответ. (l;fc), к 6 Z; (Z; 1), I € Z.
Задача 2.
Решить в целых числах уравнение х(х + 1) = у2.
Идея. Разложить на множители и действовать перебором.
Указание. Домножить на 4 и выделить полный квадрат.
Решение. х(х + 1) = у2 <=> 4ж2 + 4ж + 1 = 4т/2 + 1	<=>
(2гс + I)2 — 4у2 = 1	(2® + 2у + 1)(2ж - 2j/+ 1) = 1.
Следовательно, либо оба множителя равны 1, либо —1. Поскольку множители
равны друг другу 2т/ = 0, а при у — 0 получаем х = 0 или — 1.
Ответ. (0;0), (—1;0).
1.2. Уравнения в целых числах
139
Задача 3.
Решить в целых числах уравнение 2х2 + ху — у2 — 7х — 4у = 1.
Идея. Добавив к обеим частям уравнения одно и то же целое число, разложить
левую часть на множители и действовать перебором.
Указание. Нужное число р выбрать таким образом, чтобы дискриминант квад-
ратного трёхчлена 2х2 + х(у — 7) — у2 — Ау + р был полным квадратом.
Решение. Перепишем уравнение в виде
2х2 + х(у — 7) — у2 — 4у + р = 1+ р
и разложим левую часть на множители.
Квадратный трёхчлен 2х2 + х(у — 7) — у2 — 4у + р имеет дискриминант D =
9у2 + 18у + 49 — 8р. При р = 5 это полный квадрат. В этом случае получаем корни
У I 5
Xi = —у + 1, Х2 =----. Следовательно, уравнение принимает вид
г\/	.	п	( 2х — у — 5 = А,
(2х — у — 5)(х + у — 1) = 6
где А и В такие целые числа, что АВ = 6. Заметим, что одно из этих чисел
должно делиться на 3, а другое нет. Сложив уравнения, получим
Зх-6 = А + В	Ф,
поскольку левая часть уравнения делится на 3, а правая нет.
Ответ. Решений нет.
Задача 4-
Доказать, что уравнение х2 — у2 = 1982 не имеет решений в целых числах.
Идея. Показать, что левая часть делится на 4, а правая — нет.
Указание. Рассмотреть различные случаи чётности-нечётности переменных.
Решение. Запишем уравнение в виде
(ж - у)(х + у) = 1982.
Поскольку правая часть уравнения чётная, левая также должна быть чётной.
Далее, если (у + х) чётно, то (у — х) тоже чётно, и наоборот. Следовательно,
левая часть уравнения делится на 4, но правая часть на 4 не делится. Значит,
уравнение не имеет решений.
140
Указания и решения
Задача 5.
Доказать, что уравнение х2 — 2у2 + 8z — 3 не имеет решении в целых числах.
Идея. Получить противоречие из-за различной чётности равных выражении.
Указание. Показать, что х нечётно.
Указание. Подставить, х — 2k -I-1 в уравнение и показать, что у нечётно.
Решение. Если х чётно, то вся левая часть уравнения чётна, а правая — нечёт-
на. Следовательно, х = 2k + 1. Тогда
(2fe + l)2— 2у2 + 8z = 3	4fc2+4fc-2i/2+8z = 2 <=> 2k2+ 2k-y2+4z = 1.
Если у чётно, то левая часть уравнения чётна, а правая — нечётна. Следовательно,
у — 21 + 1 и
2k(k + 1) - 4Z2 - 4Z + 4z = 2 <=> k(k + 1) - 2l2 - 21 + 2z = 1.
Поскольку произведение двух последовательных чисел чётно, левая часть тоже
чётна и, следовательно, не может равняться единице.
Задача 6.
Доказать, что уравнение х2 = Зу2 + 17 не имеет решений в целых числах.
Идея. Рассмотреть остатки от деления на 3.
Указание. Представить х = ЗА; ± 1.
Решение. Так как х2 +1 = Зу2 +18, то х2 +1 должно делиться на 3. Если само
х делится на 3, то это неверно. Следовательно, х = ЗА; ± 1. Тогда
х2 + 1 = 9 А;2 ± б А; + 2
не делится на 3, то есть решений нет.
Задача 7.
Решить в целых числах уравнение Зу = 1 -I- х2.
Идея. Перебрать остатки числа х от деления на 3.
Указание. Рассмотреть отдельно положительные и отрицательные значения у.
Решение.
1)	При у < 0 левая часть меньше 1, а правая — нет. Значит у > 0.
2)	При у = 0 получим х = 0.
3)	Если у > 1, то правая часть уравнения должна делиться на 3. Однако, х2 при
делении на 3 даёт в остатке только 0 или 1. Значит, х2 + 1 не делится нацело на
3. Следовательно, при у > 1 решений нет.
Ответ. (0;0).
1.2. Уравнения в целых числах
141
Задача 8.
Решить в целых числах уравнение
V5.
Идея. Подбором найти решения и показать, что других нет.
Указание. Домножить уравнение на \/5.
Решение. После умножения обеих частей равенства на \/5, получим:
\/5ж — 1 + \/5т/ — 1 = 5.
Заметим, что х > 1 и у > 1. Начнём перебирать ж, начиная с 1. При х = 1
получим у = 2. При х = 2 получим у = 1. При дальнейшем увеличении х
значение у будет уменьшаться. Следовательно, других решений быть не может.
Ответ. (1; 2), (2; 1).
Задача 9.
Решить в целых числах уравнение
3(ж - З)2 + бу2 + 2z2 + 3y2z2 = 33.
Идея. Получить ограничения на переменные, далее действовать перебором.
Указание. Для того, чтобы сократить вычис лите льну ю работу можно сделать
замену z = ?>к.
Решение. Так как правая часть и все остальные слагаемые делятся на 3, то
z = Зк, следовательно,
3(® - З)2 + бу2 + 18fc2 + 27y2fe2 = 33 <=^> (х- З)2 + 2у2 + 6fc2 + 9y2fc2 = 11.
Поскольку должно выполняться 6к2 <11, возможно лишь к = 0; ±1.
При к = ±1 получим
(х - З)2 + 11у2 = 5.
Это уравнение при у2 > 1 решений не имеет, а при у = 0 — нет целых х.
При к — 0 получим
(ж - З)2 + 2у2 = 11.
Откуда у2 < 4. Возможные варианты:
1)	у = 0 — нет целых ж;
2)	у = ±1, х = 0 или 6;
3)	у = ±2 — нет целых х.
Ответ. (0; —1;0), (6; —1;0), (0; 1;0), (6; 1;0).
142
Указания и решения
Задача 10.
Решить в целых числах уравнение х2 — ^ху — 4т/2.
Идея. Рассмотреть уравнение как квадратное относительно х.
Решение. Решая квадратное уравнение, получим = 2у ± 2у/2у, где у 6 Z.
Целое значение х может принимать только при у = 0. В этом случае получаем
ответ (0;0).
Ответ. (0;0).
Задача 11.
Решить в целых числах уравнение ху = х + у.
Идея. Доказать, что у должно нацело делиться на х и наоборот.
Указание. Преобразовать уравнение к виду у(х — 1) = х.
Решение. Так как
ху = х + у Ф=> у(х — 1) = ж,
то х должно нацело делиться на у. Аналогично доказывается, что у делится на х.
Следовательно, х — у, откуда х2 = 2х. В результате получаем х = 0, у = 0 и
х = 2, у = 2.
Замечание. Можно было воспользоваться разложением на множители
(ж - 1)(з/ - 1) = 1
и рассмотреть варианты: оба множителя равны 1 или ±1.
Ответ. (0;0), (2;2).
Задача 12.
Решить в натуральных числах уравнение xz + 4у = ух2 + z2у.
Идея. Получить ограничения на х и z, далее действовать перебором.
Указание. Выразить у через х и z.
Решение. Так как х2 + z2 — 4	0 (иначе не существует решения уравнения),
ZX
то у = —--------. Поскольку у 6 N,
х2 + z2 - 4
у > 1	<=> х2 + z2 - 4 < xz.
Домножив неравенство на 4, получим
4ж2 — 4®z + 4z2 < 16 <=>	(2х — z)2 + 3z2 < 16.
1.2. Уравнения в целых числах
143
Из последнего неравенства следует, что z2 < 4 и (2® - z)2 < 9. Следовательно,
z < 2 и
2х - z < 3
2х < 3 + z
2х < 5.
Таким образом, возможно лишь г = 1; 2 и х = 1; 2. Рассмотрим все варианты:
1)	х — z = 1	=> у < О
2)	х = 1, z = 2, у — 2
3)	х = 2, z = 1, у = 2
4)	х = z = 2, у = 1.
Ответ. (1;2;2), (2;2; 1), (2; 1;2).
Задача 13.
Решить в натуральных числах уравнение 2® — Зу = 1.
Идея. В случае чётного х рассмотреть остатки от деления на 3, в случае нечёт-
ного - остатки отделения на 8.
Указание. В случае нечётного х отдельно рассмотреть четные и нечётные у.
Решение. Перепишем уравнение в виде 2® — 1 = Зу и исследуем делимость
левой части на 3.
Пусть х нечётно, то есть х = 2п+1. Из представления 22n+1 = 2-4п = 2-(3+1)п
следует, что 22п+1 при делении на 3 даёт в остатке 2. Поэтому 22n+1 — 1 при
делении на 3 даёт остаток 1. То есть 22n+1 — 1 не делится нацело на 3 и при
нечётных х исходное уравнение не имеет решений.
Рассмотрим теперь чётные ж, то есть х = 2n, п G N. Если х = 2, то у = 1.
При п > 2 получаем 22п : 8. Но тогда на 8 должна делиться и сумма Зу + 1.
а)	Пусть у = 2fc, тогда 32fe = 9fe = (8 + l)fe, т.е. 32fe при делении на 8 имеет
остаток 1. Таким образом, при чётных значениях у исходное уравнение решений
не имеет.
б)	Для у = 2к + 1 получаем, что 32fe+1 + 1 = 3 • 9fe + 1 при делении на 8 имеет
остаток 4, то есть и при нечётных значениях у решений нет.
Ответ. (2;1).
Задача 14-
Решить в целых числах уравнение 3*2® + 1 — у2.
Идея. Разложить на множители и исследовать их возможные значения с помо-
щью чётности-нечётности.
Указание. Использовать представление у = 2к + 1.
144
Указания и решения
Решение.
1)	При х < 0 левая часть уравнения не является целой, следовательно, х > 0.
2)	При х — 0 получаем у — ±2.
3)	Если х > 0, то левая часть является нечётной, следовательно, у должно быть
нечётным, т.е. \у\ = 2k + 1, k Е N. Подставив это в уравнение, получим
3-2* =4/с(/с + 1).
Рассмотрим два случая.
а)	Если к чётно, то (к + 1) — нечётно, но множителями числа к + 1 могут быть
только тройка и двойки, значит, к + 1 — 3. В этом случае у = ±5, х = 3.
б)	Пусть к нечётно. Но его множителями могут быть только тройка и двойки,
значит к = 3. В этом случае у = ±7, х = 4.
Ответ. (0;±2), (3; ±5), (4; ±7).
Задача 15.
Решить в натуральных числах уравнение 3® — 2У = 1.
Идея. Разложить на множители выражение 3® — 1 и получить ограничения на
х из того, что каждый множитель должен быть степенью двойки.
Указание. Отдельно рассмотреть чётные и нечётные х.
Решение. Отдельно рассмотрим чётные и нечётные х.
1) Если х = 2m, то
32т-1 = 2у <=>	(3m - l)(3m + 1) = 2У,
причём каждый множитель должен быть степенью двойки. Пусть 3m — 1 = 2к,
Зт + 1 = 21. Так как т Е N, то к > 1, I > 2. Получаем
2fc + 2z = 2-3m <=> 2fe-1 + 2Z-1 = Зт.
При к > 2 левая часть является чётной, а правая — нет. Следовательно, к = 1.
Тогда Зт — 1 = 2к = 2 и т = 1. В результате х — 2, у = 3.
2)	Пусть х нечётно. Разложим левую часть уравнения 3® — 1 = 2У на множители
3® — 1 = (3 — ^(З1-1 + З®-2 + ... + 1).
Число слагаемых во второй скобке равно х (т.е. нечётно), каждое слагаемое нечёт-
но, следовательно, всё выражение нечётно. Но произведение множителей является
степенью двойки, значит, второй множитель равен 1. В этом случае х — 1, у — 1.
Ответ. (1; 1), (2;3).
1.2. Уравнения в целых числах
145
Задача 16.
Решить в натуральных числах уравнение х + у + z = xyz.
Идея. Решить уравнение в случае, когда одна из переменных равна 1 и доказать,
что других решений нет.
Указание. Выразить одну переменную через остальные и исследовать, в каком
случае полученная дробь будет целым числом.
Решение. Пусть z = 1, тогда
х + у + 1 = ху <=> х(у - 1) = у + 1.
Отсюда видно, что х и у отличны от 1 и
Так х Е N, то 2 должно делиться на у — 1 и, следовательно, у = 2 или 3. Таким
образом, мы получили часть ответа: (2; 3; 1), (3; 2; 1).
Поскольку x,y,z входят в уравнение симметрично, аналогичным образом по-
лучается другая часть ответа (1;2;3), (1;3;2), (2; 1; 3), (3; 1;2).
Теперь докажем, что больше решении нет. Случай, когда одна из переменных
равна 1, мы уже рассмотрели. Пусть теперь x,y,z > 2.
Перепишем уравнение в виде
у + z
у + Z = x(yz - 1)	«=> х -	.
Но х > 2, следовательно,
y + z >2(t/z-1)	<=> z + 2 > y(2z - 1)
Откуда
•z + 2	1	2,5	1	2,5
u “ 2z - 1	2	2z - 1 “ 2	2-2-1
что противоречит тому, что у > 2, т.е. других решений нет.
Ответ. (2;3; 1), (3;2; 1), (1;2;3), (1;3;2), (2; 1;3), (3; 1;2).
Задача 17.
Решить в целых числах уравнение х2 + у2 + z2 = 2xyz.
Идея. Рассмотреть все возможные варианты чётности-нечётности переменных.
Указание. Показать, что все переменные должны быть чётными и перейти
к новым переменным.
146
Указания и решения
Решение. Правая часть уравнения чётная. Левая часть будет чётной в одном
из двух случаев:
1) все переменные чётные;
2) одна — чётная, две — нечётные.
Сначала покажем, что во втором случае решении нет. Пусть
х = 2k, у = 2п + 1, z — 21 + 1, тогда
4 А:2 + 4n2 + 4n + 4Z2 + 4Z + 2 = 4fc(2n + 1) (2Z + 1).
Противоречие в том, что правая часть делится на 4, а левая — нет. Значит, все
переменные чётные:
х — 2к, у = 2п, z = 21,
Получаем
4&2 + 4п2 + 4Z2 = 16кп1 <=> к2 + п2 + I2 = 4кп1,
Аналогичным образом показывается, что новые переменные являются чётными.
Т.е. старые делятся на 4. Продолжая эту процедуру, получим, что старые пере-
менные делятся на 2 в любой степени. Следовательно, х — у = z — 0.
Ответ. (0;0;0).
1.3.	Смешанные задачи на целые числа
Задача 1.
Определить р, если р, р + 10, р + 14 - простые числа.
Идея. Рассмотреть остатки от деления на 3 числа р.
Указание. Представить р в виде Зк + т, где г = 0; 1; 2.
Решение. Рассмотрим возможные варианты:
1)	если р = Зк + 1, к 6 N, то р + 14 = Зк + 15 : 3 и, следовательно, не является
простым;
2)	если р = Зк + 2, к 6 N, то р + 10 = Зк + 12 : 3 и, следовательно, не является
простым;
3)	если р = Зк, к Е N, то р = 3 (так как р - простое число). В этом случае
р + 10 = 13, р + 14 = 17 простые числа.
Ответ. 3.
Задача 2.
Числа р и q - простые, р, q > 3. Доказать, что р2 — q2 делится на 24.
Идея. Разложить выражение на множители и перебрать возможные остатки от
деления на 2 и 3.
Указание. Применить формулу разности квадратов двух чисел. Простые числа
большие 3 - нечётные.
1.3. Смешанные задачи на целые числа
147
Решение. Так как р и q - простые числа и р, q > 3, то они являются нечётны-
ми, то есть
р = 2к + 1, q = 21 + 1, fc,ZeZ.
Следовательно,
р2 - q2 = (р - g)(p + q) = (2fc - 2Z)(2fc + 21 + 2) = 4(fe - l)(k + 1 + 1).
Покажем, что произведение (к — l)(k +1 + 1) делится на 6. Если к и I одинаковой
чётности, то первый множитель делится на 2, если разной - то второй.
Осталось продемонстрировать делимость на 3. Так как р и q - простые, то
имеют вид р = 3mi + n, q — Зт2 + г2, где Г1,Г2 принимают значение 1 или 2. В
случае, когда г± = т2, первый множитель делится на 3. В противном случае на 3
делится второй множитель. Следовательно, р2 — q2 делится на 24.
Задача 3.
При каких целых q существует целое решение уравнения х3 + 2qx + 1 = 0?
Идея. Использовать разложение на множители.
Указание. Перенести 1 вправо, а в левой части вынести х.
Решение. Перепишем уравнение в виде
х(х2 + 2q) = -1.
Произведение двух целых чисел равно —1, значит, одно из них равно 1, другое
равно —1. Следовательно, х2 + 2q = 1 + 2q = ±1, откуда q = —1; 0.
Ответ. —1; 0.
Задача 4-
Доказать, что если две положительные несократимые дроби в сумме равны 1, то
их знаменатели равны.
Идея. Показать, что знаменатель одной дроби должен делиться на знаменатель
Другой.
Указание. Домножить уравнение на знаменатель одной из дробей и использо-
вать несократимость второй дроби.
р т
Решение. Пусть - и------две положительные несократимые дроби и
Q s
р-+г- = 1.
q s
Умножив уравнение на д, получим
р+ -q = q.
s
т	т
Так как -q Е N и дробь - несократима, то q делится s. Аналогично доказывается,
s	s
что s делится на q. Следовательно, q = s. Что и требовалось доказать.
148
Указания и решения
Задача 5.
Доказать, что число п4 4- 64 составное при любом п е N.
Идея. Разложить выражение п4 4- 64 на множители.
Указание. Добавить и вычесть 16п2 и применить формулу разности квадра-
тов.
Решение. Преобразуем
п4 4- 64 = п4 4- 16п2 4- 64 — 16п2 = (п2 4- 8)2 — (4п)2 = (п2 — 4п 4- 8)(п2 4- 4п 4- 8).
Первый множитель п2 — 4п+8 = (п —2)2+4>4, второй множитель п2+4п+8 > 13
при натуральных п. Следовательно, оба множителя отличны от 1 и исходное число
является составным.
Задача 6.
Доказать, что число п(п + 1)(п 4- 2)(п 4- 3) 4- 1 является точным квадратом при
любом натуральном п.
Идея. Арифметическими преобразованиями привести исходное выражение к пол-
ному квадрату.
Указание. Перемножить первый множитель с последним, второй - с пред-
последним и, сделав соответствующую замену, представить произведение в виде
42-1.
Решение. Представим исходное выражение в виде
n(n+l)(n4-2)(n + 3)4-l = [n(n4-3)]-[(n + l)(n + 2)]4-l = (п2 4-Зп)(п2 + Зп 4-2) 4-1.
Положив А = п2 4- Зп 4-1, получим
(Л — 1)(А 4-1) 4-1 = А2.
Таким образом, исходное выражение равно А2 = (п2 4- Зп 4-1)2.
Задача 7.
Покажите, что всякое нечётное число можно представить в виде разности квад-
ратов двух целых чисел.
Идея. К записи нечётного числа 2п 4-1 прибавить и вычесть п2.
Указание. Воспользоваться формулой квадрата суммы.
Решение. Рассмотрим нечётное число 2п 4-1, n Е Z. Справедливо
2п 4- 1 = п2 4- 2п 4-1 — п2 = (п 4- I)2 — п2.
Следовательно, всякое нечётное число является разностью квадратов двух после-
довательных целых чисел.
1.3. Смешанные задачи на целые числа
149
Задача 8.
Доказать, что 231"5 + 319953 - составное число.
Идея. Разложить на множители с помощью формул сокращённого умножения.
Указание. Представить исходное число в виде а3 + Ь3.
Решение. Представим число 2 в виде (2°	) , а число 3 в виде
(З1995 -665)3 . так как с помощью формулы суммы кубов исходное число можно
представить в виде произведения двух сомножителей отличных от 1, то исходное
число является составным.
Задача 9.
Доказать, что если число п не является степенью двойки, то число кп + 1п -
составное (тг, к, I - натуральные числа; тг, к, I > 1).
Идея. Разложить выражение на множители.
Указание. Воспользоваться тем, что при нечётных s справедливо равенство
as + bs = (а + b)(as-1 - as~2b + ... - abs~2 + 6s"1).
Указание. Показать, что оба множителя отличны от 1.
Решение. Так как тг не является степенью двойки, то тг = (2р + 1 )т?г, р, ттг 6 N,
тогда
fan _|_ jn _ ^(2p+l)m j(2p+l)m __	_|_ ^тп)2р+1 __
... + (Zm
Первый множитель больше 1. Поскольку A?, Z, тг > 1, справедливо кт + 1т < кп+1п,
следовательно, второй множитель тоже больше 1. Это означает, что кп+1п - число
составное.
,m\2p—1
Задача 10.
Известно, что а, 6, с - целые числа, и а + b = с. Доказать, что а4 + Ь4 + с4 есть
удвоенный квадрат целого числа.
Идея. Подстановкой избавиться от переменной с.
Указание. Разложить выражение на множители, предварительно выделив пол-
ный квадрат из суммы первых двух слагаемых.
Решение. Проведем следующие преобразования:
а4 + Ь4 + с4 = а4 + Ь4 + (а + Ь)4 =
= (а2 + Ь2)2 - 2а2Ь2 + (а + Ь)4 = [(а2 + Ь2)2 - а2Ь2] + [(а + Ь)4 - а2Ь2] =
150
Указания и решения
= [(а2 + Ь2 - а6)(а2 + b2 + ab)] + [((а + b)2 - ab)((a + b)2 + ab)] =
= (а2 + Ь2 - ab)(a2 + b2 + аЬ) + (а2 + Ъ2 + аЬ)(а2 + Ъ2 + Заб) =
= (а2 + Ъ2 + а6)(а2 + b2 — ab + а2 + Ь2 + ЗаЬ) = 2(а2 + b2 + ab)2.
Следовательно, исходное выражение есть удвоенный квадрат числа а2 + b2 + ab.
Задача 11.
Пусть р и q - два последовательных простых числа. Может ли их сумма быть
простым числом?
Идея. Привести соответствующий пример.
Указание. Исследовать вопрос чётности-нечётности чисел.
Решение. Все три числа одновременно быть нечётными не могут. Следователь-
но, хотя бы одно из них чётно. Единственным четным простым числом является 2.
Следующим простым числом является 3. Их сумма также является простым чис-
лом.
Ответ. Да.
Задача 12.
Сумма к2 + т2 + п2 делится на 4. Доказать, что числа к,т,п - чётные.
Идея. Перебрать все возможные случаи чётности-нечётности переменных.
Указание. Число нечётных переменных должно быть чётно.
Решение. Рассмотрим возможные случаи.
1)	Если все переменные нечётные, то сумма к2 + т2 + п2 будет нечётной, что
противоречит условию.
2)	Если только одна переменная является нечётной, то сумма также нечётна.
3)	Пусть две переменные нечётны, а одна - чётна. Например,
к = 21 + 1, т = 2р + 1, п — 2s.
Тогда величина к2 + т2 + п2 = 4Z2 + 4Z + 4р2 + 4р + 4s2 + 2 не делится на 4.
Следовательно, все переменные являются чётными.
Найти все целые п, при которых дробь
Задача 13.
22п + 3
------- сократима.
26п + 4
Идея. Предположить сократимость дроби на некоторое число к 1 и записать
этот факт в виде двух равенств для числителя и знаменателя.
Указание. Исключить из уравнений переменную п и получить уравнение
для к.
1.3. Смешанные задачи на целые числа
151
Решение. Пусть дробь ------- сократима на /с, тогда
26п + 4
22п + 3 = кЦ 26п + 4 = кт, к е N, Z, т е Z.
Исключая из этих уравнений переменную п, получим, что &(11тп — 13Z) = 5. То
есть, дробь сократима на к = 5. Теперь найдем п. Так как
22п + 3	20п + 2п 4- 3
26п + 4	25п + п + 4 ’
то 2п + 3 : 5 и п + 4 : 5, что возможно лишь при п = 5р + 1, р 6 Z.
Ответ. n = 5p+l,pEZ.
Задача 14-
тт	2п2 - 1
Доказать, что дробь ----------
' Г) -I- 1
несократима ни при каком п.
Идея. Выделить целую часть и доказать несократимость дробной части.
2п2 — 1 Л	1
Указание. -------— = 2п — 2 4-----.
п + 1	п + 1
Решение. Преобразуем исходную дробь, выделив из неё целую часть:
2п2 — 1	2n2 + 2п — 2п — 1	2n + 1 Л 2п + 2 — 1 Л Л 1
----— =------------	= 2п		 = 2п	-— = 2п - 2 +	-.
п + 1	п + 1-п + 1-п + 1	п + 1
Поскольку дробь -----
п + 1
кратима.
несократима ни при каких п, исходная дробь также несо-
Задача 15.
------------------------------------------п? — Зп
При каких натуральных п сократима дробь —-_?
п2 — п + 3
Идея. Выделить целую часть и исследовать сократимость дробной части.
Указание. Дробная часть —------- может быть сократима либо на множи-
п2 — п + 3
те ль числа 6, либо на множитель числа п.
Решение. Преобразуем дробь
п3 — п2 — Зп _ п3 — п2 + Зп — 6п _	6п
п2—п + 3	п2—п + 3 П п2 - п + 3 ’
6п
Если сократима дробь —-------, то сократима дробь —------.
п2 - п + 3	п2 — п + 3
152
Указания и решения
Заметим, что дробь может быть сократима либо на множитель числа 6, либо
на множитель числа п.
Рассмотрим первый случаи. На 2 дробь сократима быть не может, так как
п2 — п — п(п — 1) - чётное число. Поэтому знаменатель является нечётным числом.
Значит, дробь сократима на 3. Следовательно, на 3 должно делиться п(п — 1), а
это возможно при п = Зк и п = Зк + 1.
Теперь рассмотрим второй случаи, когда дробь сократима на q - множитель
числа п. В этом случае 3 (последнее слагаемое знаменателя) также должно де-
литься на q. Следовательно, q = 3, а случай, когда дробь сократима на 3 уже
рассмотрен.
Ответ, п = Зк, п = Зк + 1, к 6 N.
Задача 16.
Доказать, что число, состоящее из п (п > 1) одинаковых цифр, не является точ-
ным квадратом.
Идея. Первым делом показать, что число, состоящее из п единиц, не является
точным квадратом. Для этого рассмотреть остатки от деления на 4.
Указание. Квадрат нечётного числа при делении на 4 имеет остаток 1.
Решение. При п > 3 число из п единиц можно представить в виде
В = 100р + 11 = 4(25р + 2) + 3, р е N.
Следовательно, оно имеет остаток 3 при делении на 4. Но квадрат натурального
числа I либо кратен 4 (при I = 2m), либо имеет остаток 1 (при I = 2т +1), т.е.
число из п единиц не является полным квадратом.
Число, состоящее из п одинаковых цифр, можно представить в виде А = к-В,
где к = 1; 4; 5; 6 или 9, поскольку только на одну из этих цифр может оканчи-
ваться квадрат целого числа.
Рассмотрим случай, когда к является полным квадратом, т.е. к = 1; 4; 9. Если
бы число А было полным квадратом, то и число В также было квадратом, что
неверно.
При к = 5 число А делится на 5, но не делится на 25. Следовательно, оно не
является полным квадратом. При к = 6 число А делится на 2, но не делится на 4.
Следовательно, и при этом к оно также не является полным квадратом.
Задача 17.
Могут ли числа 11,12,13 быть членами, не обязательно последовательными, одной
геометрической прогрессии?
Идея. Предположить, что могут и из соответствующих равенств исключить пер-
вый член и знаменатель прогрессии.
Указание. Противоречие получить из свойств делимости.
1.3. Смешанные задачи на целые числа
153
Решение. Пусть 10 = biqm, 11 = &ign, 12 = b±qk. Пусть т < п < к (в осталь-
ных случаях доказательство проводится аналогично). Исключив Ь±, получим
11 п_т 12 к_п
____ "	~	*	--	-	/г™
10 “q ’ и “q
Исключив q, получим равенство в целых числах
Левая часть делится на 11, а правая нет. Значит, наше предположение неверно.
Ответ. Нет.
Задача 18.
Решить в целых числах уравнение ^ж + у//о: + -\/а: + ...+	= у (всего 1992
корня).
Идея. Показать, что выражение с любым меньшим числом корней также будет
целым числом.
Указание. Найти х из условий у/х + у/х Е Z, у/х G Z.
Решение. Если выражение с 1992 корнями является целым числом, то анало-
гичное выражение с 1991 корнем также будет целым числом. Для доказательства
достаточно возвести исходное уравнение в квадрат и перенести х слева направо.
Проведя эту процедуру нужное число раз, мы получим, что
Обозначим п — у/х > 0, & = у/х + у/х > 0, тогда
п2 + п = к2.
Так как п2 + п есть полный квадрат и в силу оценок
п2 < п2 + п < п2 + 2п + 1 = (n + I)2
получаем, что
2 ।	2
п +п = П
П = 0.
Следовательно, х = 0, у = 0.
Ответ. (0;0).
154
Указания и решения
1.4. Рациональные и иррациональные числа
Задача 1.
Доказать, что число У2 + Уз иррационально.
Идея. Действовать от противного.
Указание. Предположить, что данное число равно г G Q, уединить Уз и
возвести равенство в куб.
Решение. Допустим, что V2 + Уз = г 6 Q. Тогда Уз = г — V2. Возведём это
равенство в куб и выразим \/2, получим:
V2 =
г3 + 6г — 3
Зг2 +2
е Q.
Так как У2 не является рациональным числом, то наше предположение неверно
и у/2 + Уз иррационально.
Задача 2.
Доказать, что число У2 + Уз иррационально.
Идея. Действовать от противного.
Указание. Возвести число в куб.
Решение. Допустим, что число рационально, то есть У2+УЗ = г G Q. Возведём
это равенство в куб и выразим Уб :
__ к	^,3 _
2 + 3v/4-^+3v/2-v/9 + 3 = r3	^6 - —= —
3(v2 + vz3) Зг
Получили, что Уб - рациональное число, но это не так. Пришли к противоречию,
следовательно, У2 + Уз - иррациональное число.
Задача 3.
Является ли рациональным число
3 - ^4 + \/12 + у3 + ^4-V12 ?
Идея. С помощью арифметических преобразований упростить запись числа.
Указание. Выделить полные квадраты.
Решение. Так как 4+У12 = 4+2а/3 = (л/3 + 1)2 и 4-л/12 = 4-2л/3 = (л/3-1)2,
ТО
3 - ^4 +vl2 + у 3 + У4-г/12 = т/з - (\/3 + 1) + у/3 + (\/3-1) =
1-4- Рациональные и иррациональные числа
155
V " V"	у	V V
Следовательно, исходное число иррационально.
Ответ. Нет.
Задача 4*
Один из корней уравнения х2 + рх + q = 0 равен 1 + у/3. Найти р и <?, если
известно, что они рациональные.
Идея. Подставить корень в уравнение и получить условие на коэффициенты.
Указание. В полученном уравнении сгруппировать иррациональные слагаемые
отдельно от рациональных.
Решение. Подставим данный корень в уравнение:
(1 + л/З)2 + р(1 + >/3) + q = 0	(4+р + д) = ->/3(2 + р).
При р	— 2 слева - рациональное число, а справа - иррациональное. Следова-
тельно, р = — 2. При этом р получаем q = — 2.
Ответ, р — —2, q = —2.
Задача 5.
Является ли рациональным число sin 25°?
Идея. Действовать от противного.
Указание. Воспользоваться формулой синуса тройного угла.
Решение. Допустим, что число sin 25° - рациональное число. Тогда рациональ-
ным будет число sin 75° = 3 sin 25° - 4 sin3 25°, но
л/2 + л/б
sin75° = sin (30° + 45°) =	- £ Q.
Пришли к противоречию, следовательно, sin 25° - иррациональное число.
Ответ. Нет.
Задача 6.
Определить первые 4 знака после запятой у числа ^0,9999.
Идея. Использовать монотонность показательной функции.
Указание. Если число меньше 1, то корень из него больше, чем само число.
156
Указания и решения
Решение. По свойству степени получим
0,9999 < </0,9999 < 1,
следовательно, первые четыре цифры у этого числа будут девятки.
Ответ. Девятки.
Задача 7.
Решить в рациональных числах уравнение 2х = Зу.
Идея. Найти одно решение и показать, что других нет.
Указание. Использовать иррациональность соответствующего логарифма.
Решение. При х — 0 получим у — 0 и наоборот. Теперь рассмотрим х / 0 и
у / 0. Прологарифмируем уравнение по основанию 2:
log2 2х = log2 Зу	х = у log2 3	log2 3 =
Так как log2 3 - число иррациональное, а - Е Q, то получаем противоречие.
Следовательно, ненулевых решений нет.
Ответ, х = у —
Задача 8.
Может ли иррациональное число в иррациональной степени быть рациональным?
Идея. Привести соответствующий пример.
Указание. В качестве первого числа взять радикал, в качестве второго — ло-
гарифм.
Решение. Числа у/2 и log2 9 являются иррациональными, а у^10629 = 3 G Q.
Ответ. Да.
Задача 9.
Доказать, что число 0,123456789101112... (после запятой выписаны все натураль-
ные числа подряд) является иррациональным.
Идея. Показать, что у десятичной записи числа нет периода.
Указание. Использовать то, что каждая цифра встречается в десятичной за-
писи любое число раз подряд.
Решение. Пусть число рациональное. Тогда в его десятичной записи есть период
из к цифр. Но в записи числа сколь угодно далеко от начала встречаются к
нулей подряд. Следовательно, в периоде содержатся одни нули, а это противоречит
условию.
1.4- Рациональные и иррациональные числа
157
Задача 10.
Доказать, что между любыми двумя различными иррациональными числами есть
рациональное число.
Идея. Рассмотреть десятичную запись этих чисел.
Указание. Обрубить большее число таким образом, чтобы полученное число
оставалось больше меньшего числа.
Решение. Без ограничения общности будем считать, что оба числа меньше 1 и
имеют вид
а — 0, di 0-2	1
6 = 0, b1b2...bnbn+1...
Пусть цифры ai и Ьг совпадают при i < n, a an+i > bn+i. Рассмотрим число
с = 0, aia2...anan+i. Оно рационально и 6 < с < а. Следовательно, с искомое
рациональное число.
Задача 11.
Доказать, что cos 2° иррациональное число.
Идея. Показать, что если cos2° рациональное число, то и sin 18° рациональное
число.
Указание. Значение sin 18° можно вычислить непосредственно с помощью
формул двойного и тройного углов.
Решение. Заметим, что если cos ж 6 Q, то
cos 2х = 2 cos2 х — 1 Е Q, cos Зж = 4 cos3 х — 3 cos х Е Q.
Пусть cos 2° Е Q, тогда
cos6°eQ ==> cos18°eQ => cos36°eQ => cos72°eQ.
Вычислим cos 72°, равный sin 18°. Для этого преобразуем равенство
cos 54° = sin 36° следующим образом:
4 cos3 18° - 3 cos 18° = 2 sin 18° cos 18° <=> 4 cos2 18° - 3 = 2 sin 18° <=>
4sin2 18° + 2sinl8° -1 = 0.
Так как sin 18° > 0, то нам подходит только положительный корень. Значит,
sin 18° = —-—	Q. Следовательно, cos 2° также иррациональное число.
158
Указания и решения
Задача 12.
Доказать, что cos 1° и sin 1° есть иррациональные числа.
Идея. Воспользоваться результатом предыдущей задачи.
Указание. Применить формулу косинуса двойного угла.
Решение. Если cos 1° или sin 1° рациональное число, то и число
cos 2° = 2 cos21° — 1 = 1 — 2 sin21° тоже рациональное, а это не так.
Задача 13.
Определить первый знак после запятой у числа sin 80°.
Идея. Оценить sin80° через sin75°.
Указание, sin75° вычислить непосредственно.
л/б + л/2
Решение, sin80° > sin75° = sin(30° + 45°) =---> 0,9.
Следовательно, первый знак после запятой у числа sin 80° девятка.
Ответ. 9.
Задача 14-
Указать хотя бы одно рациональное число а такое, что ^л/З^	~ а <
Идея. Определить два натуральных числа, между которыми находится (\/3)
Указание. Показать, что 2 < (л/З)^ < 3.
Решение. Докажем, что
2 < (г/з) 2 < 3.
Правое неравенство справедливо, так как (у/З) 2 = З^/2 < 3. Для доказатель-
ства левого неравенства возведём обе части в степень у/2:
и докажем более сильное неравенство
После возведения в квадрат получим очевидное неравенство 8 < 9. Следователь-
но,
(у/з)^-2 <1.
Ответ. 2.
1.5. Сравнение чисел
159
Задача 15.
Доказать, что уравнение х3 + х2у + у3 = 0 не имеет ненулевых рациональных
решений.
Идея. Действовать от противного.
Указание. Предположить противное и, поделив уравнение на у3 , показать, что
у получившегося уравнения нет рациональных корней (использовать для этого
теорему Безу).
Решение. Рассмотрим ненулевое решение ж, у. Поделив исходное уравнение на
у3 и сделав замену t = х/у, получим уравнение
t3 +t2 + 1 = 0.
Если это уравнение имеет рациональные корни, то по теореме Безу это могут
быть только t = ±1. Подстановкой убеждаемся, что это не так. Следовательно,
исходное уравнение не имеет ненулевых рациональных решений.
1.5. Сравнение чисел
Задача 1.
Сравнить числа: lOlog03 и 7log42.
Идея. Вычислить значения логарифмов непосредственно.
Указание. lOlog03 = л/10, 7log42 = \/7.
Решение. Поскольку 10log£>3 = г/10, a 7log42 = \/7, то 10loge 3 > 7log42.
Ответ. 10log*3 > 710g42.
Задача 2.
Что больше: log4 7 или log1/3 2?
Идея. Определить знаки логарифмов.
Решение. log4 7 > 0 > log1/3 2.
Ответ. log47>log1/32.
Задача 3.
Что больше: logn 12 или log12 13?
Идея. Использовать убывание logn (n + 1) с ростом п.
Решение. Так как logn_x п > logn (n + 1), то logxx 12 > log12 13.
Ответ. logxx 12 > log12 13.
160
Указания и решения
Задача 4-
Сравнить числа: log2 тг + log^ 2 и 2.
Идея. Воспользоваться оценкой суммы двух взаимнообратных чисел.
Указание. Привести логарифмы к одному основанию.
Решение. Так как а + - > 2 при а > 1, то log2 тг + log_ 2 = log2 тг Ч--— > 2.
a	log2 тг
Ответ. log2 тг + log^. 2 > 2.
Задача 5.
Что больше: log2 5 или log3 5?
Идея. Воспользоваться монотонностью логарифма.
Указание. Привести логарифмы к одному основанию.
Решение. log2 5 V log3 5	<=>
log5 2 V log5 3
log5 3 > log5 2.
Ответ. log25>log35.
Задача 6.
Что больше: log2 3 или log3 2?
Идея. Использовать метод промежуточного числа, то есть указать число, кото-
рое лежит между двумя заданными.
Указание. В качестве промежуточного использовать число 1.
Решение. log2 3 > 1 > log3 2.
Ответ. log2 3 > log3 2.
Задача 7.
Сравнить числа: logn 119 и log15 227.
Идея. Использовать метод промежуточного числа, то есть указать число, кото-
рое лежит между двумя заданными.
Указание. В качестве промежуточного использовать число 2.
Решение. logn 119 < logn 121 = 2 = log15 225 < log15 227.
Ответ. logn 119 < log15 227.
1.5. Сравнение чисел
161
Задача 8.
Сравнить числа: 4v/log4 5 и б^1065 4.
Идея. Привести оба выражения к одному основанию степени.
Указание. Применить основное логарифмическое тождество.
Решение. Используя свойства логарифмов, преобразуем первое слагаемое
Ответ. 4v/log4 5 = б5/10^ 4.
Задача 9.
Выяснить, что больше: З40 или 430.
Идея. Составить формальное неравенство и преобразованиями, не меняющими
его знака, привести его к очевидному неравенству.
Указание. Возвести обе части неравенства в степень 1/10.
Решение. Возведём обе части формального неравенства в степень 1/10:
(З40)^ V (430)*	<=> з4 V 43	<=> 81 V 64.
Из неравенства 81 > 64 следует, что З40 > 430.
Ответ. З40 > 430.
Задача 10.
Что больше: ^9! или ^8! ?
Идея. Составить формальное неравенство и преобразованиями, не меняющими
его знака, привести его к очевидному неравенству.
Указание. Возвести обе части неравенства в степень 72 и сократить общие
множители.
Решение. После возведения неравенства \/9l V ^8! в степень 72 получим:
(9!)8 V (8!)9	<=> (8!)8 • 98 V (8!)8 • (8!).
Сократив на (8!)8 получим:
98 V 8! <=> 9 • 9 •... • 9 • 9 V 1 • 2 •... • 7 • 8.
Слева стоит произведение восьми девяток, а справа — произведение восьми чисел,
каждое из которых меньше чем 9. Следовательно, левое число больше правого.
Ответ. ^91 > ^8!.
162
Указания и решения
Задача 11.
Определить знак числа sin 2 • cos 3 • sin 5.
Идея. Определить знак каждого из множителей.
Указание. Использовать то, что sin® положителен в первой и второй четвер-
тях, a cos х — в первой и четвёртой.
Решение.
1) sin 2 > О,
2) cos3 < О,
3) sin 5 < О,
Следовательно,
так как 2 Е (0; тг).
так как 3 Е (^; тг).
так как 5 Е (тг; 2тг).
sin 2 • cos 3 • sin 5 > 0.
Ответ, sin2 • cos3 • sin5 > 0.
Задача 12.
Какое из чисел больше: \/2 cos 2 + 4 cos 1 + 3 — 2 cos 1 или ?
Идея. Упростить выражение V2cos2 + 4cos 1 + 3 и свести неравенство к оче-
видному.
Указание. Представить выражение 2 cos 2 + 4 cos 1 + 3 в виде квадрата суммы
двух чисел.
Указание. Преобразовать cos 2 по формуле косинуса двойного угла.
Решение, у/2 cos 2 + 4cosl + 3 — 2 cos 1 = у/2(2 cos2 1 — 1) + 4 cos 1 + 3 — 2 cos 1 =
= у/(2 cos 1 + I)2 — 2 cos 1 = |2 cos 1 + 11 — 2 cos 1 = 1 > i
Ответ, л/2 cos 2 + 4 cos 1 + 3 — 2 cos 1 > .
Задача 13.
Какой знак имеет число lg(arctg2)?
Идея. Сравнить arctg2 с известным углом.
Указание. Использовать монотонность логарифма и тангенса.
Решение. В силу монотонности десятичного логарифма и тангенса в первой
четверти, получим:
lg(arctg2) V 0	<=> arctg 2 V 1	<=>	2 V tg 1.
Но так как 2 > уЗ = tg — > tg 1, то 2 > tg 1 и lg(arctg2) > 0.
о
Ответ. lg(arctg 2) > 0.
1.5. Сравнение чисел
163
Задача Ц.
ТГ	15
Что больше: — или arctg - + arctg - ?
4	4	8
Идея. Сравнить тангенсы этих углов.
Указание. Определить четверть, в которой лежат эти углы.
Решение. Покажем, что второй угол, также как и первый, лежит в первой чет-
верти, где функция tg х монотонно возрастает:
1
arctg - е
п 1 1
поскольку 0 < - < -^=,
следовательно,
5
arctg - е
о
п 5	/-
поскольку 0 < - < V3,
8
1
15	7Г
Теперь вычислим tg (arctg - + arctg -) и сравним его с tg — = 1:
5
arctg - + arctg - е
4	8
/	1	5
tg arctg - + arctg -
у 4	о
Из того, что тангенс второго угла больше тангенса первого следует (так как оба
угла лежат в первой четверти), что и сам второй угол больше первого.
Ответ.
тг	1	5
- < arctg - + arctg -.
4	4	о
Задача 15.
Что больше: sin 3 или sin3°?
Идея. Использовать монотонное возрастание функции sin® в первой четверти.
Указание. Для того, чтобы оба угла лежали в первой четверти заменить sin 3
на sin(?r — 3).
Решение. Поскольку sin3 — sin(7r — 3), будем сравнивать sin(7r — 3) и sin3°.
Так как оба угла лежат в первой четверти, где функция у — sin® монотонно
возрастает, то будем сравнивать сами углы:
Зтг	3
тг - 3 V ——	60(тг - 3) V тг	59тг V 180	тг V 3 —.
180	к 7	59
3
Так как тг > 3,1 > 3—, то sin3 > sin3°.
59
Ответ. sin3>sin3°.
164
Указания и решения
Задача 16.
Расположить в порядке возрастания числа:
. 7Г	7Г
sm-, tg-.
(	о
Идея. Использовать метод промежуточного числа.
Указание. В качестве промежуточного угла использовать угол тг/6.
Решение. Сначала расположим в порядке возрастания числа
‘86:
7Г	7Г
Теперь сравним синус и тангенс угла тг/6 с синусом и тангенсом заданных углов.
7Г 7Г 7Г	v	. 7Г , 7Г
Так как углы —, — и — лежат в первой четверти, то sm — < sm — и
Следовательно, sin — <
_	. ТГ
Ответ, sm — <
7
Задача 17.
Сравнить логарифмы: log2 3 и log5 8.
Идея. Использовать метод промежуточного числа, то есть указать число, кото-
рое лежит между двумя заданными.
Указание. Определить, между какими двумя целыми числами лежат оба ло-
гарифма и сравнить их с серединой этого отрезка.
Решение. Оба логарифма принадлежат отрезку [1;2]. Сравним их значения с
серединой отрезка, то есть с числом 3/2:
log2 з V |	<!=>	3 V 25	<^> З2 V 23	<=^>	9 > 8;
log58 V |	8 V 5>	<=>	82 V 53	<=> 64 < 125.
з
, l°g2 3 > - > log5 8-
Ответ. log23>log58.
Задача 18.
Сравнить числа: log3 7 и log7 27.
Идея. Выразить второй логарифм через первый.
Указание. Привести логарифмы к одному основанию.
1.5. Сравнение чисел
165
Решение. Преобразуем неравенство следующим образом:
log3 7 V log727 Ф=4- log3 7 V 31og73 Ф=4- (log3 7)2 V 3.
Сравним log3 7 и л/З- Оба числа лежат на отрезке [1;2]. В результате сравнения
с серединой отрезка получаем, что они принадлежат промежутку [3/2; 2]. Теперь
выясним, как они соотносятся с серединой нового отрезка:
logs 7 V |
7 V 3’
74 V З7
2401 > 2187;
48 < 49.
Следовательно, log3 7> -/З и log3 7 > log7 27.
Ответ. log3 7 > log7 27.
Задача 19.
Что больше: 2^ или 3^?
Идея. Составить формальное неравенство и преобразованиями, не меняющими
его знака, привести его к очевидному неравенству.
Указание. Возвести обе части неравенства в степень \/2 и использовать метод
промежуточного числа.
Решение. Возведем неравенство 2^ V 3^ в степень \/2:
2V6 v 32
2^ V 9.
Так как \/б < 3, то 2^ < 8 < 9. Следовательно, второе число больше первого.
Ответ. 2^ < 3^.
Задача 20.
Сравнить числа: sin 31° и tg30°.
Идея. Использовать метод промежуточного числа, то есть указать число, кото-
рое лежит между двумя заданными.
Указание. Представить sin 31° = sin (30° + 1°) и оценить это выражение свер-
ху, a tg 30° — снизу.
Решение. Оценим величину sin 31°:
1	х/3
sin 31° = sin (30° + 1°) = sin30° • cosl° + sinl° • cos 30° = - cosl° + — sinl°.
ТГ	7Г
С учётом неравенств cos 1° < 1 и sinl° = sin	< 0,02, получим,
1	х/3	1
что sin 31° < - Ч—— -0,02 < 0,55. Ho tg30° =	> 0,55, следовательно,
2	2	х/3
sin 31° < tg30°.
Ответ, sin31° < tg30°.
166
Указания и решения
Задача 21.
Сравнить числа: tg 55° и 1,4.
Идея. Свести задачу к оценке tg 10°.
Указание. Выразить tg55° через tg45° и tg 10°.
Решение. Поскольку tg 55° = tg(45° + 10°) =
ство tg55° V 1,4 равносильно неравенству
1 + tg 10°
1 — tgl0°
формальное неравен-
l + tglO°
1 - tglO°
V 1,4-
После домножения на знаменатель (он положительный, поэтому знак неравенства
сохраняется) получим
l+tgio° V 1,4-l,4tglO° <^> 2,4tgl0° V 0,4 <^> tglO° V
6
Докажем, что tglO° > 7. Поскольку tglO° > sin 10°, достаточно доказать, что
1	6
sin 10° > -. Из формулы синуса тройного угла получим
6
14	1
sin 30° = 3 sin 10° — 4 sin3 10°	=+* sin 10° = - sin 30° + - sin3 10° > -.
3	3	6
Следовательно, tg55° > 1,4.
Ответ. tg55° > 1,4.
Задача 22.
Выяснить, что больше или ll5^.
Идея. Использовать метод промежуточного числа для того, чтобы избавиться
от радикалов, и неравенство Бернулли для того, чтобы упростить вычисления.
Указ ание. Возвести обе части неравенства в степень л/11 и применить оценку
10,5 > л/ПО.
Решение. Докажем, что 10^ > 11^. Возведём неравенство в степень а/11 :
1011 > 11^.
Поскольку 10,5 > x/ИО, нам достаточно доказать, что
1011 > II10’5
Возведём неравенство в квадрат:
1022 > II21
10 • 221 • (53)7 > 12110 • 11.
1.5. Сравнение чисел
167
Поделим неравенство на 1217:
10 • 221 •	> 1213 • 11.
\ 121 /
С помощью неравенства Бернулли получим следующую оценку:
Теперь нам достаточно доказать, что
10 • 221 -1,1 > 1213 • 11.
Сократим обе части на 11 и возведём в степень 1/3. Получим
27 > 121	128 > 121.
Следовательно, неравенство 10^ > 11^^ доказано.
Ответ. 10^ >11^.
Задача 23.
Что больше: ^40 + 1 или ^88?
Идея. Составить формальное неравенство и преобразованиями, не меняющими
его знака, привести его к очевидному неравенству.
Указание. Составить формальное неравенство, перенести л/4б направо, вы-
нести 2 за скобки и домножить неравенство до разности кубов правой части
(а3 — Ь3 = (а — 6)(а2 + ab + 62)).
Указание. Использовать оценки: -^121 < -^125 = 5, л/55 < л/64 = 4 и
</25 < ^27 = 3.
Решение. Составим формальное неравенство и перенесём л/4б направо:
^40 + 1
1
1
v Ш
V л/88- ^40
V 2(Ш-^5)
домножим неравенство до разности кубов правой части
(а3 — Ь3 = (а — &)(а2 + ab + &2)):
л/Ш+Ж+Ш V 2(11-5)
^121 + ч/55 + л/25 V 12
Так как ^121 < \/125 = 5, </55 < W = 4 и ^25 < &27 = 3, то ^121+^55 +
^25 < 5 + 4 + 3 = 12. Значит, л/40 + 1 < \/88.
Ответ. -\/40 + 1 < д/88.
168
Указания и решения
Задача 24-
Сравнить числа: log2 14 и \/15-
Идея. Использовать метод промежуточного числа, то есть указать число, кото-
рое лежит между двумя заданными.
Указание. Промежуточное число искать в виде 4----.
п
Решение. Оба числа лежат на отрезке [3;4]. Поскольку они оба близки к числу
4, промежуточное число удобно искать в виде 4-, где п > 2. При непосред-
п
ственной проверке оказывается, что п = 3; 4; 5 не годится. Проверим п = 6:
1) г/15 V 3?
7	6
15 V
<^> 15 • 36 V 232	540 > 529.
5
2) log2 14 V 3-
«=> l+log27 V з|	log2 7 V
о	о
7б v 217	49з v 1024-27
7 V 2^
Для того, чтобы доказать, что 493 < 1024 • 2 7 достаточно убедиться в справед-
ливости более сильного неравенства: 503 < 1000 • 27. А оно выполняется, так как
53 = 125 < 27 = 128.
Таким образом, число 3| на роль промежуточного числа подходит, и из нера-
венства log2 14 < 3| < г/15 следует, что log2 14 < л/ТБ.
Ответ. log214<^15.
Задача 25.
Сравнить числа: log189 1323 и log63 147.
Идея. В обоих логарифмах перейти к основанию 3.
Указание. В обоих логарифмах перейти к основанию 3. Далее для удобства
сделать замену а = log3 7, а > 0 и сравнить полученные выражения.
Решение. В обоих логарифмах перейдем к основанию 3:
]	1 оно _ Нз 1323 _ 3 + 2 • log3 7
1Ogl89 1323 -	~ 3 + log37 ’
.	1 47 - lpg3 147 _ 1 + 2'1Qg3 7
g63 log3 63	2 + log37 ‘
Сделаем замену переменных a = log3 7, a > 0 и сравним полученные выражения:
3 -И 2a 1 + 2a
3 -И a 2 + a
Так как 6 > 3, то log189 1323 > log63 147.
Ответ. log189 1323 > log63 147.
(3 Ч- 2а) (2 Ч- а) V (3 Н- а)(1 4- 2а)
6 V 3.
2.1. Основные свойства арксинуса, арккосинуса...
169
Задача 26.
log3 4 • log3 6 •... • log3 80
Сравнить два числа: —----——----------;---— и 1.
21og3 5 • log3 7 •... • log3 79
Идея. Преобразовать неравенство с помощью формулы перехода к другому ос-
нованию.
Указание. Преобразовать неравенство с помощью формулы перехода к друго-
му основанию:
log3 4 • log5 6 «... • log79 80 V 2.
Указание. Обозначить выражение, стоящее в левой части неравенства, через
А и положить В = log4 5 • log6 7 • ... • log80 81. Поскольку АВ = log3 81 = 4 и,
согласно утверждению 1, число А > В, получить
А2 > АВ = 4.
Решение. Домножим неравенство на 2 и преобразуем левую часть с помощью
формулы перехода к другому основанию:
log3 4 • log5 6 •... • log79 80 V 2.
Обозначим выражение, стоящее в левой части неравенства, через А и положим
В = log4 5 • log6 7 •... • log80 81. Поскольку АВ = log3 81 = 4 и, согласно утвержде-
нию 1, число А > В, получим
А2 > АВ = 4.
Следовательно, А > 2 и L°S, 4  log, 6....  log. 80 >
2 log3 5 • log3 7 «... • log3 79
Ответ. Первое число больше.
2. Тригонометрические неравенства, обратные три-
гонометрические функции
2.1. Основные свойства арксинуса, арккосинуса, арктанген-
са и арккотангенса. Преобразование выражений с об-
ратными тригонометрическими функциями
Задача 1.
Доказать, что arcsin(—ж) = — arcsin®.
Идея. Воспользоваться определением арксинуса.
Указание. Переписать исходное равенство в виде arcsinх = — arcsin(—ж) и
воспользоваться определением арксинуса.
Указание. Показать, что
1) sin (— arcsin (—ж)) = х;
2) -arcsin(—х) е
г тг тг 1
Г2’2J '
170
Указания и решения
Решение. Исходное равенство равносильно равенству
arcsin® = — arcsin (—ж),
для доказательства которого, согласно определению арксинуса, достаточно прове-
рить выполнение двух условии:
1) sin (— arcsin (—ж)) = х;
2) -arcsin (-я) 6 -J .
С учётом нечётности синуса получаем, что
sin (—arcsin (—ж)) = — sin (arcsin (—ж)) = — (—х) = х;
следовательно, первое условие вьшолняется. Далее, проверим справедливость
неравенства
• /	\	. тг . /	\ 'к
— — < — arcsin — х) < —	<=>	—— < arcsin(—ж) < —.
2 -	\ j _ 2	2_ v ) - 2
Справедливость последнего неравенства следует из определения арксинуса. Утвер-
ждение доказано.
Задача 2.
Доказать, что arccos (—ж) = тг — arccos х.
Идея. Воспользоваться определением арккосинуса.
Указание. Переписать исходное равенство в виде arccosх = тг — arccos(—ж)
и воспользоваться определением арккосинуса.
{cos (тг - arccos (-ж)) = ж,
0 < тг — arccos (—ж) < тг.
Решение. Исходное равенство равносильно следующему:
arccos х = тг — arccos (—ж),
для доказательства которого, согласно определению арккосинуса, достаточно про-
верить выполнение двух условии:
1) cos (тг — arccos (—ж)) = х;
2) 0 < тг — arccos (-ж) < тг.
С учётом свойств косинуса получаем, что
cos (тг — arccos (—ж)) = — cos (arccos (-ж)) = — (—ж) = х\
значит, первое условие вьшолняется. Далее, проверим справедливость неравенства
0 < тг — arccos (—ж) < тг <=> —тг < — arccos (—ж) < 0 <==> 0 < arccos (—ж) < тг.
Справедливость последнего неравенства следует из определения арккосинуса.
Утверждение доказано.
2.1. Основные свойства арксинуса, арккосинуса...
171
Задача 3. (ЕГЭ.В)
Вычислить 5 arcsin
Идея. Использовать табличное значение косинуса.
7Г
Указание, cos— = 0; arcsin(0) = 0.
Решение. Подставим значение косинуса: 5 arcsin
5 arcsin 0 = О.
Ответ. 0.
Задача 4- (ЕГЭ.В)
Вычислить — arcctg(cos тг).
Идея. Подставить табличное значение косинуса.
Зтг
Указание. cos7r = — 1; arcctg(—1) = —.
Решение.
8	.	.	8	. л х 8 Зтг
— arcctg(cosTr) — — arcctg (—1) = — • — = 6.
тг	тг	тг 4
Ответ. 6.
Задача 5. (У)
_	. / 8тг
Вычислить arcsin sin —
k 7
ТЛ	II ”	Z- Г Я V	•	. Зтг
Идея. Наити угол а £	такой, что sin а = sin —.
Указание. Использовать формулы приведения.
__	. 8тг	. /	тг\	. / тг\
Указание, sin — = sin тг + — = sm — — .
7	\	7/	\ 7/
Решение. Нам надо найти угол а £
8тг	. /	тг \	/ тг \
как sin — = sin тг + — = sin-,
7 V	7/	V 7/
Г ТГ ТГ "I
— —; — такой, что
L 2 2J
ТГ
то а = ——.
. Зтг
sm а = sm —
7
Так
Ответ.
172
Указания и решения
Задача 6. (У)
Вычислить sin ( arccos
Идея. Воспользоваться определением арккосинуса и основным тригонометриче-
ским тождеством.
Указание. Вычислить sin а, если cos а = — -, 0 < а < тг.
4
( 1
Решение. Положим а = arccos — -
\ 4
тогда по определению арккосинуса
1
cos а = —
4
О < а < тг.
Так как а 6 [0; тг], то sin а > 0. Поэтому из основного тригонометрического тож-
дества получаем
Ответ.
15
sin а =
z15
4
4
Задача 1. (У)
Вычислить cos (arcctg (—2)).
Идея. Вычислить cos а, зная, что ctg а = — 2 и 0 < а < тг.
Указание. Использовать основное тригонометрическое тождество.
{cosа _
sin а
cos2 а + sin2 а — 1.
Решение. Пусть а = arcctg (—2), тогда по определению арккотангенса
а 6 (0;тг) и ctgа = —2. Поскольку ctgа < 0 и а 6 (0;тг), то угол а принадлежит
второй четверти. Значит, cos а < 0. Найдём cos а из формулы
_ 1
1 + tg2 а
2
cos а =---— .
Vb
Ответ.
2

2.1. Основные свойства арксинуса, арккосинуса...
173
Задача 8. (У)
Вычислить sin(2 arctg 6).
Идея. Выразить синус двойного угла через тангенс одинарного.
__	. _ 2tga
Указание, sm 2а =--------5— •
1 + tg2 а
Решение. Введём обозначение а — arctg6. Тогда tga = 6. Требуется найти
sin 2а. Выразив синус двойного угла через тангенс одинарного, получим
. 0 2tga	12
1 + tg2 а	37
г.	12
Ответ. —.
37
Задача 9. (ЕГЭ.В)
Найти значение выражения 5\/2sin ( ~ — arctg (—
Идея. Воспользоваться формулой приведения и вычислить значение косинуса
по известному значению тангенса.
Указание. По формуле приведения
5\/2sin (	- arctg
\ Li
1
7
Далее воспользуемся формулой, связывающей косинус и тангенс.
Указание. —z— = 1 + tg2 х.
cos2 х
Решение. Прежде всего воспользуемся формулой приведения:
5\/2sin	- arctg (-•=)) = 5\/2cos (arctg ()
Затем применим формулу, связывающую косинус и тангенс:
1.2	II	1
—— = l + tgcc <=> COST =	_ А .
cos2 ж 6	0 + tg2 X
Поскольку согласно определению арктангенса arctg
( ( 1
cos I arctg I — -
Значит,
5\/2cos f arctg f
________5^/2
77
1 + tg"5 I arctg I--
5V2
Ответ. 7.
174
Указания и решения
Задача 10. (ЕГЭ.В)
Найти значение выражения tg2 farccos f—j
Идея. Зная косинус угла, вычислить его тангенс.
__	_	2 sin2 х
У казание. Воспользоваться тем, что tg х = —-— ; для нахождения значения
cos2 х
квадрата синуса использовать основное тригонометрическое тождество.
Решение. Обозначим а = arccos | —-у ) . Надо найти tg2 а, если cos а = — -.
\ 4/	4
Используем определение тангенса и основное тригонометрическое тождество:
1-Г-^2
9 sin2 а 1 — cos2 а \ 4 /
tg2 а = —Г— =-------Z---=   • х 2 ~ 15-
cos2 a cos2 а / 1 \
V 4/
Ответ. 15.
Задача 11. (ЕГЭ.В)
4	/	. / 3
Наити значение выражения - tg I тг — arcsm I — -
Идея. Сначала упростить выражение, используя свойство периодичности тан-
генса; затем по синусу угла вычислить тангенс.
Указание. Использовать периодичность тангенса и нечётность арксинуса.
Указание. При вычислении значения tg ^arcsin использовать определе-
ние тангенса и основное тригонометрическое тождество.
Решение. Используем периодичность тангенса и нечётность арксинуса:
4	/	. / 3\\	4	/	. / 3\\	4	/	/3\\
- tg тг - arcsm --	= 7 tg - arcsm -7	= й arcsin -	.
3	\	\ о / / о \	\ о))	о \	\ о))
Обозначим а = arcsin
. Следовательно, а 6
3 ы -
и sin а = -. Наи-
5
4
ти надо - tg а. Используя определение тангенса и основное тригонометрическое
О
тождество, получаем:
4	4 sin а
- tg а = -------
3	3 cos а
ч
Ответ. 1.
2.1. Основные свойства арксинуса, арккосинуса...
175
Задача 12. (У)
Вычислить cos
Идея. Использовать формулу косинуса суммы.
Указание. cos(a + /?) = cos a cos 0 — sin a sin /?.
Указание. Вычислить cos а и sin/?, cos/?, где а = arcsin , 0 = arctg(—2).
лг	2	1	(Х\2	8	• 2 z>	4
Указание, cos а = 1 — -	= sin 0 = --------5— = -.
УЗ/ 9’ н l + tg2£ 5
. /1
Решение. Пусть а = arcsin I -
Тогда sin а = tg/? = — 2. Для того, чтобы вычислить
о
7Г
2’
7Г
2
cos(a + /?) = cos a cos /? — sin a sin /?,
надо найти значения cos a, sin/?, cos/?. По основному тригонометрическому тож-
деству
2
cos2 a = 1 —
_ 8.
“ 9’
по формуле, связывающей синус и тангенс,
. 2 д _	_ 4
Sm l+tg2Z? 5’
COS2 0 =
5
Осталось определиться со знаками. С учётом
7Г 7Г
2’ ~2
2д/2	.	2
cosa = ——, sinp — —=,
3 ’ и v/5’
„ 1
cos В = ——
V5
2\/2 + 2
Следовательно, cos(a + /?) = cos a cos /? — sin a sin/? =--=—.
3v 5
Л 2 + 2ч/2
Ответ. ------——.
Зл/5
Задача 13. (У)
т,	(	•	5	( 1
Вычислить cos I arcsin — + arccos I — -
Идея. Применить формулу косинуса суммы.
Указание. Воспользоваться формулой косинуса суммы и равенствами
cos(arcsin®) = л/1 — ж2, sin(arccos х) — л/1 — х2.
176
Указания и решения
Решение. Представим косинус суммы в виде разности:
(	. 5	fl
cos I arcsin — + arccos I — -
\ -Lo	\
/	. 5 \	/	/ 1
= cos arcsin — cos arccos — -
k 13/	k	\ 2
. f	. 5 \	/	f 1
— sm arcsin — sin arccos —
\	13/	\	\ 2
Используя равенства cos(arcsin®) = \/1 — ®2, sin(arccos я) =	— я2, получаем
1-Ш2
к 13/
1\ _ 5
2 7	13
12 + 5V3
26
12 + 5л/3
Ответ.------—---
26
Задача 14- (У)
Вычислить sin
1
- arcctg
3\\
4//‘
/	7T\	3
Идея. Найти sin а, где a 6 ^0; —j и ctg 2a —
Указание. По значению ctg2a найти значение tga, после чего вычислить
sin a.
1 - tg2 a
2tga
Указание, ctg2a =
Решение. Положим
3
ctg 2a = — -. Так как
квадратного уравнения
1	( з\
a = - arcctg I -- I
Л 1 — tg2 a
ctg 2a = —-------,
2 tga
, тогда a лежит в первой четверти и
1 — tg2 a 3
то ——------- = Из полученного
4 tg2 a — 6 tg a — 4 = 0
находим tga = 2 (отрицательное значение тангенса не подходит, так как угол
а лежит в первой четверти). Зная тангенс, по основному тригонометрическому
тождеству определим модуль синуса:
sin2 a
1 — sin2 a
i • i 2
sma = —
a/5
Так как угол лежит в первой четверти, подходит только положительное значение.
2
Ответ.
\/5
2.1. Основные свойства арксинуса, арккосинуса...
177
Задача 15. (У)
„	/1/4
Вычислить ctg I - arccos I — -
Идея.
4
7’
Найти ctg а, где а Е
и cos 2а = —
Указание. По значению cos 2 а найти значение sin2 а, после чего вычислить
ctg а.
Указание. Использовать формулы cos2а = 1 — 2sin2 а и ctg2 а = —«-----------1.
sin а
_	1	/ 4\
Решение. Положим а = - arccos I — - I , тогда а лежит в первой четверти и
4	11
cos 2а = — -. Из равенства cos 2а = 1 — 2 sin2 а следует, что sin2 а = —. Далее
вычисляем модуль котангенса:
4.2	1 л 14	1	3	,	, /Т
'*6 ' -.„Ч ‘ - II 11 lctB“l = ViT-
Так как угол а лежит в первой четверти, подходит только положительное значе-
ние.
Ответ.
Задача 16. (У)
Вычислить arccos (cos 10).
Идея. Указать угол а е [0; тг] такой, что cos а = cos 10.
Указание. Выбрать угол а из углов вида ±10 4- 2тгп, п Е Z.
Решение. Обозначим а = arccos (cos 10), тогда
а Е [0; тг],
cos а = cos 10;
а Е [0; тг],
_ . а + 10 . а — 10
2 sm —-— sm-------
2	2
{а Е [0;тг],
а = ±10 + 2тгп, п Е Z.
Проверим попадание найденных а на отрезок [0; тг]:
0 < 10 + 2тгп < тг, п Е Z;
0 < —10 + 2тгп < тг, п Е Z;
— 10 < 2тгп < тг — 10, п Е Z;
10 < 2тгп < тг + 10, п Е Z.
Первое двойное неравенство решений в целых числах не имеет, второе справедливо
только при п = 2. В результате а = 4тг — 10.
Ответ. 4тг — 10.
178
Указания и решения
Задача 17. (У)
Вычислить arcsin (sin 14).
W	Г 7Г 7Г1
Указать угол а Е — —; —
L Л J
Идея.
такой, что sin а = sin 14.
Указание. Выбрать угол а из углов вида 14 + 2тгп, n е Z и тг - 14 + 2тгт,
та Е Z.
Решение. Обозначим а — arcsin (sin 14), тогда
а — 14 + 2тгп, п Е Z;
а = тг — 14 + 2тгт, т Е Z;
Проверим попадание найденных а на отрезок
—	< 14 + 2тгп < п Е Z;
-	< тг - 14 + 27гт < р m Е Z.
—----	<п < -------, nE Z;
4 7Г	4 7Г
3	7^	17
— — Н— < та < — —Н—, та Е Z.
4	7Г	4 7Г
Второе двойное неравенство в целых числах решений не имеет, первое справедливо
только при п = —2. В результате а = 14 — 4тг.
Ответ. 14 —4тг.
Задача 18. (У)
1	7
Доказать, что 2 arctg - + arctg — =
4
7Г
4’
Идея. Сравнить тангенсы соответствующих углов.
Указание. Вычислить значения тангенса от каждой из частей равенства
Л 1 7Г	7
2 arctg - = - -arctg—.
Указание. Проверить, что углы лежат в промежутке, где функция tg х моно-
тонна.
Л 1 7Г	7	_
Решение. Докажем , что 2arctg- = — — arctg—. Поскольку аргументы
4г 41	АО
арктангенсов не превосходят единицы, оба арктангенса принимают значения из
2.1. Основные свойства арксинуса, арккосинуса...
179
промежутка от нуля до тг/4. Следовательно, обе части равенства лежат в первой
четверти, и нам достаточно проверить равенство их тангенсов:
/ Л	7\	4	23
tg 12 arctg -I = tg I - - arctg — I	---y- =-----f
1-42	1 + 23
что и требовалось доказать.
Задача 19. (МГУ-53)
Упростить выражение cos 2 arccos
Идея. Применить формулу косинуса двойного угла.
Указание, cos 2а = 2 cos2 а — 1.
Решение. Применим формулу косинуса двойного угла:
Ответ, х.
Задача 20. (МГУ-53)
(тг 1 а\ / тг 1 а\
— + - arccos — + tg — — - arccos - .
42 bJ \4	2 b j
Идея. Выразить сумму тангенсов через тригонометрические функции суммы и
разности аргументов.
__	х х о sin(a + Р)	2sin(a + Р)
Указание. tga + tg/З =-------- —------—---------
cos a cos Р cos(a + Р) + cos(a — Р)
тг 1 а тг 1 а
Решение. Положим а = — + - arccos-, Р = — — - arccos-. Воспользуемся
42	J>4	2 Ь „
для слагаемых левой части уравнения определением тангенса, приведём дроби к
общему знаменателю и применим в числителе формулу синуса суммы, а в знаме-
нателе - формулу произведения косинусов:
tga + tg/? = Sin(a + /3) =2sin(a+£).
cos a cos P cos(a + P) + cos(a — P)
тг	a
Поскольку a + P = — , a — P = arccos - , получаем:
2	b
Л . тг
2sm —
2
2 2b
cos
arccos
Ответ. —
а
180
Указания и решения
2.2. Уравнения и неравенства с обратными тригонометри-
ческими функциями
Задача 1. (У)
Доказать, что
1 тг
arctg - <
2 О
Идея. Использовать метод промежуточной числовой границы, то есть указать
число, которое лежит между двумя заданными.
Указание. В качестве промежуточного числа использовать —.
Решение. Справедлива цепочка неравенств:
1 1
arctg - < arctg —=
7Г
5‘
1 7Г
Следовательно, arctg - < —.
2	5
Задача 2. (У)
ТТ Z-	2 9
Что больше: — или arcsm - + arccos - г
4	о	о
Идея. Сравнить синусы углов.
. 1	7Г\	2	/ 7Г\
Указание,	arcsm-	Е	I 0; —	,	arccos -	6	I 0; — I.
3	V и /	3	x 3 /
Указание. Убедиться в том, что сравниваемые углы лежат в промежутке, где
функция sin х монотонна, а именно в первой четверти.
Указание. Вычислить синусы углов и сравнить.
Решение. Покажем, что углы в левой и правой частях принадлежат первой
четверти, где функция sin х монотонно возрастает.
7Г /	7Г\
1)	Угол в левой части — 6 (^0; —J .
2)	Рассмотрим правую часть.
. 1
• arcsm - Е
поскольку
arccos - 6
нус убывает.
поскольку
и 2
2	1
- > - = (
3	2
7Г
6
тг
—, а в первой четверти коси-
1
3
.1	2	/	7Г\
Следовательно, arcsm - + arccos - Е (^0; —J .
/	1	2\	. тг г/2
Вычислим sm I arcsm —I- arccos - I и сравним его с sin — =	.
\ о	о /	4	2
. (	. 1	2
sm I arcsm - + arccos -
\ о	о
2.2. Уравнения и неравенства с обратными...
181
. /	. 1\	/	2\	/	. 1\	. /	2\
= sm arcsin - cos arccos - + cos arcsm - sin arccos - =
\	3/	\	3/	\	3/	\	3/
_1 2	2%/2 \/5 _ 2 + 2л/10
“ 3 ' 3 + ~3	3~ “	9
Сравним значения синусов:
2 + 2/10	ч/2
9 V 2
4 + 4/10 V 9/2
16 + 32/10 + 160 > 162.
о	. /	. 1	2\	, 7Г —
Значит, sin I arcsm - + arccos - I > sm —. Поскольку оба угла лежат в первой чет-
верти и синус второго угла больше синуса первого, второй угол больше первого.
гч	7Г	. 1	2
Ответ. — < arcsm -+ arccos -.
4г	О	и
Задача 3. (У)
Решить уравнение sin (5 arcctg ж) = 1.
Идея. Найти значение arcctgж из исходного уравнения и вычислить ж, исполь-
зуя определение арккотангенса.
__	тг 2тт _
Указание, arcctgж = — Н——, nEZ.
10	5
Указание. Отобрать п Е Z такие, что — Н—— Е (0; тг).
Решение. Решаем простейшее тригонометрическое уравнение:
7Г
=>	5 arcctg ж = — + 2тгп, n Е Z
7Г 2тгп
arcctgж = —- Н——, п Е Z.
10	5
По определению арккотангенса
sin (5 arcctg ж) = 1
{/ 7Г 2тгп\
ж = ctg — + —- , п Е Z,
\ 1U О /
7Г 27ГП
0 < —- Н--— < 7Г.
10	5
Отберём значения п Е Z, удовлетворяющие двойному неравенству:
Л тг	2тгп	1	9
0 <-----1----< 7Г	--< П < —.
10	5	4	4
Подходят значения п = 0, п = 1, п = 2; соответствующие значения переменной
7Г	7Г	97Г
ж = с^7п’ г = с^й = 0’ ж = с1;87К-
-LU	Л	1.U
_	7Г	9тг
Ответ, ctg—; 0; ctg — .
182
Указания и решения
Задача 4- (У)
Решить уравнение
sin (3 arccos ж) —
Идея. Найти значение arccosж из исходного уравнения и вычислить ж, исполь-
зуя определение арккосинуса.
Указание. 3arccosх —	+ 2тгп, п е Z или 3arccosх =	+ 2тгт, тп е Z.
6	6
Указание. Произвести отбор п и тп с учётом области значений арккосинуса.
Решение. Решаем простейшее тригонометрическое уравнение:
sin (3 arccos ж) = |
3 arccos х — — + 2тгп, п е Z;
6
о	5тг	_
3 arccos х = — + 2тгтп, тп е Z.
6
Отберём допустимые значения п и
1) 0 < у; + 2ТГП < 37Г «<=>
~ 6	“
ТГ	13ТГ
X — COS — ИЛИ X — COS —— .
18	18
2) 0 <	+ 2ТГТП < Зтг <^=
6
5тг
m, исходя из области значений арккосинуса.
17
п < —. Подходят п = 0 или п — 1, при этом
J.Z
__5_
12
17тг
ЭТОМ X — COS — ИЛИ X = cos ——.
18	18
13
< тп < —. Подходят тп — 0 или тп = 1, при
~ 18 — ~ ™
_	17тг	тг
Объединяя результаты и используя равенства cos — — cos —,
13тг	5тг
cos — — cos —, получаем ответ.
1
12 “
Ответ.
, тг _ 5тг
± cos —; ± cos —.
18	18
Задача 5. (У)
Решить уравнение arccos(Trlog3 tgz) = 0.
Идея. Воспользоваться определением арккосинуса.
Указание, arccost = 0 <=> t = 1.
Решение. arccos(Trlog3tgж) = 0	<=> Trlog3tg£ = l
log3 tg x = -
tg<r = 3*
x = arctg3^ +тгп, n e Z.
Ответ, arctg3* + тгп, n G Z.
2.2. Уравнения и неравенства с обратными...
183
Задача 6. (У)
Решить уравнение 2 arcsin х = arcsin 2х.
Идея. Вычислить значения ж, при которых синусы от обеих частей равенства
равны.
Указание. Вычислить значение синуса от обеих частей равенства.
Указание. Воспользоваться формулой синуса двойного угла.
Указание. Найти значение ж, при котором синусы равны. Сделать проверку,
так как равенство синусов ещё не означает равенства углов.
Решение. Возьмём синус от обеих частей равенства. При этом могут появиться
посторонние корни, так как равенство синусов не гарантирует равенства углов.
sin (2 arcsin х) = sin (arcsin 2ж)	<^=>	2 sin (arcsin ж) • cos (arcsin x) = 2x
<^=> 2x •	—	<^=> x = 0.
Проверкой убеждаемся, что найденное значение является решением исходного
уравнения.
Ответ. 0.
Задача 1. (У)
Решить уравнение arcsin х — arcctg х = 0.
Идея. Перенести arcctgж в правую часть равенства и вычислить значения ж,
при которых синусы от обеих частей равны.
Указание. Переписать уравнение в виде arcsin х — arcctg х.
Указание. Убедиться в том, что обе части получившегося уравнения принима-
ют значения из первой четверти.
Указание. Взять синус от обеих частей.
Решение. Перепишем уравнение в виде arcsin х = arcctg х. Так как по опреде-
7Г	. 7Г
— — < arcsin х < —,
2 ~	“ 2 ’
лению
0 < arcctg х < тг, то левая и правая части уравнения
могут принимать значения из промежутка
следовательно,
0 < х < 1.
Берём синус от обеих частей полученного уравнения и переходим к равносильной
системе:
(х4 + х2 - 1 = 0,
[0 < х < 1;
184
Указания и решения
Задача 8. (У)
Решить уравнение 2 arctg х + arcsin---= тг.
1 + х2
Идея. Уединить второе слагаемое в левой части и воспользоваться определением
арксинуса.
Указание. Перенести первое слагаемое в правую часть и взять синус от обеих
частей полученного равенства.
Указание. Согласно определению арксинуса должно выполняться условие
Л	Г ТГ ТГ-]
тг- 2arctgх е —.
L Z Z J
Решение. Область допустимых значений заданного уравнения
2ж
-1 < ------- <1 х е к.
1 + X2
Запишем уравнение в виде
2^г
arcsin ------ = тг — 2 arctg х.
1 + х2
По определению арксинуса это означает, что
{2ж
sin (тг — 2 arctg ж) =-
Л	Г ТГ ТГ-]
тг-2 arctg ж £	-] .
Из второго условия получаем ограничения для переменной х:
тг Зтг "I
<=> х > 1.
4 4
arctgж 6
Рассмотрим первое уравнение системы. Покажем, что оно справедливо для всех
2 tg t
допустимых значений переменной. Действительно, так как sin 2t =	2 £ , то
2ж
sin (тг — 2 arctg х) = sin (2 arctg ж) = —-—-.
Значит, решения исходного уравнения х > 1.
Ответ. [1; +оо).
Задача 9. (У)
ТГ
Решить уравнение arctg (2 + cos х) — arctg (1 + cos х) = —.
Идея. Перенести вычитаемое в правую часть и воспользоваться определением
арктангенса.
2.2. Уравнения и неравенства с обратными...
185
Указание. Сделать замену у = cosх + 1.
Указание. Перенести вычитаемое в правую часть и взять тангенс от обеих
частей равенства; учесть область значении арктангенса.
Указание. Решить полученное уравнение, воспользовавшись методом расщеп-
ления.
Решение. Положим у = cos х + 1, тогда уравнение принимает вид
arctg (у + 1) = - + arctg?/.
Перейдём к равносильной системе, используя определение арктангенса:
у + 1 - tg	+ arctg у),
\ ТГ ТГ	7Г
—+ arctgy < —.
Решим уравнение, применив в правой части формулу тангенса суммы:
1 + у
1-2/
У + 1 =
’?/ = 0;
.У = -1-
Оба найденных значения переменной у удовлетворяют двойному неравенству си-
стемы. Возвращаемся к исходной переменной:
cos х + 1 = 0;
cos х + 1 = —1;
cos ж = —1;
cos ж = — 2 < —1;
х = 7Г + 2тгп, п 6 Z.
Ответ. 7г + 2тгп, n6Z.
Задача 10. (Экон-99.4)
Решить уравнение х = arctg (tg 6х + cos 7ж).
Идея. Домножить уравнение на 6 и воспользоваться определением арктангенса.
Указание. Взять тангенс от обеих частей равенства, предварительно домножив
левую и правую части на 6.
Указание. Отобрать решения полученного равенства согласно ограничениям
7Г	7Г
-- < 6ж < -.
2	2
Решение. Домножим левую и правую части уравнения на 6:
6ж = arctg (tg 6® + cos 7ж).
Согласно определению арктангенса уравнение равносильно системе
7Г	7Г
-- < 6ж < -,
2	2
tg 6ж = tg 6ж + cos 7ж;
7Г	7Г
----< X < -----,
12	12’
cos 7ж = 0;
7Г	7Г
----< X < ---,
12	12’
7Г 7ГП „
Ж = — + —, П е z.
186
Указания и решения
Отберём корни по условию:
7Г 7Г 7ГП 7Г
12 С 14 + Т < 12
13	1
12<П<12’
значит, п = — 1 или п = 0, то есть х = ±	.
14
7Г
Ответ. ±—.
14
Задача 11. (Экон-99.6)
1	7Г
Решить уравнение х + - arctg (ctg 5х + cos 8<г) = —.
5	10
Идея. Уединить arctg (ctg 5ж + cos 8ж) и воспользоваться определением арктан-
генса.
Указание. Исходное уравнение запишется в виде
7Г
arctg (ctg 5х + cos 8ж) = — — 5х,
где правая часть принимает значения из интервала ; —J .
Указание. Взять тангенс от обеих частей равенства и решить полученное урав-
нение.
Указание. Произвести отбор значений целочисленной переменной.
Решение. Уравнение приводится к виду
7Г
arctg (ctg 5х + cos 8ж) = — — 5ж.
Переходим к равносильной системе, используя определение арктангенса:
/7Г	\
ctg 5ж + cos 8х = tg ( — — 5ж 1,
7Г	7Г	7Г
----<-------5х < —;
2	2	2’
cosSx = 0.
5’
Отберём корни:
ТГ ТГП _
ж = — + —, n е z,
1о _ о
Л	ТГ
О < х < —.
5
7Г 7ГП 7Г
16 + Т < 5
1 11
2<П<10-
Полученному неравенству удовлетворяют два значения п = 0 или п = 1, при этом
7Г	Зтг
X = — ИЛИ X =	.
16	16
ТГ ЗтГ
Ответ- i6; Те-
2.2. Уравнения и неравенства с обратными...
187
Задача 12. (Геол-74.3)
{(arctg®)2 + (arccos у)2 = ir2k,
ТГ
arctg х + arccos у — —
имеет решения, и наити все эти решения.
Идея. Сделав замену переменных, свести первое уравнение к квадратному, а
второе - к линейному.
(и2 + Z2 = ТсТГ2,
Указание. Исходная система приводится к виду <	_ тг
z = arccos?/ е [0;тг].
Указание. Полученная система имеет решение только при к = 1.
/ ТГ ТГ
где ?i = arctg# € I— — ; —
ТГ ТГ \	.	, _
— —	z = 3,1X008У	Тогда система
Z Z /
Решение. Пусть и = arctgх G
принимает вид
и2 + z2 — 7сТГ2,
ТГ
u + z= 2'
_	ТГ
Выразим из второго уравнения и — — — z и подставим в первое:
— z\ + Z2 — А?7Г2
2z2 — 7TZ + 7Г2 [ 7 — к | = 0.
\ 4	7
Корни квадратного уравнения существуют при неотрицательном дискриминанте:
D = тг2 - 8тг2 (j ~	— тг2 (87с — 1) > 0	<=> 8к > 1	<=> к е N.
тг - 1Г\/8к - 1	тг + 7Г\/87с - 1
Корни уравнения z =-------------- или z =-------------. Поскольку z е [0; тг],
первое значение сразу исключаем как отрицательное. Проверяем второй корень:
л тг + тг\/8к — 1	л /—---------- п	1,5
0 < ------------ < тг <=>	0 < irVSk — 1 < Зтг <=>	- < к < -.
_	4	_	_	_	g _	_ 4
Значит, к — 1; соответствующие ему значения новых переменных
+ u= y-z = j(l-\/7).
Возвращаемся к исходным переменным:
тг — тг\/7
arctg х —------------,
тг + тг\/7
arccos?/ =-----------
Ответ. При к = 1;
188
Указания и решения
Задача 13. (ВМК-96.4)
7тг
Решить неравенство arccos Зж -F arcsin (ж + 1) < —.
6
Идея. Уединить arccosЗж и воспользоваться монотонностью арккосинуса.
Указание. Показать, что обратные тригонометрические функции определены
при — - < ж < 0.
7тг
Указание. Переписав неравенство в виде arccosЗж < —— arcsin(ж + 1), убе-
диться в том, что обе его части принимают значения из второй четверти.
Указание. Сравнить косинусы этих углов с учётом убывания косинуса во вто-
рой четверти.
Решение. Обратные тригонометрические функции, входящие в неравенство,
определены при следующих условиях:
1 1
— < ж < —:
3 “ " 3’
1
3 “
Перепишем неравенство в виде
П ^7Г	.	/	1 \
arccos Зж < —— arcsm (ж -F 1).
6
В силу возрастания арксинуса для ж Е — -; 0
о
справедлива цепочка неравенств:
7Г	.1	. 2	, .	. 7Г
— = arcsm - < arcsm - < агсзт ж -F 1) < arcsm 1 = —:
6	2	3 “	”	2
7тг . / х 2тг _
—----arcsm (ж -F 1) 6 —; тг . При ж е
6	3
4»
7тг
следовательно, - Л
6	U □	U _>
также лежит во второй четверти. Возьмём косинус от обеих частей неравенства и
воспользуемся монотонным убыванием косинуса во второй четверти:
угол arccos Зж
cos (arccos Зх) > cos
1
3 -
Утг __________________ Утр
Зж > cos — • л/1 - (ж -F I)2 + sin — • (ж + 1),
6	6
< ж < 0;
3	_	_

2.2. Уравнения и неравенства с обратными...
189
Значения х е
входят в ответ, так как в этом случае левая часть неравен-
ства с радикалом неотрицательна, а правая - отрицательна. При х Е — -; — -
и (
обе части неравенства неотрицательны и, следовательно, можно сравнить квадра-
ты этих выражений:
3(—2® — ®2) > 49®2 + 14® + 1	4=>	52®2 + 20® + 1 < 0
-5-2V3	_ -5 + 2V3
--------- < X <--------.
26	“ “	26
Сравниваем числа:
-5 -2^3	1
26 V 3
—15 —6л/3 V -26
11 >	= \/Т08,
-5 - 2\/3	1
то есть ----—-- > — -.
26	3
Сравниваем числа:
-5 + 2л/3	1
26 V 7
-35 +14\/3 V -26
14УЗ > 9,
-5 + 2УЗ 1 „
то есть -----—---> — -. В
26	7
-5 - 2\/3	1
итоге --—----- < х < —Объединяя с предыдущим
26	7
-5 - 2\/3
результатом, получаем окончательно -—--< х < 0.
26
Ответ.
Задача Ц. (Экон-95.5)
Найти все х 6 [—3; 1], для которых неравенство
ж(тг(я + 1) - 4 arctg (3m2 + 12m + 11)) > 0 вьшолняется при любых целых т.
Идея. Уединить arctg(3m2 + 12m + 11) в левой части неравенства, найти об-
ласть его значений и выбрать значения переменной х таким образом, чтобы нера-
венство выполнялось на всей области значений функции в левой части.
Указание. Отдельно рассмотреть случаи х > 0 и х < 0.
190
Указания и решения
Указание. Исходное неравенство равносильно совокупности двух систем
0 < х < 1,
arctg (3m2 + 12m + 11) < — -
—3 < х < 0,
arctg (3m2 + 12m + 11) >	+
Указание. Найти область значении функции /(m) = arctg(Зт2 + 12т + 11)
и выбрать х таким образом, чтобы правая часть полученного неравенства была
больше (меньше) любого из значении левой части.
тг	тг
Указание. Vm Е Z — > f(m) > /(—2) = arctg(—1) = — —.
Решение. Неравенство равносильно совокупности двух систем для положитель-
ных и отрицательных значений переменной х.
1) При 0 < х < 1 тг(ж + 1) — 4 arctg (3m2 + 12m + 11) > 0
arctg (3m2 + 12m + 11) <
Пусть /(m) = arctg (Зт2 + 12т + 11), д(х) = ----------, тогда неравенство
/(т) < д(х) должно выполняться Vm 6 Z.
Найдём область значений функции /(т). Рассмотрим аргумент арктангенса
t(m) = Зт2 + 12m + 11. Заметим, что t(m) > t(—2) = —1, поэтому
[тг тг \
— —; —J .
тг
Значит, условие задачи будет выполнено при д(х) > —, то есть
тг(ж +1) тг
---- ---- > —	<=> х > 1.
4	“ 2
Вспоминая, что 0 < х < 1, получаем, что в данном случае х = 1.
2) При — 3 < х < 0 тг(ж + 1) — 4 arctg (3m2 + 12m + 11) <0
<=+> arctg (3m2 + 12m + 11) > ---------.
Учитывая область значений функции /(т), найденную в пункте 1), заключаем,
что условие задачи будет выполнено при д(х) < — —, то есть
тг(ж +1)	тг
1	+ т	® + 2.
4	4
Вспоминая, что —3 < х < 0, получаем, что в данном случае —3 < х < — 2.
Замечание. Нетрудно видеть, что условие т Е Z в постановке задачи излишне,
так как минимальное значение функции i(m) = Зт2 + 12m + 11, принципиально
влияющее на построение оценок, достигается именно при целочисленном значе-
нии т.
Ответ. [-3; —2) U {1}.
2.3. Отбор решений...
191
2.3. Отбор решений в тригонометрических уравнениях. Три-
гонометрические неравенства
Задача 1. (Почв-82.2)
Решить уравнение у/2 — 3cos 2х = y/smx.
Идея. Приравнять подкоренные выражения и отобрать решения полученного
уравнения, удовлетворяющие условию sin х > 0.
Указание. Выразить косинус двойного угла через синус одинарного.
Решение. Перейдём к равносильной системе, приравняв подкоренные выраже-
ния:
2 — 3 cos 2® = sin®,
sin® > 0.
Применим в уравнении формулу косинуса двойного угла:
6 sin2 х — sin х — 1 = 0.
Корни квадратного уравнения sin ® = — <0 (не подходит) или sin ® = -. Сле-
О	Lt
7Г
довательно, ® — (—1)п — + тгп, п 6 Z.
6
Ответ. (—1)п— + 7гтг, nGZ.
6
Задача 2. (Псих-96.3)
Найти область определения функции /(®) = / — 
\/—6 sin2 2® — 2 sin 2® cos 2® + 8 — \/3
Идея. Область определения задаётся положительностью подкоренного выраже-
ния. Соответствующее неравенство удобнее всего решать методом вспомогатель-
ного аргумента.
Указание. Область определения функции /(®) задаётся неравенством
—6 sin2 2® — 2 sin 2® cos 2® + 8 — \/3 > 0,
которое после применения формул понижения степени и синуса двойного угла
сводится к неравенству для линейного тригонометрического выражения.
Указание. Линейное тригонометрическое неравенство решить с помощью ме-
тода вспомогательного аргумента.
Решение. Область определения заданной функции задаётся неравенством
—6 sin2 2® — 2 sin 2® cos 2® + 8 — л/3 > 0
-3(1 — cos 4®) — sin4® > л/З — 8
3 cos 4® — sin 4® > v 3 — 5.
192
Указания и решения
Преобразуем выражение в левой части последнего неравенства по методу вспомо-
гательного аргумента. Для этого делим обе части неравенства на \/10:
. 1
положим <р = arcsin —, тогда
cos (4а: + <р) >
—cos 4®---7= sin 4® >
л/10	л/10
л/З-5
л/10
Сравним числа:
л/З + л/То V
13 + 2л/зб V
Тзб <
-1
5
25
6 = V36.
Итак, правая часть полученного неравенства меньше нижней границы области
значений косинуса; значит, неравенство справедливо при любых значениях аргу-
мента косинуса, то есть х Е К.
Ответ. IR.
Задача 3. (Хим-88.2)
Решить уравнение у —^= cos х — 1 + sin ® = 0.
Идея. Решать исходное уравнение как стандартное уравнение с радикалом.
Указание. Уравнение равносильно квадратному уравнению
3	. 2
-j= cos® — 1 = (— sin®) , где sin® < 0.
Решение. Переписав уравнение в виде
—= cos х — 1 = — sin ®,
г/2
перейдём к равносильному уравнению при sin ® < 0:
°	1 г •	\2
—= cos® — 1 = ( — sm®)
9	О	л л
<=> cos ® Н—= cos х — 2 = 0
л/2
cos® = —2л/2;
1
cos® — —=.
V2
Первое значение не принадлежит области значении косинуса, поэтому, учитывая,
7Г
что sin х < 0, получаем окончательно ® = — — + 2тгп, n Е Z.
7Г
Ответ. — — + 2тгп,
4
2.3. Отбор решений...
193
Задача 4. (ВМК-93.2)
На отрезке 0 < х < тг найти все значения ж, удовлетворяющие уравнению
\/3 cos х — sin х = \/1 + 2 cos2 х — х/3 sin 2х.
Идея. Решить уравнение как стандартное уравнение с радикалом.
Указание. Исходное уравнение эквивалентно системе:
J 1 + 2 cos2 х — х/3 sin 2я = (д/З cos х — sin х)2 ,
1 х/Зсозя — sin ж > 0.
Указание. Выражение в левой части неравенства удобнее всего преобразовать
по методу вспомогательного аргумента.
Решение. Решая уравнение, как стандартное уравнение с радикалом, получаем
систему:
1 + 2 cos2 х — \/3 sin 2х = (х/З cos х - sin я)2 ,
х/3 cos я — sin х > 0.
к
Уравнение системы после раскрытия скобок превращается в тождество, а нера-
венство преобразуем по методу вспомогательного аргумента:
х/3
— cos ж
2
- sin х > 0
2
7Г Л
— —+2тгп <
х+— < —+2тгп, п Е Z
6	2
27Г Л	7Г Л	_
- —+2тгп < х	<	-+27гп,	n	€ Z.
и	О
Учитывая, что по условию задачи 0 < х < тг, оставляем только 0 < х < —.
Задача 5. (Псих-87.4)
Решить уравнение
cos Зя.
Идея. Приравнять подкоренные выражения и отобрать решения полученного
3
уравнения, удовлетворяющие условию cos х < - .
Указание. При решении полученного уравнения воспользоваться формулой
разности косинусов.
Решение. Приравняем подкоренные выражения и перейдём к равносильной си-
стеме:
3	/3
- — cos х = \ - — cos Зх
4	V 4
3	3
- — cos я = - — cos Зя,
,3 4
cos я < -.
194
Указания и решения
Из уравнения
cos 3® — cos х — О
2 sin ж sin 2ж = О
тгп ™
х — —-, п Е Z.
2
Условию
Ответ.
3	ТГ
cos х < - удовлетворяют ж = — + тгп и ж — тг + 2тгтп; п, т Е Z.
4е	А
7Г	Л
— + тгп, тг 4- 27Г7П; п, т Е Z.
Задача 6. (ВМК-00.1)
Решить неравенство sin ж sin |ж| > — -.
Идея. Раскрыть модуль по определению.
Указание. Раскрыв модуль по определению, решить неравенство на тригоно-
метрическом круге.
Решение. Раскроем модуль по определению.
1) При ж > О получаем sin2 ж > — -. Это неравенство справедливо при Уж Е К;
значит, все рассматриваемые ж > О подходят.
2) При х < 0 неравенство принимает вид
•21	-21	l-l^1
— sm ж > — -	<=> sm ж < -	<=> sin ж < —
“ 2	“2	а/2
7Г	7Г	_ _
значит,----h тгп < ж < —+тгп, п Е Z. Осталось отобрать отрицательные значения
4	4
переменной:
7Г
а)	если п = 0, то — — < ж < 0:
4 -	-
.	Л	ТГ	7Г
б)	если п < 0, то — — + 7ГП < ж < — + 7ГП.
4	4
Г 7Г	7Г	1 | | Г ТГ	\
Ответ. — — — тгп: — — тгп I) — —; +оо , п Е N.
L 4	4	J L 4	/
Задача 7. (У)
Решить неравенство
3 sin ж
2 + cos ж
< г/З.
Идея. С помощью равносильного перехода |f| < А —А < t < А изба-
виться от модуля, решить соответствующее двойное неравенство.
Указание. Воспользоваться методом вспомогательного аргумента.
2.3. Отбор решений...
195
Решение.
3 sin®
2 + cos х
3 sin®
2 + cos ®
3 sin®
2 + cos ®
3 sin х — л/З cos х < 2л/3,
3 sin х + л/З cos х > — 2л/3;
Ответ, x e R.
Задача 8. (Геол-94.6)
Решить неравенство 4 cos ® — sin 2® > 0.
Идея. Применив формулу синуса двойного угла, разложить левую часть на мно-
жители и свести к простейшему тригонометрическому неравенству.
Указание. Формула синуса двойного угла: sin 2® = 2 sin ® cos ®.
Указание. Нравенство приводится к виду 2 cos® (2 — sin®) > 0.
Решение. Применив формулу синуса двойного угла, получаем
2cos® (2 — sin®) > 0.
Согласно области значений синуса выражение в скобках всегда положительно,
поэтому неравенство равносильно условию
cos х > 0
------h 2тгп < х < —h 2тгп, п е Z.
2	2
Ответ.
п е z.
Задача 9. (М/м-71.2)
Найти все ® из отрезка 0 < ® < тг, удовлетворяющие неравенству
sin2® — cos® + v^sin® > —=.
Идея. Разложить неравенство на множители.
Указание. Применив формулу синуса двойного угла и перенеся все слагаемые
в левую часть, неравенство можно преобразовать к виду
(2 sin® —
Указание. Учитывая ограниченность заданного интервала, можно найти на
нём все точки смены знака левой части неравенства, после чего применить метод
интервалов (исследовать промежутки знакопостоянства).
196
Указания и решения
Решение. Неравенство преобразуем к виду
2 sin х cos х — cos х + V2 sin x-> 0
x/2
cos x (2 sin x — 1) + -j= (2 sin x — 1) > 0 <=>
(2 sin® — 1)
На заданном в условии отрезке [0; тг] находим нули сомножителей (точки смены
знака левой части):
. ,	1	тг	5тг
1) sm х = -	=> х = — или х — — :
7	2	6	6
1	Зтг
2) COS® =-----7=	=>	х=— .
'	у/2	4
0 тс/6 Зтс/4 5тс/6 тс х
Отметив найденные значения на числовой оси и расставив знаки выражения, полу-
тг Зтг 5тг
чаем, что неравенству удовлетворяют два промежутка: — <®< — и — <®<тг.
Ответ.
тг Зтг\ . , / 5тг
Задача 10. (ВМК-71.2)
Найти все решения неравенства Vsin 2® < cos ® — sin ®, удовлетворяющие усло-
вию |®| < тг.
Идея. Рассмотрев данное неравенство как стандартное с радикалом, перейти
к тригонометрическому неравенству с дополнительными условиями отбора реше-
ний.
Указание. После возведения неравенства в квадрат получим равносильную
систему
0 < sin 2® < -,
cos® — sin® > 0,
—ТГ < X < тг.
\
Указание. Получив условия для ® из неравенств с синусом двойного угла,
сопоставить их с решениями неравенства cos ®—sin ® > 0, полученными с помощью
метода вспомогательного аргумента, и заданным интервалом (—тг; тг).
Решение. Возведём неравенство в квадрат и перейдём к равносильной системе:
0 < sin2® <
2
cos® — sin® > 0,
—тг < х < тг;
0 < sin 2® < -,
ч 2
/ тг\
cos (^® + —J > 0,
—ТГ < X < тг.
2.3. Отбор решений...
197
Решим неравенства последовательно.
\	/ ТГ \ л	ТГ	ТГ ТГ
1)	cos [х + — >0	— — + 2тгп < х + — < — + 2тгп, п е Z
V 4/	2	42
Зтг	тг
------h 2тгп < х < — + 2тгп, п Е Z.
4	4
/	\	^7Г	ТГ ,	_
С учетом ограничения х Е (—тг;тг) получаем, что —— < х < — (вьшолняется
только при п = 0).
2)	0 < sin 2ж < -; решениями этого неравенства являются углы из закрашенных
областей на тригонометрическом круге, то есть
2тгп < 2х <	+ 2тгп, п Е Z;
6
— + 2тг7П < 2х < тг + 2тг7П, т Е Z;
L 6
тг
12
Отметив соответствующие области на тригонометрическом круге (закрашенные
области) и добавив ранее полученное ограничение —	< х <	, получаем окон-
7тг	тг
чательно, что------ < х < — —
12	“ 2
12’
Ответ.
7тг
12
198
Указания и решения
Задача 11. (ИСАА-94.4)
Решить неравенство 2 sin х — 1 < у/6 sin2 а: — б sin а: — 12.
Идея. Выписать ограничение на подкоренное выражение и найти соответствую-
щие значения sin х.
Указание. Подкоренное выражение неотрицательно только при sinх — — 1.
Указание. Проверить справедливость исходного неравенства при найденном
значении sin® подстановкой.
Решение. Разложив подкоренное выражение на множители, получим
^(sin® + l)(sin® — 2) > 2sin® — 1.
Область определения задаётся условием
(sin® + l)(sin® - 2) > О
sin® < — 1;
sin® > 2.
Очевидно, что единственно возможным, в соответствии с областью значений си-
нуса, вариантом остаётся sin ® = — 1. Проверим его в исходном неравенстве:
О > 2 - (-1) - 1.
7Г
Неравенство справедливо. Итак, sin® = — 1 <=> ® = — — + 2тгп, п 6 Z.
7Г
Ответ. — —+ 2тгп, nGZ.
Задача 12. (Хим-98(1).3)
Найти все числа ® из промежутка [—тг; тг], удовлетворяющие неравенствам
(4 + \/3) sin х + 2\/3 + 1 < cos2® < 5cos® — 3.
Идея. Решить отдельно каждое из неравенств как квадратное относительно со-
ответствующей тригонометрической функции.
Указание. В первом случае выразить косинус двойного угла через sin®, во
втором случае - через cos ®.
Указание. Пересечение полученных промежутков удобнее всего искать с по-
мощью тригонометрической окружности.
Решение. Неравенство равносильно системе
(4 + -/3) sin х + 2х/3 + 1 < cos 2®,
cos2® < 5cos® — 3.
Воспользуемся формулой косинуса двойного аргумента в двух вариантах:
(4 + -/3) sin ® + 2\/3 + 1 < 1 — 2 sin2 ®,
2 cos2 х — 1 < 5 cos х — 3;
2 sin2 х + (4 + \/3) sin ® + 2\/3 < О,
2 cos2 х — 5 cos х + 2 < 0.
2.3. Отбор решений...
199
Заметим, что дискриминант квадратного трёхчлена в первом неравенстве пред-
ставляет собой квадрат разности D = (4 — >/3)2; решаем квадратные неравенства:
—2 < sin® < ——
1 0 2
- < cos® < 2.
2 ~
_	[sm® < — \/3/2,
В силу ограниченности синуса и косинуса получаем систему <	.
I cos® > 1/2.
Для решения этой системы неравенств удобнее использовать тригонометрическую
окружность;
цветом на рисунке выделены углы, удовлетворяющие неравенствам системы; ре-
ТГ	_
шением системы является серия ® = — — + 2тгп, п G Z; с учетом условия
О
тг
—тг < х < тг получаем, что ® = — — - единственное решение задачи,
о
Ответ.-----.
Задача 13. (Геогр-77.5)
Решить уравнение
2 sin ( Зж + -г I = \/1 + 8 sin 2® cos2 2®.
\	4/
Идея. Возведя обе части в квадрат с учётом равносильности перехода, приме-
нить формулы понижения степени и преобразования произведения тригономет-
рических функций, после чего решить квадратное уравнение с непосредственной
подстановкой результатов в соответствующие условия.
Указание. Уравнение равносильно системе
г	/ 7Г
1 + 4 sin 4® cos 2® = 4 sin2 (Зж Н—
\	4
. / тг\
sin 3® + — I >0;
I \	4/ “
полученной после возведения исходного уравнения в квадрат и применения фор-
мулы синуса двойного угла.
200
Указания и решения
7Г
Указание. Решениями квадратного уравнения являются серии х — -—I- тгп
JLZ
5тг	_
или х = — + тгт, где п, т С Z, которые следует подставить в неравенство
Х^
sin \ 3х + —J > 0 для отбора целочисленных переменных.
Решение. При выполнении условия sin
носильно следующему:
) > 0 исходное уравнение рав-
2 /
1 + 4 sin 4ж cos 2х = 4 sin Зж + —
\	4
1 + 2(sin6® + sin
1 — cos
2 sin 6® + 2 sin 2x = 1 + 2 sin 6x
sin 2® = -
2
।	_ Г77
х — —- + тгп, тг Е Z;
X £
5тг
х = -------h тгт, т е
12
Проверяем выполнение неравенства sin
7Г
1) Если х =-----h тгп, п € Z, то
'	12
sm + —
тгп} = cos тгп = (—l)n > 0
n = 2k, k e Z;
7Г
тогда х = — + 2тгк, fc Е Z.
5тг
2) Если х = —- + тгт, т Е Z, то
X Л
sm
Зтг	\
— + Зтгт I = — cos7rm = —1)ш > 0
"	/
s z 777, — 21 + 1, I С Zj
тогда ж =	+ тг (2Z + 1) =	+ 2тг1, I е Z.
1.Z	La
_	7Г	17тг л	_
Ответ. — + 2тгтг, ——+ 2тгт; п,т С Z .
Х^	JlZi
Задача 14- (М/м-95(1).4)
Найти все значения х е [0; тг], при которых выражения tg ж и —-2 cos 2х
имеют разные знаки.	cos х
2,3, Отбор решений...
201
Идея. Если два выражения имеют разные знаки, то их произведение отрица-
тельно.
Указание. Составленное неравенство для отрицательного произведения задан-
ных выражении удобнее всего решать модификацией метода интервалов для дан-
ного случая (решение традиционным расщеплением приводит к достаточно гро-
моздким выкладкам).
Указание. Неравенство для произведения заданных выражении приводится к
виду —C-°S %	> 0, где 0 < х < тг. Его удобнее всего решать модифици-
cos х cos 2х
рованным методом интервалов, найдя на заданном промежутке все точки смены
знака числителя и знаменателя дроби, после чего исследовать знаки всей дроби
на соответствующих интервалах.
Решение. Два выражения имеют разные знаки, если их произведение отрица-
тельно; значит,
tg х • ( —-----2 cos 2х ] < 0
\cos2®	J
sin х • (1 — 2 cos2 2ж)	sin х cos 4®
------*-----------L < 0	--------— > 0.
cos х cos 2х	cos х cos 2х
Учитывая, что х С [0; тг], а значения х = 0 и х = тг решениями неравенства не
являются, можно утверждать, что sin® > 0; остаётся неравенство
cos 4®
cos х cos 2х
Найдём нули числителя и знаменателя на (0; тг).
ч .	ТГ ТГП
1)	cos4® = 0 при х = — + —, п е Z, то есть
смены знака числителя.
7Г
2)	cos х = 0 при х = —.
.	ТГ 7Г777,	ТГ
3)	cos 2х = 0 при х — — Н——, то есть х = — и
4	2	4
тг тгп
ТГ Зтг
х = — , — ,
8’8’
5тг 7тг
— , —- — точки
8 ’ 8
Зтг
т*
8 ' 4
0 тс/8 л/4 Зл/8 л/2 5л/8 Зл/4 7п/8 п х
Отметив все точки смены знака рассматриваемой дроби в интервале (0; тг), опре-
деляем её знаки (например, при х = — дробь положительна, остальные знаки
16
чередуются между собой).
Таким образом, решениями являются интервалы
Зтг 7тг \
Т’Т/
202
Указания и решения
Замечание. Применение модификации метода интервалов для данной зада-
чи, несмотря на немонотонность тригонометрических функций, стало возможным
благодаря ограничениям на область допустимых значений переменной (в нашем
случае это интервал). Формально это позволяет от тригонометрической окружно-
сти, то есть значений углов, отмеченных на ней, эквивалентно перейти к числовой
оси (’’развернуть” окружность в прямую), традиционной для стандартного метода
интервалов.
В ряде пособий можно встретить исследование знаков выражений прямо на
тригонометрической окружности, без перехода к числовой прямой, однако такой
приём возможен только при отсутствии наложений (в силу периодичности) соот-
ветствующих интервалов знакопостоянства и точек смены знака внутри рассмат-
риваемого промежутка (например, без числовой оси можно исследовать интервал
[0; 2тг), тогда как интервал (—тг; 5тг] уже будет содержать накладывающиеся точ-
ки).
2.4. Смешанные задачи
Задача 1. (У)
Решить неравенство log|cosa.| |ж| < 0.
Идея. Использовать убывание логарифма с основанием меньше, чем 1.
Указание. Неравенство вида log^j f(x) < 0, где 0 < а(х) < 1, равносильно
условию f(x) > 1.
Решение. Так как основание логарифма не может быть равно нулю или едини-
. тгк
це, то х ф —,
к е Z и, следовательно, 0 < | cos®| < 1. В этом случае
l°g| COS SB | 1Ж1 < 0
|ж| > 1.
тгк
Ответ. |ж| > 1, х
z
2-4- Смешанные задачи
203
Задача 2. (У)
Решить неравенство log(a.2_1) ctg® < 0.
Идея. Перейти к равносильной совокупности на основе свойств логарифмиче-
ской функции.
Указание. Неравенство вида log^j /(®) < 0 равносильно совокупности систем
u I а(х) >1,	I 0 < а(х) < 1,
условии < Л	_ или < л/ ч
|0</(®)<1;	|/(^)>1.
Решение, log^.-Q ctg® < 0	4=>
®2 - 1 > 1,
0 < ctg® < 1;
0 < ®2 - 1 < 1,
ctg® > 1;
® Е (—оо; -х/2) U (г/2; +оо),
^-+7г/е<®<^- + тг/c, к е Z;
4	“	2
х е (—ч/2; — 1) и (1; л/2),
7Г
7ГП < ® < — + 7ГП, П Е Z.
4
7Г	7Г
Для первой системы при к / 0 получим — + irk < х < — + тгк и при к — О
“Г	Zi
/-	7Г _	ТГ Г- 7Г
получим v2 < х < —. Здесь мы воспользовались тем, что — < V2 < —.
Zi	“Г	А
__	-д-
Вторая система решений не имеет, так как —— < — у2, а — < 1.
Ответ.
7Г	7Г	г-	7Г
— +тгк	<х <	—	+ тгй, к — ±1, ±2,... и	V2 <	® <	—.
4	£1	А
Задача 3. (ЕГЭ.С)
J x/2(cos 2006® + sin 2006®)
Найти множество значений функции у = arcsin —------------------
Идея. Преобразовать подкоренное выражение таким образом, чтобы в него вхо-
дила только одна тригонометрическая функция.
Указание. Использовать метод вспомогательного аргумента.
Указание. cos2006® + sin2006® = \/2sin (2006® +
\	4
Решение. Преобразуем подкоренное выражение, используя метод вспомогатель-
ного аргумента:
Jг/2(соз2006а; + sin2006®)	Jл/2 (л/2sin (2006а: + -))
у = arcsin —-------------------------— arcsin ---------------------------
sin	(2006®	+	v
• а	\	4
— arcsm А	------------—
2
204
Указания и решения
то есть
С учётом неотрицательности подкоренного выражения синус принимает значения
от нуля до 1; следовательно,
у е arcsin 0; arcsin -^= ,
2 _
Ответ.
Задача 4- (М/м-70.1)
Решить неравенство log2 (1 + cos 4®) < 1 + log^ sin®.
Идея. Перейдя от логарифмического неравенства к тригонометрическому с усло-
виями равносильности, решить его с использованием тригонометрической окруж-
ности.
Указание. Неравенство равносильно системе
1 + cos 4® < 2 sin1 2 * 4 ж,
< 1 + cos 4® > 0,
sin® > 0.
ч
Указание. Для решения системы удобнее всего применить формулу косинуса
двойного угла и привести первое неравенство к неравенству с модулями.
Указание. С помощью формулы косинуса двойного угла система приводится
к виду
2 cos2 2® < 2 sin2 ®,
< cos 2® ± 0,
sin® > 0.
ч
Решение. Неравенство равносильно системе
1 + cos 4® < 2 sin2 ®,
< 1 + cos 4® > 0,
sin® >0;
ч
2 cos2 2® < 2 sin2 ®,
cos 2® ± 0,
sin® > 0;
|cos2®| < |sin®|,
. 7Г 7ГП
« Ф 7 + -5-,^ e Z,
~L A
sin® > 0.
Учитывая положительность синуса, снимаем второй модуль:
|1 — 2sin2 ®| < sin®,
. 7Г 7ГП
Ж 7^ 7 + -z-,n е Z,
4 А
sin® > 0.
Раскрываем оставшийся модуль через геометрический смысл:
1 — 2sin2 х < sin®,
1 — 2sin2 х > — sin®,
, 7Г 7ГП
® 7^ — H —-, n E Z,
4	&
sin® > 0;
2 sin2 x + sin® — 1 > 0,
2 sin2 ® — sinx — 1 < 0,
. 7Г 7ГП
г 7^ - + —, n e z,
sin® > 0;
2-4- Смешанные задачи
205
sin х < —1;
1
sinх >
Li “ 2
— - < sin ж < 1,
sin® > 0,
< sin® < 1,
)	, ТГ ТГП
®	, n € Z.
\	ТЕ	Л
Выполняем отбор на тригонометрической окружности:
ТГ	5тг	_
— + 2тгп < х < — + 2тгп, п Е Z,
6	%	6
х ф — + 2тгА?, к Е Z,
Зтг
х ф — + 2тгр, р Е Z.
Ответ.
nez.
тг	Л	Л \ । । / тг Л	Зтг Л । , /Зтг Л	5тг
— +	2тгп;	— + 2тгп I U т	+ 2тгп;	—	+ 2тгп	) U “Г	+ 2тгп;	—	+ 2тгп
6	4	/	\ 4	4 J \ 4	6
Задача 5. (Хим-89.3)
Решить уравнение log2 (3 sin ® — cos ®) + log2 cos ® = 0.
Идея. Используя формулу суммы логарифмов, перейти к тригонометрическому
уравнению с отбором корней.
Указание. Уравнение равносильно системе
(3 sin ® — cos ®) cos х = 1,
cos® > 0.
Указание. Уравнение полученной системы равносильно совокупности двух
условий: tg ® = 1 или tg ® = 2.
206
Указания и решения
Решение. Преобразовав сумму логарифмов в логарифм произведения, перехо-
дим к равносильной системе:
log2 (3 sin х cos х — cos2 ж) = 0,	J 3 sin x cos x — cos2 x = 1,
cos x > 0;	1 cos x > 0.
Применим основное тригонометрическое тождество:
sin2 х — 3 sin x cos x 4- 2 cos2 x = 0,
cos x > 0.
Разделим обе части уравнения на cos2 х ф 0:
: 1;
= 2;
0.
tg®
< [tg®
tg2 х — 3 tg ж 4- 2 = 0,
Используя тригонометрическую окружность и ось тангенсов, находим значения
тг
переменной: ® = — + 2тгп или ® = arctg 2 4- 2тгт, где п, т 6 Z.
тг
Ответ. -4- 2тгп, arctg2 4- 2тгт; n,m Е Z.
Задача 6. (Хим-70.3)
Найти все значения ®, лежащие в промежутке — 1 < ® < 4 и удовлетворяющие
неравенству log075 sin ® > log9/1б 0, 75.
Идея. Перейдя от логарифмического неравенства к тригонометрическому, ре-
шить его совместно с предложенным условием на тригонометрической окружно-
сти.
Указание. Исходное неравенство равносильно тригонометрическому:
Л .	\/3
0 < sm х < ——.
“ 2
Указание. Произвести отбор решений неравенства, удовлетворяющих условию
— 1 < х < 4, с помощью тригонометрической окружности.
2.4- Смешанные задачи
207
Решение. Преобразуем заданное неравенство:
log| sin ж > log ।
(Л)
0 < sin ж <
л/3
2 ’
Используя тригонометрическую окружность, решим это неравенство совместно с
условием ж 6 (—1;4).
Решения неравенства с синусом находятся в закрашенных областях; угол (—1)
лежит в IV четверти, угол (4) лежит в III четверти, причём для просмотра всех
углов, находящихся в интервале (—1; 4), не требуется полного оборота по окруж-
ности.
Значит, решениями тригонометрического неравенства будут числовые проме-
”	Л / / 71	27Г / /
жутки без условии периодичности, а именно 0 < ж < — или — < ж < тг.
Задача 7. (Экон.К-74.3)
Решить уравнение logcos2a;_sin2iE (1 - cos ж - sin ж) = 1.
Идея. Перейти от логарифмического уравнения к тригонометрическому, разло-
жить его на множители и проверить выполнение условии на область определения
непосредственной подстановкой.
Указание. Уравнение равносильно системе
{1 — cos ж — sin ж = cos 2ж — sin 2ж,
0 < cos 2ж — sin 2ж / 1.
Указание. Применить формулы двойных углов в уравнении для разложения
его на множители: (sin ж + cos ж) (2 sin ж — 1) = 0.
Решение. Уравнение равносильно системе
1 — cos ж — sin ж = cos 2ж — sin 2ж,
< cos 2ж — 8т2ж > 0,
соэ2ж — sin2x 1.
208
Указания и решения
Применив формулы двойных углов в правой части уравнения, получаем
1 — cos х — sin ® = 1 — 2 sin2 х — 2 sin х cos х
2 sin ж (sin х + cos x) — (sin x + cos x) = 0
х =- — — + тгп, п G Z;
7Г
х = — + 2тгт, т Е Z:
6
5тг
® = — + 2тгА?, к е Z.
6
Проверяем для каждой серии выполнение условия 0 < cos 2® — sin 2® ± 1.
7Г
1) При х = - — + 7ГП, n Е Z
/ 7Г
cos 2® - sin 2® = cos — + 2тгтг
- не подходит.
’ sin® + cosx = 0;
2 sin® — 1 = 0;
tg® = —1;
1
sin® =
L 2
sin — — 0 + 1 = 1
7Г	Л	Л	7Г . 7Г	1	л/3
2) При х = —	+ 2тгт, m 6 Z	cos 2® — sm 2® =	cos — — sin —	=	---—
подходит. 6	3 3	2	2
3) При x —	+ 2тг&, k e Z
6
Л . Л 5тг	. 57Г	7Г	, 7Г	1	л/з
cos 2® — sm 2® = cos —---sm —	= cos —	+ sm —	=	-	+	—---подходит,
о	о	о	о	J	2
5тг
Значит, решением уравнения является серия ® — — + 2ък, к 6 Z.
о
Ответ, + 2irk, k e Z.
6
Задача 8. (ЕГЭ.С)
Найти множество значений функции у — sin 2®, если ® 6 arctg arctg 2 .
о
Идея. Разбить отрезок на промежутки монотонности функции у = sin2г. На
каждом из этих промежутков вычислить минимальное и максимальное значение
функции.
1 7Г
Указание. На отрезке arctg — функция у = sin 2® возрастает.
Указание. На промежутке	arctg2] функция у = sin2® убывает.
Указание. Для вычисления значений на концах промежутков удобно исполь-
,	. 9 2tg®
зовать формулу sm 2® =  -----~— .
1 + tg"5 х
Решение. Разобьём указанный в условии отрезок arctgarctg 2
о
жутки, на которых функция у = sin 2® является монотонной.
на проме-
24- Смешанные задачи
209
1 7Г
1) На отрезке arctg — функция у = sin 2® возрастает. Следовательно, на этом
отрезке
/	1\	/	1\ 2tgarctg|
У min -- У I arctg - I = sin I 2 arctg - I =-----=
'	'	'	'1 + tg2 arctg -
О
Утах — У
sin- = l.
2
=0,6;
9
2) На промежутке
этом отрезке
sin 2® убывает. Следовательно, на
, м .	2 tg arctg 2	4	. n
Утгп = y(arctg2) = sin (2 arctg 2) = -	---— = —— = 0,8;
1 + tg arctg 2	1 + 4
/7Г\	. 7Г
Утах = У ( 7 I = sm - = 1.
В результате на исходном отрезке у 6 [0,6; 1].
Ответ. [0,6; 1].
Задача 9. (ЕГЭ.С)
Найти множество значений функции у — sin 2х, если х 6
5 5тг
3X0008 135 12
Идея. Убедиться в монотонности данной функции на данном отрезке. Мини-
мальными и максимальными значениями будут значения на концах отрезка.
Указание. На данном отрезке функция у — sin2х убывает.
Указание. Воспользоваться оценкой:
7Г	5
— < arccos — <
4	13
57Г 7Г
12 < 2’
Указание. Для вычисления значения на левом конце отрезка использовать
формулу sin(arccos®) = \/1 — ж2 •
Решение. На отрезке
5 57г]
arccos—; —
Хо X А
функция у — sin 2х убывает, так как
5
13
57Г
12
Значит,
(	5 \	. Л 5
Утах - У I arccos — I = sin I 2 arccos —
\	-1-0 J	X	J-O
(5 \	/	54	/	/5\25
arccos — I cos I arccos — I = 24/1 — I — I • —
13/	\	13/ у \13/	13
120
169’
2
210
Указания и решения
Утпгп — У
5тг\
12/
1
2
В результате на исходном отрезке у Е
'1 120~
2’ 169
Ответ.
'1 120'
2’ 169
Задача 10. (М/м-99(1).1)
Решить уравнение
1 + cos 4®
1 — cos 4®
Идея. Преобразовав выражения под радикалами и разнося последние по разным
частям, возвести полученное уравнение в двенадцатую степень с последующим
отбором решении.
Указание. Применив формулу косинуса двойного угла и формулу приведения
для тангенса, можно свести уравнение к виду \/ctg2 2® = — ^ctg 2®.
Указание. Возвести полученное уравнение в степень 12.
Решение. Применим формулы приведения и косинуса двойного угла:
V sm 2х
{/|ctg 2аг| = - {/ctg2a:.
В силу неотрицательности левой части из уравнения следует, что ctg 2® < 0. Рас-
крываем модуль, учитывая знак ctg 2х, и возводим уравнение в степень 12:
у/— ctg 2х = — у/ ctg 2х
<=>	— ctg3 2х = ctg4 2х
ctg2 2х (ctg 2х + 1) = 0	<=>
7Г
2х = — + тгп, n е Z;
7Г	Г77
2х = — — + тгт, m Е Z;
4
" ctg 2® = 0;
ctg 2® = —1;
7Г 7ГП _
- + —, neZ;
7Г 7ГШ	_
"8 + V’
х =
х =
_	7Г 7ГП 7Г 7Г7П	_
Ответ. - +	—Н—— ;n,mEZ.
4	2	8	2
Задача 11. (Филол-99.4)
Решить уравнение log1_2coS2 (cos2z + sinz + 2) =0.
Идея. Перейти от логарифмического уравнения к тригонометрическому. Отбор
решений провести на тригонометрической окружности.
2,4, Смешанные задачи
211
Указание. Логарифмическое уравнение равносильно системе
cos 2z + sin z + 2 — 1,
0 < 1 — 2cosz 1.
1 - <17	1
Указание. Решая систему, получаем, что sin z —---- при 0 / cos z < -.
Указание. Отбор решении провести на тригонометрической окружности.
Решение. Снимая логарифм, получаем:
cos 2z + sin.z + 2 = 1,
1 — 2 cos z > 0,
1 - 2cosz / 1;
2 sin1 2 z — sin z — 2 = 0,
1
cosz <
2
cosz 0.
-----> 1 - не подходит.
4
тл	.	1-V17	.
Из уравнения получаем sm z —------- или sm z =
О	.	1-л/Й
Значит, решением уравнения является sm z =----—
Отберём решения по второму условию системы на тригонометрической окруж-
1
ности. Решения неравенства cosz < - отмечены на рисунке цветом. Значе-
1 ( 1 । %
ние cosz — - соответствует в интервале (—тг;тг] углам ±—; по оси синусов
Z	о
_V3
2
-2\/3
V17
17
1
1- Vi7
4
1 - V17
2-УЗ + 1
13 + 4\/3
V3;
V3 1-vTZ m
значит, —— < ---------. Таким образом, можно однозначно установить располо-
жение соответствующих углов (по величине) в IV четверти.
| sin(z)
л/2Т
Л/3
_________я j
(1-л/17)/4’
1/2
"я/2	\-^3/2
212
Указания и решения
Итак, системе удовлетворяет лишь серия
х = тг — arcsin-----------h 2тгп = тг + arcsin---------h 2тгп, п Е Z.
4	4
Ответ, тг + arcsin----F 2тгп, п Е Z.
4
Задача 12. (Экон-00.5)
тт V	/ 3/кЛ 3 С08
Наити все значения ж, при которых числа
5C0S V® 4) в указанном порядке составляют возрастающую геометрическую про-
грессию.
Идея. Использовать критерии того, что три числа составляют геометрическую
прогрессию.
Указание.
Указание.
ь->1.
а
Указание.
сию, если
Числа а, &, с составляют геометрическую прогрессию, если Ь2 = ас.
Прогрессия с положительными членами будет возрастающей, если
Данные числа составляют возрастающую геометрическую прогрес-
Р ешение. Для того чтобы три положительных числа а, b и с составляли воз-
растающую геометрическую прогрессию, требуется выполнение критерия геомет-
рической прогрессии (Ъ2 = ас) и условия на её знаменатель ( q — - > 1 | . Соста-
\ a J
вим равносильную систему:
5COS +	_ g-2cos(3®+5)
5-cos (3®+	. gcos(5®+^) > 5О.
(зг+4),
24- Смешанные задачи
213
л /	7Г\ /л 7Г\ л /л 7Г\
2 cos Зя + - cos 2я + - = -2 cos Зя + — ,
\	4/	\	2/	\	4/
_	(	ТГ\	/	7Г\
2 cos 4я + — cos я + — <0;
\	2/	\	4/
Г cos (Зя + v ) = 0;
\	4/
< L бш2я = 1;
л .	/	7Г\
2 sin 4я cos я + — > 0.
\	4/
1)	Если бш2я = 1, то соб2я = 0 и, значит, зш4я = 0. Поэтому неравенство не
вьшолняется.
2)	Если cos (Зя + у ) = 0 <=> Зя =	+ тгп, n Е Z <=> х =	, п Е Z,
\	4 /	4	м	12 w 3
то выполнение неравенства проверим непосредственной подстановкой:
2 sin 4я cos
= sin
+ sin тгп —
(2тг	5тгп\	./	7Г	Л тгп \	, (	(тг	тгп\\
v + ~о/ = sm (- о +	- -Н = sm И - ( о + “Г )) =
о о/	\	О	О /	х	X о	О ' '
Таким образом, среди всех п G Z требуется выбрать только те, при которых
> 0. Воспользовавшись тригонометрической окружностью, полу-
чаем, что подходят лишь п =	0; 6;... и п = ...;1;7;...; то есть п = 6к или
п = 6m + 1, где к, m Е Z. Окончательно получаем:
7Г	7Г	7Г	Л
ж = — + --6А? = — + 2тгА?, к е Z;
LZi	О	£
тг тг ,	. 5тг Л	_
я = — + — • (6m + 1) =	+ 2тгт, т Е Z.
A?,m Е Z.
Ответ.
Л , 5тг
— + 2тг/с, — + 2тгт;
х^	LZi
214
Указания и решения
Задача 13. (Физ-95(2).7)
При каких значениях х числа ai = sin х, &2 = - sin 2®, о-з = sin 3® образуют
арифметическую прогрессию, разность которой больше нуля?
Идея. Использовать определение и критерий арифметической прогрессии.
Указание. Условие задачи эквивалентно выполнению системы
o-i + о-з
а2 = ^—,
d =	— o-i > 0.
Указание. С помощью тригонометрических преобразований система приводит-
ся к виду
sin 2® = 0;
1
cos х =
< L 2
sin® < О,
ч COS X / 1.
2
и	О	I	^3 \
Решение. Используя критерий арифметической прогрессии I о 2 = —--- | и
выражение для её разности (d — а2 — а± > 0), получаем:
sin 2® = sin ® + sin 3®,
sin ® cos х — sin x > 0;
sin 2® = 2 sin 2® cos ®,
sin®(cos x — 1) > 0;
f sin 2® = 0;
1
cos® =
< L 2
sin® < 0,
^cos® ф 1;
1ГП	rn
x = n e Z;
2
, 7Г
® = ±— + 2irm, m G Z;
о
cos® 1.
Используя тригонометрическую окружность, отбираем серии ® — — — + 2тгтг,
А
7Г
nGZn® = ——+ 2тгт, т G Z.
о
2.4- Смешанные задачи
215
Замечание. В постановке задачи использовано индексированное обозначение
чисел: ai, аг, аз • Это подразумевает определённый порядок следования данных
чисел в арифметической прогрессии.
_	7Г	ТГ
Ответ. — — + 2тгп, — — + 2тгт; п,т Е Z.
о
Задача (Экон-88.6)
Найти все значения параметра а, при которых неравенство
|3 sin2 х + 2а sin х cos х + cos2 х + а| <3 выполняется при всех х.
Идея. Преобразовать подмодульное выражение таким образом, чтобы оно со-
держало только одну тригонометрическую функцию.
Указание. Перейти к двойному углу.
Указание. С помощью формул синуса и косинуса двойного угла неравенство
приводится к виду |а sin 2х — cos 2х + 2 + а| <3.
Указание. Применить метод вспомогательного аргумента.
Решение. Преобразуем подмодульное выражение, используя формулы синуса и
косинуса двойного угла и метод вспомогательного аргумента:
|3 sin2 х + 2а sin х cos х + cos2 х + а| < 3	<=>
3	1
- (1 — cos 2х) + a sin 2х + - (1 + cos 2х) + а < 3
<=> |asin2® - cos 2® + 2 + a| < 3	<=>
cos 2x — a sin 2x < a + 5,
cos 2x — a sin 2x >a — 1;
z \ a + 5
cos (2® + <£) < —-—,
ya2 + 1
, x a — 1
cos \2x + <£>)> .	;
где = arccos —==. Для того чтобы полученная система неравенств была
V а2 + 1
справедлива V® Е R, должны выполняться неравенства:
Va2 + 1 < а + 5,
\/a2 + 1 < 1 — а;
а2 + 1 < а2 + 25 + 10а,
< а2 + 1 < 1 + а2 — 2а,
—5 < а < 1;
---< а < 0
Ответ.
12
Т
< а < 0.
216
Указания и решения
Задача 15. (ВМК-95.4)
Решить неравенство logcosa, cos2 х > logcosa,_i
2	2 i л
cos25 х — cos х — х — 14®------------—
4
Идея. Найти числовое значение левой части неравенства и использовать моно-
тонность логарифма в правой части.
Указание. При 1 /2 < cos х < 1 исходное неравенство равносильно неравенству
2	2	-1 j 51
cos х — cos х — х — 14®----------------— >
4 _
Указание. Среди решений получившегося неравенства ®2 + 14® + 13 < О
отобрать значения ® такие, что 1/2 < cos® < 1.
Решение. Так как основания логарифмов должны быть больше нуля и не долж-
ны равняться единице, то необходимо, чтобы выполнялось неравенство 1/2 <
cos® < 1. При таких ограничениях первый логарифм равен двум, а основание
второго логарифма меньше единицы. Поэтому исходное неравенство равносильно
следующей системе:
/ 7Г
х G I — — + 2тгп;
-13 < х < -1.
7Г	\	.
— + 2тгп^ , ® 2тгп; п е Z,
' 1/2 < cos® < 1,
<	2	2 -ы 51 f Л'
cos25 ® — cos ® — ® — 14®-- > cos х — -	;
4 “ \	2/
1/2 < cos® < 1,
®2 + 14® + 13 < 0;
Для решения полученной системы неравенств рассмотрим различные значения п:
!тг ir . „
---< ® < —, X Ф 0,	7Г
3	3	<=>	—— < х < —1.
-13 < х < -1;	3
{7тг	5тг .	_	_
< X < - —, ® Ф -27Г,	77Г	О7Г
3	3	—— < х < ——, ®	—2тг.
—13 < ® < —1;	3	3
f 137Г	117Г
3)	При п = -2 <	3 Х 3 ’ Х	-13 < х <---х ф -4тг.
[-13<®<-1;	3
При остальных значениях п решений нет.
-	11тг ।	। । (	*1।	* । (	5% ।	। । /	7Г	*]
Ответ. [—13; —4тг) (J I —4тг; — —— I |J I — —— 2тг I |J I -2тг;-— ) U	h
\	*3 /	\	*3	/	\	о /	\	о	J
Задача 16. (ВМК-89.4)
Решить неравенство 1 < |cos®|	V 1	}' .
Идея. Показать, что основание степени строго меньше 1 и, следовательно, пока-
затель степени должен быть меньше либо равен нулю.
2,4. Смешанные задачи
217
Указание. Исходное неравенство равносильно неравенству
/-------- ,	1 + 2л/3| sin ®|	_
л/2ж“3  10glcos *1 8(1-2 cos2 х) ~ °’
которое решается расщеплением.
Указание. Возможные варианты: радикал равен нулю, логарифм определён;
радикал положителен, логарифм меньше либо равен нулю.
{I	।	1
|sma:| < —.
Решение. Так как | cos х | находится в основании логарифма, то 0 < | cos х | < 1,
поэтому исходное неравенство равносильно неравенству
/-------- ,	1 + 2л/3| sin ®|
V2® - 3 • log| cos ж| —-----------— < 0.
1	1 8(1 - 2 cos2 х)
Рассмотрим возможные варианты: радикал равен нулю, логарифм определён; ра-
дикал положителен, логарифм меньше либо равен нулю.
._____ 3
Если у2® — 3 = 0, то ® — 2 ” решение неравенства, так как
_	1 + 2у/3| sin хI
этом интервале log]coS!C| 2~определён.
______	3
Пусть у2® — 3 > 0, то есть ® > -, тогда
1)
на
2)
1 + 2л/3| sin ®|
lOg|cosx| 8(1_ 2 COS2®) -
1-2 cos2 х > 0,
< 2л/3| sinж| + 1 > 8 — 16(1 — sin2 ж),
/2
Т
/3
2
2\/3| sin ж| + 1	1
< 8(1 — 2 cos2 х)
0 < I cos х\ < 1;
/3.
2 ’
~ 3
Зтг
ж<т
- тг
4'
2тг
-Т
Так как ® > 3/2, то отрицательные значения п и т не подходят. Проверим
остальные значения.
п = 0:
т = 0:
ТГ
4<Ж
5тг
т <:
2тГ
”з~ -
ТГ
! < — - не подходит;
о
4тг	__
х < — - верно; значит, при всех п G N тоже верно;
Зтг
х < —----подходит; значит, все т G No тоже подходят.
4
3
2 £
, а
1
п = 1:
3
2
Ответ.
ТГ
7ГП; — + ТГП
о
 । 2тг	Зтг	\	_
U — + тгт; — + тгт I ; п G N, т е No .
о	4	/
218
Указания и решения
3. Полезные преобразования и замены перемен-
ных
3.1. Использование формул сокращённого умножения, вы-
деление полного квадрата
Задача 1. (ЕГЭ.В)
Решить систему уравнений
1g ж - 1g у = 1,
1g2 х + 1g2 у = 5.
Идея. Сделать замену переменных и = lgх, v — 1gу. Выразить и из первого
уравнения и подставить во второе.
Указание. Ввести новые переменные и = lgх, v = 1gу. В новых обозначениях
[ и — V — 1,
система примет вид <	_|_ v2 _ 5
Указание. Выразить и из первого уравнения и подставить во второе.
Решение. Сделаем замену переменных и = lg х, v — 1g у. В новых обозначениях
система принимает вид
и — v = 1,
и2 -I- v2 = 5;
и — v -I-1,
v2 + 2v -I-1 -I- v2 — 5;
и = v -I-1,
о + 2)0 — 1) = 0;
= — 2; и — — 1 => х = 0,1; у = 0,01;
2) v — 1; и = 2 => х — 100; у = 10.
Ответ. (0,1; 0,01), (100; 10).
Задача 2. (У)
Разложить на множители многочлен ж4 -I-1.
Идея. Использовать формулу разности квадратов.
Указание. Дополнить исходное выражение до квадрата суммы.
Решение. Преобразуем исходное выражение следующим образом:
ж4 + 1 = ж4 + 2ж2 + 1 - 2ж2 = (ж2 + I)2 - 2ж2 = (ж2 - \/2ж + 1)(ж2 + \/2ж + 1).
Ответ, (ж2 — \/2х + 1)(ж2 + \/2х -I-1).
Задача 3. (У)
Разложить ж4 -I- ж2 -I-1 в произведение двух многочленов.
Идея. Использовать формулу разности квадратов.
Указание. Дополнить исходное выражение до квадрата суммы.
3.1. Использование формул сокращенного умножения...
219
Решение. Преобразуем исходное выражение следующим образом:
ж4 + ж2 + 1 = х4 + 2х2 + 1 — ж2 = (ж2 + I)2 — ж2 = (ж2 — х + 1)(ж2 + х + 1).
Ответ, (ж2 — х + 1)(ж2 + х + 1).
Задача 4- (Экон.М-96.2)
( х 32/ — 2
Решить систему уравнений <! ^3 J
Идея. Воспользоваться формулой разложения суммы кубов в произведение.
Указание. Второе уравнение системы можно преобразовать по формуле для
суммы кубов:
(ж + 32/)(ж2 -х-Ъу + 9У) = 26.
Указание. Выразить из первого уравнения Зу = 2 — х и подставить во
второй сомножитель преобразованного второго уравнения. Получится квадратное
уравнение относительно х:
ж2 — 2ж — 3 = 0.
Указание. Решая полученное квадратное уравнение, найти значения перемен-
ной х и по формуле у — log3(2 — х) соответствующие им значения переменной у.
Решение. Разложим выражение в левой части второго уравнения по формуле
суммы кубов:
(х + Зу)(х2 — х 	= 26.
Выразим из первого уравнения Зу = 2 — х и подставим во второе. Получим квад-
ратное уравнение относительно переменной х:
ж2 — ж(2 — ж) + (2 — ж)2 = 13	Зж2 — 6ж — 9 = 0	<=>
ж2 - 2ж — 3 = О
(ж —3)(ж + 1) = 0
’ж = 3;
ж = —1.
Так как 2 — ж = Зу > 0, то подходит только ж = — 1. Значение второй переменной
находим из первого уравнения: у = log3(2 — ж) = log3 3 = 1.
Ответ. (—1;1).
Задача 5. (Экон-96.1)
n	f I -ж| -	= 1,
Решить систему |	_ у _ 3 = 7<
Идея. Разложить второе уравнение на множители, воспользовавшись формулой
преобразования суммы кубов в произведение.
220
Указания и решения
Указание. Модуль в первом уравнении можно снять, так как второе уравнение
системы определено только при х < 0 (должен иметь смысл у/—х), следовательно,
—х > 0 и | — х\ — — х.
Указание. Сделать замену z = y/у + 3. Тогда второе уравнение системы при-
водится к виду
(—ж — z)(x2 — xz + z2) = 7.
Указание. Используя первое уравнение системы, выразить z = — х — 1 и под-
ставить во второе уравнение. Получится квадратное уравнение относительно пе-
ременной х:
ж2 + х — 2 = 0.
Указание. Найти корни квадратного уравнения, исключить посторонний ко-
рень. Затем из уравнения у/у + 3 = — х — 1 найти значение переменной у.
Решение. Модуль в первом уравнении можно снять, так как второе уравнение
системы определено только при х < 0 (у/^х должен иметь смысл); следовательно,
—ж>0и|—ж| = —ж. Сделаем замену z = у/у + 3. Левая часть второго уравнения
представляет собой сумму кубов. Преобразуем её в произведение:
—х — z = 1,
- (ж3 + г3) = 7;
ж + z = —1,
-(ж + з)(ж2 — xz + z2) = 7;
z = —х — 1,
ж2 + ж(ж + 1) + (ж + I)2 = 7;
z = — ж — 1,
ж2 + ж — 2 = 0.
Корни второго уравнения ж = — 2 и ж = 1. Учитывая, что ж < 0, получаем
окончательно, что х — — 2, у = z3 — 3 = (—ж — I)3 — 3 = (—(—2) — I)3 — 3 = —2.
Ответ. (—2;—2).
Задача 6. (М/м-90.3)
о	л/1^3-1
Решить неравенство --—------ < ж.
Идея. Перенести ж из правой части в левую, привести к общему знаменателю и
воспользоваться формулой преобразования разности кубов в произведение. Далее
применить метод интервалов.
Указание. После переноса в левую часть и приведения к общему знаменателю
получаем неравенство
л/1 - ж3 - (ж2 + ж + 1) <
ж + 1	—
Указание. л/1 — ®3 = у/1 — х • л/ж2 + ж + 1.
Указание. Разложив числитель на множители и воспользовавшись неравен-
ством л/ж2 + ж + 1 > 0 \/ж 6 R, получим
у/1 — х — \/х2 + х + 1 <
ж + 1	—
3.1. Использование формул сокращенного умножения...
221
Указание. Домножить обе части последнего неравенства на выражение
у/1 — х + Уж2 + ж + 1 > 0, сопряжённое с числителем. Решить полученное нера-
венство методом интервалов.
Решение. Неравенство имеет смысл при х < 1, ж / —1. Перенесём х из
правой части в левую и приведём выражение в левой части к общему знаменателю:
л/1 — ж3 — (ж2 + х + 1)
х 4-1	—
Воспользуемся на области определения формулой преобразования разности кубов
в произведение:
\/1 — Я3 = \/(1 — ж) • (ж2 + ж + 1).
Заметим, что \/ж Е R ж2 + ж + 1 > 0	=>	\/ж2 + ж + 1 > 0. Следовательно,
у/1 — X ♦ \/ж2 + Ж + 1 — (\/ж2 + Ж + I)2 < о
х + 1	—
\/ж2 + Ж + 1 (л/1 — X — Уж2 + Ж + 1) п лk
Ч=4>	ж + 1	- °
у/1 — X — Уж2 + Ж + 1 < Q
х+1	—
Домножим обе части последнего неравенства на сопряжённое к числителю поло-
жительное выражение у/1 — х + \/я2 + ж + 1 и применим формулу разности
квадратов:
(1 - ж) - (ж2 + ж + 1) < Q	ж(ж + 2) > Q
ж +1	“	ж +1 “
Решая это неравенство стандартным методом интервалов, получим с учётом об-
ласти определения, что ж 6 [—2; — 1) U [0; 1].
+ - +
^LLLLLLLLLLUq________
+
-2-1 о 1 х
Ответ. [-2; -1) U [0; 1].
Задача 7. (М/м-96(1).2)
Решить неравенство ---~	~
| о ^Ж |
Идея. Заметив, что на области определения |3 — 4ж| = 4ж — 3, перенести радикал
в левую часть, привести выражение к общему знаменателю и воспользоваться
формулой преобразования разности кубов в произведение.
222
Указания и решения
Указание. После снятия модуля и приведения к общему знаменателю получим
ж* - 8 - 6х(х — 2) — (у/4х - З)3
4а: — 3	- °’
Указание. Сгруппировав слагаемые, получим в числителе разность кубов:
(х - 2)(х2 + 2х + 4) - 6х(х - 2) - (-/4® - З)3	(х - 2)3 - (у/4х - З)3
4ж — 3	< О Ф=>	4® — 3	- °*
Указание. На области определения знаменатель положителен, поэтому послед-
нее неравенство равносильно неравенству для числителя:
(ж — 2)3 < (ч/4® — З)3 .
Решение. Неравенство имеет смысл при 4х — 3 > 0. Следовательно, на области
определения модуль раскрывается однозначно: |3 — 4ж| = 4х — 3. Перенесём все
слагаемые в левую часть, приведём к общему знаменателю и преобразуем числи-
тель к разности кубов:
(х — 2)(ж2 + 2х + 4) — 6ж(ж — 2) — (\/4х — З)3	(х — 2)3 — (у/4х — З)3
4ж-3	< 0 <=>	4ж — 3	- °’
Поскольку на области определения знаменатель положителен, остаётся неравен-
ство для числителя:
( (я-2)3 < (V4^3)3,	Г л/4^3>а:-2,
( 4ж-3^0;	( 4а:-3^0;
( х - 2 < О,
\ 4ж — 3 > 0;
( х - 2 > 0,
[ 4х — 3 > х2 - 4х + 4;
Ответ.
Задача 8. (Геогр-95(1).1)
( у/х(х + Зу) = 36,
Решить систему | ^[За. +	= 28.
Идея. Сделать замену. Получить эквивалентную систему, состоящую из суммы и
разности уравнении исходной системы. Воспользоваться формулами кубов суммы
и разности.
3.1. Использование формул сокращенного умножения...
223
Указание. Сделать замену а = у/х, Ъ = y/у. После почленного сложения и
вычитания система принимает следующий вид:
f а3 + За2Ь + ЗаЬ2 + Ъ3 — 64,
[а3 — За2Ь + Заб2 — Ъ3 — 8.
Указание. Свернуть выражения в левых частях уравнении соответственно в
куб суммы и разности:
(а + Ъ)3 = 64,
(а - Ь)3 = 8;
а + b = 4,
а — b = 2.
Решение. Сделаем замену а — у/х, Ь = y/у и преобразуем систему, почленно
складывая и вычитая уравнения:
а(а2 + ЗЬ2) = 36,
Ь(3а2 + 62) = 28;
а3 + ЗаЬ2 = 36,
За2Ь + Ь3 = 28;
а3 + За26 + Заб2 + Ь3 = 64,
а3 — За26 + Заб2 — Ь3 = 8.
Воспользуемся формулами куба суммы и разности:
(а + Ъ)3 = 64,
(а - Ь)3 = 8;
а + b = 4,
а — b = 2;
а = 3,
6 = 1;
х — 9,
У = 1-
Ответ. (9;1).
Задача 9. (Псих-88.2)
Решить уравнение З23(ж3“8) = g19(2®-® ).
Идея. Привести выражения в левой и правой частях уравнения к степеням по
основанию 2 и перейти к равенству показателей, которое будет эквивалентно ис-
ходному уравнению. Получившееся рациональное уравнение решить методом раз-
ложения на множители.
Указание. Привести левую и правую части к степеням по одному основанию
и перейти к равенству показателей:
215(®3-8) = 257(2ж —ж2)	15(®2 - 8) = 57(2® - ®2).
Указание. После разложения на множители уравнение примет вид
(® — 2)(5®2 + 29® + 20) = 0.
Решение. Приведём выражения в левой и правой частях уравнения к степеням
по одному основанию и перейдём к равносильному уравнению для показателей:
215(ж3-8) = 257(2ж-ж2)	15(^3 _ g) = 57(2Ж - ж2).
Перенесём все слагаемые в левую часть, воспользуемся формулой для разности
кубов и разложим многочлен на множители:
5(® — 2)(®2 + 2® + 4) + 19®(® — 2) = 0	(® — 2)(5®2 + 29® + 20) = 0	<=>
224
Указания и решения
х — 2;
5®2 + 29® + 20 = 0;
Ответ.
х — 2;
х = —5;
4
Х~~5
Задача 10. (Почв-93.2)
Решить уравнение sin3 х — cos3 х + sin х — cos х — 0.
Идея. Воспользоваться формулой преобразования разности кубов в произведе-
ние и разложить уравнение на множители.
Указание. По формуле разности кубов
sin3 х — cos3 х = (sin х — cos х) (sin2 х + sin х cos х + cos2 х).
Указание. Вынести общий множитель (sinх — cosх) за скобки:
(sin х — cos х) (sin2 х + sin х cos х + cos2 х + 1) = 0.
Указание. Полученное уравнение эквивалентно совокупности
sin® — cos® = 0;
2 4- sin 2® = 0.
2
Решение. Воспользуемся формулой преобразования разности кубов в произве-
дение, разложим уравнение на множители и решим методом расщепления:
(sin ® — cos ®) (sin2 х + sin ® cos ® + cos2 ®) + sin ® — cos ® = 0	<=>
(sin ® — cos ®)(1 + sin2 х + sin ® cos ® + cos2 ®) = 0
(sin ® — cos ®) (2 + - sin 2® j = 0
\ A /
sin® — cos® = 0;
2 + i sin 2® = 0;
A
sin 2® = —4 < -1;
7Г	_
X = — + 7ГП, n G Z.
4
Ответ. — + 7гп, n G Z.
4
Задача 11. (Геогр-80.4)
в в 15	1
Решить уравнение cos ® + sin ® = — cos 2® — -.
8	2
3.1. Использование формул сокращенного умножения...
225
Идея. Воспользоваться формулой преобразования суммы кубов в произведение.
Далее путём тригонометрических преобразовании свести уравнение к квадратно-
му.
Указание. По формуле суммы кубов
cos6 х + sin6 х = (sin2 х + cos2 ж) (sinз 4 х — sin2 х cos2 х + cos4 х) =
• 4	. 2	2	4
= sin х — sm X COS X + COS X.
Указание. В полученном выражении выделить полный квадрат и воспользо-
ваться формулой синуса двойного аргумента:
sin4 х — sin2 х cos2 х + cos4 х = (sin2 х + cos2 ж)2 — 3 sin2 х cos2 х — 1 — sin2 2х.
4
Указание. После указанных преобразований уравнение принимает вид
. 3 . 2л 15	Л 1
1---sin 2х = — cos 2х-----.
4	8	2
Используя основное тригонометрическое тождество, свести уравнение к квадрат-
ному относительно cos 2х:
3	2л 15	Л 3	„
- cos 2х —— cos 2х + - = 0.
4	8	4
Решение. Используя формулу суммы кубов, преобразуем левую часть уравне-
ния:
cos6 х + sin6 х = (sin2 х + cos2 ж) (sin4 х — sin2 х cos2 х + cos4 х) =
= sin4 х — sin2 x cos2 x + cos4 x.
Выделим полный квадрат и применим формулу синуса двойного угла:
• 4	«2	2	4	/ . 2	2	\ 2
sin х — sin х cos х + cos x — (sm x + cos x)
— 3 sin2 x cos2 x = 1 — - sin2 2x.
4
После выполненных преобразований уравнение стало квадратным относительно
функции cos2®:
.	3 . 2	15	Л 1
1 — - sin 2х — cos 2х---------
4	8	2
1	3	2л 15	Л 1	м
- + - cos 2х —— cos 2х + - = О
4	4	8	2
з	2п 15	Л з	Л
- cos 2х------cos 2х + - = О
4	8	4
2 cos2 2х - 5 cos 2х + 2 = О
cos 2® = 2 > 1;
cos 2х —
L 2
cos 2х — -
2
7Г	_
X — ±~ + 7ГП, П 6 Z.
6
7Г
Ответ. ±— + тгп, п е Z.
6
226
Указания и решения
Задача 12. (Геогр-98.2)
Найти знаменатель убывающей геометрической прогрессии, если сумма первого,
второго и третьего членов прогрессии равна (—7), а пятый член прогрессии мень-
ше второго на 14.
Идея. Записать систему из двух уравнений, используя формулу n-го члена гео-
метрической прогрессии (bn =	Воспользоваться формулой преобразова-
ния разности кубов в произведение.
Указание. Из условия задачи составить систему уравнений для определения
первого члена (6) и знаменателя прогрессии (д):
b + bq + bq2 = -7,
bq - bq4 = 14.
Указание. Воспользоваться во втором уравнении формулой для разности ку-
бов:
Г Ь(1 + q + q2) — — 7,	( Ь(1 + q + q2) — —7,
[ bq(l - g)(l + g + g2) = 14;	[ g(l - g)(-7) = 14.
Указание. Второе уравнение полученной системы является квадратным и име-
ет два корня. Произвести отбор решений, соответствующих убывающей геометри-
ческой прогрессии.
Решение. Используя формулу n-го члена геометрической прогрессии, форма-
лизуем условие задачи. Пусть b и q - первый член и знаменатель прогрессии
соответственно, тогда
( b + bq + bq2 = —7,
( bq — bq4 = 1А.
Раскладываем на множители оба уравнения системы:
b(l + q + q2) = —7,
bq(l - q3) = 14;
6(l + g + g2) = -7,
6q(l -g)(l + g + g2) = 14;
6(1 + q + q2) — —7,
q(l - g)6(l + q + q2) = 14;
( 6(1 + g + g2) = —7,
I g(l - g)(—7) = 14;
6(l + g + g2) = —7,
g(l - g) = -2;
6(1 + g + g2) = —7,
(g — 2)(g + 1) = 0.
Корни второго уравнения q = 2 и. q = — 1. По условию задачи прогрессия должна
быть убывающий, поэтому q = — 1 не подходит. При q = 2 из первого уравнения
находим b = — 1. Найденные значения первого члена и знаменателя соответствуют
убывающей геометрической прогрессии.
Ответ. 2.
3.1. Использование формул сокращенного умножения...
227
Задача 13. (ВМК-93.1)
Решить неравенство log^^'2^^	(4ж — ж2 — 2) > 0.
Идея. Проверить, имеет ли смысл неравенство, сравнив основание логарифма
в левой части с нулём. Сравнить основание логарифма с единицей и свести лога-
рифмическое неравенство к системе квадратных неравенств.
Указание. Показать, что 8 — 2^/7 = (л/7 — I)2. Тогда основание логарифма
примет вид л/7 — \/3. Для него справедливы оценки: 0 < у/7 — л/З < 1.
Указание. Так как основание логарифма меньше единицы, исходное логариф-
мическое неравенство эквивалентно системе квадратных неравенств
4ж — ж2 — 2 < 1,
4ж - ж2 - 2 > 0.
Решение. Заметим, что выражение, стоящее под корнем в основании логарифма
является полным квадратом 8 — 2\/7 = (\/7 — I)2. Тогда основание логарифма при-
мет вид л/7— \/3. Очевидно, что оно больше нуля. Сравним основание логарифма
с единицей:
\/7-л/3 V 1
V7 V х/3 +1
7 V 4 + 2V3
3 V 2V3
9 < 12.
Итак, основание логарифма меньше единицы. Поэтому исходное логарифмическое
неравенство эквивалентно системе квадратных неравенств:
4ж — ж2 — 2 < 1,
4ж — ж2 — 2 > 0;
ж2 - 4ж + 3 > 0,
ж2 - 4ж + 2 < 0;
(ж -3)(ж - 1) > 0,
(ж - (2 + л/2)) (ж - (2 - л/2)) < 0.
+ + - + +
---------______________________^///////// ///ф__
2-V2	1	3	2+V2 х
Применяя метод интервалов, получим: ж Е (2- \/2; 1] U [3; 2 + \/2).
Ответ. (2-л/2; 1] U [3; 2 + \/2).
228
Указания и решения
Задача 14- (Почв-95(1).5)
Найти все значения а, при которых уравнение 2 cos 2х — 4а cos х + а2 + 2 = 0 не
имеет решении.
Идея. Используя формулу косинуса двойного угла, свести уравнение к квадрат-
ному относительно cos®. Выяснить, при каких условиях квадратное уравнение
либо не имеет корней, либо его корни по модулю больше единицы.
Указание. После применения формулы косинуса двойного аргумента исходное
уравнение принимает вид 4 cos2 х — 4а cos ж + а2 = 0.
а
Указание. Корень полученного квадратного уравнения cosх — -.
Zi
Решение. Применим к первому слагаемому формулу косинуса двойного угла:
4 cos2 х — 4а cos х + а2 — 0	<==>	(2 cos ж — а)2 — 0	<=> cos® = |.
Полученное простейшее тригонометрическое уравнение не имеет решений, если
|5|>1 « |а| > 2.
Ответ. (—оо; —2) U (2; +оо).
Задача 15. (Хим-95.5)
Г 2“* • у4 - 2у2 + 2х < 0,
Решить систему j 8Ж — ?/4 4- 2Ж — 1 = 0.
Идея. Домножить обе части неравенства на 2х и проанализировать область воз-
можных решений.
Указание. Домножая обе части неравенства на положительную величину 2х,
получаем
у4 - 2т/22ж + 22х < 0	<=>	(у2 - 2х)2 <0	<=> у2 = 2х.
Указание. Подставить выражение для 2х в уравнение и разложить на множи-
тели.
Решение. Домножим обе части неравенства на 2х > 0:
у4 - 2у22х + 22х < 0	(З/2 — 2Ж)2 < 0	у2 = 2х.
Подставим полученную зависимость в уравнение:
(у2)3 - (у2)2 +у2 - 1 = 0 Ф=>	(у2)2 • (у2 - 1) +у2 - 1 = о
<=*	(у4 + 1) • (з/2 - 1) = 0	у2 = 1	<=> у = ±1.
Тогда 2х = 1	Ф=4> х = 0.
Ответ. (0;±1).
3.1. Использование формул сокращенного умножения...
229
Задача 16. (Экон-79.4)
„	„ ( Зж2 + 2у2 — Зх + Зу = 3,
Решить систему уравнении | 4,5ж2 + Зу2 - Зж + 8^/= 7.
Идея. Использовать метод алгебраического сложения уравнений, умножив пер-
вое уравнение системы на 3, второе на —2 и сложив.
Указание. Умножить обе части первого уравнения на 3, обе части второго
уравнения на —2 и почленно сложить. Получится линейное уравнение Зх+у — 5.
Указание. Выразить у = 5 — Зж и подставить в первое уравнение исходной
системы. Получится квадратное уравнение относительно переменной х:
21ж2 - 78ж + 72 = 0.
Решение. Умножив обе части первого уравнения на 3, обе части второго урав-
нения на —2 и почленно сложив, получим уравнение Зж + у = 5. Перейдём к
равносильной системе:
Зж2 + 2у2 — Зж + 5у = 3,
Зж + у — 5;
Зж2 + 2(25 — ЗОж + 9ж2) — Зж + 25 — 15ж = 3,
у — 5 — Зж;
7ж2 - 26ж + 24 = О,
у = 5 — Зж.
Корни квадратного уравнения
Соответствующие значения вто-
Ж1 = 2, Ж2 = —.
рой переменной
У1 = 5 - 3 • 2 = -1, у2 = 5 - 3 - у
1
7‘
Ответ.
(2;
Задача 17. (Хим-98.3)
( х2 + у2 + 2(х - у) + 2 = О,
Решить систему <	2	/ „
J ( zi + xz + yz - 4 = 0.
Идея. Выделить полные квадраты в первом уравнении системы. По найденным
значениям ж и у из второго уравнения определить значение третьей переменной.
Указание. Выделим полные квадраты в первом уравнении:
(ж + I)2 + (у - I)2 = 0.
Указание. Решение первого уравнения ж = — 1, у — 1. Из второго уравнения
определяется значение z.
230
Указания и решения
Решение. Выделим в первом уравнении полные квадраты:
ж2 + у2 + 2(ж - у) + 2 = 0,
z2 + xz + yz — 4 = 0;
(ж + I)2 + (у - I)2 = 0,
z2 + xz + yz — 4 = 0;
х = —1,
У = 1,
z = ±2.
Ответ. (-1; 1; -2), (-1; 1; 2).
Задача 18. (У)
м ( x + y + z = O,
Решить систему уравнении < ^Ху _ z2 _ 4
Идея. С помощью подстановки избавиться от одного из уравнении и одной неиз-
вестной.
Указание. Выразить из первого уравнения х и подставить во второе. В полу-
чившемся уравнении выделить полные квадраты.
Решение. Выразим из первого уравнения х и подставим во второе, получим
-2yz - 2у2 - z2 — 4	<=> z2 + 2yz + 2у2 = -4	<=> (г + у)2 + у2 = -4.
Решений нет, так как сумма квадратов не может быть отрицательной.
Ответ. Решений нет.
Задача 19. (У)
( X2 + у2 + z2 = ху + yz + ZX,
Решить систему | 2а; + Зу _ 6z _ г = 0.
Идея. Выделить полные квадраты.
Указание. В первом уравнении перенести всё в одну сторону и выделить три
полных квадрата.
Решение. Домножим первое уравнение системы на 2, перенесём всё в левую
часть уравнения и выделим полные квадраты:
2х2 + 2у2 + 2z2 — 2ху — 2yz — 2zx = 0	<=> (х — у)2 + (х — г)2 + (у - z)2 = 0,
следовательно, х = у — z. С учётом этого, из второго уравнения х = у = z = — 1.
Ответ. (—1; — 1; — 1).
3.1. Использование формул сокращенного умножения...
231
Задача 20. (Почв-79.5)
„	„ ( Юж2 + 5?/2 - 2ху — 38ж — бу + 41 = О,
Решить систему уравнении < п 2 п 2 , г	л
J	1 Зж2 - 2yz + 5ху - 17х - бу + 20 = 0.
Идея. Избавиться от произведений вида ху. Для этого умножить первое урав-
нение на 5, второе уравнение на 2 и сложить. Выделить полные квадраты и про-
анализировать полученное уравнение.
Указание. Умножив первое уравнение на 5, второе уравнение на 2 и сложив,
получим
56(ж2 - 4я + 4) + 21 (у2 - 2у + 1) = 0.
Указание. Выделим полные квадраты:
56(ж — 2)2 + 21(7/ — 2)2 =0-
Указание. Единственное возможное решение полученного уравнения х = 2,
у = 1. Подстановкой в одно из уравнений исходной системы убедиться в том, что
найденные значения являются решением системы.
Решение. Умножим обе части первого уравнения на 5, обе части второго урав-
нения на 2 и почленно сложим:
ббх2 + 21т/2 - 224я - 42т/ + 245 = 0.
Полученное уравнение не содержит произведений вида ху. Выделим полные квад-
раты:
56 • (х2 - 4я + 4) + 21 • (у2 - 2у + 1) = 0	<=>	56 • (ж - 2)2 + 21 • (у - I)2 = 0.
Из последнего уравнения следует, что х — 2 = 0 и ?/ — 1 = 0, то есть х = 2 и
у = 1. Непосредственной проверкой убеждаемся в том, что найденные значения
составляют решение исходной системы.
Ответ. (2; 1).
Замечание. Можно также рассмотреть первое уравнение как квадратное от-
носительно переменной х и выписать условие неотрицательности дискриминанта.
Решая соответствующее квадратное неравенство, находим у = 1.
Задача 21. (ИСАА-94.6)
Найти все значения а, при каждом из которых уравнение
а2х2 + 2а(л/2 — 1)ж + у/х — 2 = 2\/2 — 3 имеет решение.
Идея. (Первый способ) Выделить полный квадрат.
Указание. Заметить, что 3 — 2\/2 = (у/2 — I)2. Тогда в уравнении можно вы-
делить полный квадрат:
ах + (V2 — 1)) + л/ж — 2 = 0.
232
Указания и решения
Указание. Решение этого уравнения существует только при равенстве нулю
обоих слагаемых:
ах + (л/2 — 1) = 0 и х — 2 = 0.
Решение. Заметим, что 3 — 2\/2 = (л/2 — I)2 • Тогда в уравнении можно выделить
полный квадрат:
/	\ 2	____
(ах + (V2-1)J + л/ж - 2 = 0.
Решение этого уравнения существует только при равенстве нулю обоих слагаемых:
( ах + (л/2 — 1) = 0,
[ ж - 2 = 0;
х = 2
1-ч/2
2
Значит, при а =
нет.
1 - V2
—-— есть решение х = 2, при других значениях а решении
Идея. (Второй способ) Уравнение является квадратным относительно а. Запи-
сать условие существования решения (а) относительно параметра х.
Указание. Уравнение можно записать как квадратное относительно а:
х2а2 + 2ж(у/2 - 1)а + Vx -2 - 2\/2 + 3 = 0.
Указание. Решение квадратного уравнения существует только при неотрица-
тельном дискриминанте:
D/4.= x2(V2-l)2 -x2Vx^2-^~2V2)x2 = -x2Vx^2>0	<+=> х = 2.
Указание. Подставить найденное значение х в квадратное уравнение и вычис-
лить его корни.
Решение. Уравнение можно записать как квадратное относительно а:
х2а2 + 2а;(\/2 - 1)а + у/х-2 - 2\/2 + 3 = 0.
Корни квадратного уравнения существуют при неотрицательном дискриминанте:
Р/4 = ®2(л/2 - I)2 - х2'/х^2 - (3- 2л/2)ж2 = -х2у[х^2 > 0	+=> х = 2.
Для найденного значения х решим квадратное уравнение для определения а, при
этом заметим, что 3 — 2л/2 = (л/2 — I)2:
4a2+4(v/2-l)a+(v/2-l)2 = 0	•++>	(2а + ^2 -1)2 = 0	а = 1 ~
„	1 - ^2
Итак, при а — —-— х = 2, при других значениях а решении нет.
Ответ.
2
3.1. Использование формул сокращенного умножения...
233
Задача 22. (У)
1\2 2ж
Решить неравенство ( х Ч— ) > —-------.
\	2 у х2, +1
Идея. Преобразовать неравенство к виду: сумма квадратов нескольких выраже-
ний больше нуля.
Указание. Домножить неравенство на 4(ж2 + 1) > 0 и собрать два полных
квадрата.
Решение. Домножим неравенство на 4(ж2 + 1) > 0 и соберём два полных квад-
рата:
1\2 2х
+ z >
(2х + 1)2(ж2 + 1) > 8х
<=>	(2х + I)2 • х2 + (2х + I)2 - 8х > 0	<=>	(2х2 + х)2 + (2х - I)2 > 0.
Последнее неравенство справедливо для любого ж, так как оба квадрата одновре-
менно в ноль обращаться не могут.
Замечание. Для доказательства неравенства можно было воспользоваться
неравенством между средним арифметическим и средним геометрическим:
Тогда
Причём при х 0 0 последнее неравенство является строгим, а предпоследнее —
при х / 1/2. Следовательно, при любом х исходное неравенство будет строгим.
Ответ, х Е R.
Задача 23. (У)
Решить неравенство л / 9-< х — \ х-
ух ух
Идея. Возвести неравенство в квадрат и упростить с помощью алгебраических
преобразований.
Указание. Определить возможные значения х из условия неотрицательности
правой части и подкоренных выражений и возвести неравенство в квадрат.
Указание. В получившемся неравенстве выделить полный квадрат.
234
Указания и решения
Решение. При отрицательном х правая часть неравенства отрицательна и оно
не имеет смысла. Значит х > 0. Из условия неотрицательности подкоренных вы-
ражении получаем х > 3. При этих х обе части неравенства неотрицательны и
его можно возвести в квадрат:
Задача 24- (Геол.ОГ-82.6)
Найти все тройки чисел	удовлетворяющие условиям
( 8 cos ж cos 1/cos (ж — у) + 1 = О,
| х + у = z.
Идея. Свести первое уравнение системы к квадратному относительно cos(a? — у)
при помощи формулы преобразования произведения косинусов в сумму. Рассмот-
реть, при каких значениях cos (ж + у) полученное квадратное уравнение имеет
решения.
Указание. Преобразовав произведение косинусов в сумму, привести первое
уравнение системы к виду
4(cos(z + у) + cos(z — у)) cos(x — у) + 1 = 0
4 cos2 (ж — у) + 4 cos(;r + у) cos(x — у) + 1 = 0.
Указание. Выделить полный квадрат:
(2 cos(® - у) + cos(z + у))2 + 1 - cos2 (х + у) = 0.
Указание. Это уравнение эквивалентно совокупности двух систем:
!cos(sc + у) = 1,	( cos(® + у) = — 1,
,	х	1 ИЛИ \	,	х 1
cos(z - у) =	I cos(x-y) = -.
2	2
Решение. Так как z не входит в первое уравнение, то второе уравнение системы
можно использовать только для нахождения z, а х и у надо искать из первого
уравнения. Преобразуем в первом уравнении произведение косинусов в сумму:
8 cos ж cos cos (ж — у) + 1 = 0
4(cos(z + у) + cos(z — у)) cos(x — у) + 1 = 0	<=>>
3.1. Использование формул сокращенного умножения...
235
4=4* 4соз2(ж — у) 4- 4соз(ж + у) соз(ж - у) 4- 1 = 0.
Выделим полный квадрат:
(2 соз(ж — у) 4- соз(ж 4- у))2 + 1 — cos2 (ж 4- у) = 0.
Так как косинус не превосходит единицы, то полученное уравнение эквивалентно
совокупности двух систем:
(соз(ж + у) = 1,
( \ 1
со8(ж-т/) =
{СОв(ж + у) = —1,
, \ 1
cos(z -у) =
( х 4- у = 2тг&, k 6 Z,
<	2тг
| х — v = ±---------h 2ttZ, I 6 Z;
I	3
| х + у = тг + 2тгт, т € Z,
1 х — у = ±—И 2тгп, п 6 Z.
I	3
Решая полученные системы линейных уравнений, находим значения переменных
х и у. Из второго уравнения исходной системы определяем z.
(тг	тг	\
—h тг(А?1 4- Zi) ;-------------И тг(&1 — Zi); 2тгА?1
3	3	'
+ тг(Л?2 + z2) ;	+ 7Г(А?2 - ^); 2тг/Й ,
х О	О	'
(2тг ,	\ 'к ,	х	\
— 4- 7r(mi + ni) ; - + тг(т711 - nJ; тг + 2тгтх I ,
о	о	/
(7 + тг(т2 4- п2) ;	4- тг(т2 — п2); тг 4- 2тгт2 ) ; ni,n2, Zi, Z2,mi,m2, fci, k2 6 Z.
V О	о	J
icos(z 4- y) = 1,
,	\ _	1. необходимо
cos(£ — y) — — —;
брать для серий решений каждого уравнения разные целочисленные параметры,
чтобы перебрать все возможные пары.
Задача 25. (Геол-90.5)
Найти все пары действительных чисел тип, при которых уравнение
(Зж2 — 2m2 + mn)2 + (3m2 — mn + 2n2 — 12ж)2 4- 4 = 4ж — x2 имеет хотя бы одно
решение.
Идея. Перенести слагаемые из правой части уравнения в левую и выделить
полный квадрат.
Указание. Уравнение приводится к виду
(Зж2 — 2m2 4- mn)2 4- (3m2 — mn 4- 2n2 — 12ж)2 4- (ж — 2)2 = 0.
Указание. Уравнение равносильно системе
Зж2 — 2m2 4- mn = 0,
<	3m2 — mn 4- 2n2 — 12ж = 0,
ж — 2 = 0;
12 — 2m2 4- mn = 0,
<	3m2 — mn 4- 2n2 — 24 = 0,
ж = 2.
236
Указания и решения
Указание. Умножить обе части первого уравнения на 2 и почленно сложить
его со вторым уравнением:
2п2 + тп — т2 = 0.
Указание. Рассмотреть последнее уравнение как квадратное относительно но-
« п
вой переменной —.
т
Решение. Перенесём слагаемые из правой части уравнения в левую и выделим
полный квадрат:
(Зж2 — 2m2 + тп)2 + (3m2 — тп + 2п2 — 12ж)2 + (х — 2)2 = 0
Зж2 - 2m2 + тп = 0,
3m2 — тп + 2п2 - 12ж = 0,
ж — 2 = 0;
12 — 2m2 + тп = 0,
3m2 — тп + 2п2 - 24 = 0,
ж = 2.
Умножим обе части первого уравнения на 2 и сложим почленно со вторым урав-
нением:
2п2 + тп — т2 = 0.
Поскольку m = 0 не является решением первого уравнения системы, разделим на
9	,	„	П
т 0; получим квадратное уравнение относительно величины — :
Г
т
п
т/ т
= -1;
1
.т 2
1) При т = — п: 12 — 2п2 — п2 = 0	=> п2 = 4	п = ±2, т = =р2.
2) При т = 2п: 12 — 8п2 + 2п2 = 0 => п2 — 2 п = ±\/2, т = ±2^/2.
Ответ. (-2; 2), (2; -2), (2^2; д/2), (-2^2; -г/2).
3.2. Замены переменных в рациональных уравнениях, нера-
венствах и системах
Задача 1. (Геогр-97.1)
Решить неравенство —------—------ > 2.
4|ж - 1| + 3
Идея. Сделать замену переменной t = |ж — 1|, t > 0. Учесть положительность
знаменателя дроби.
Указание. Произвести замену переменной t = |ж — 1|; в результате получаем
Указание. Поскольку знаменатель в левой части всегда положителен, исходное
неравенство равносильно неравенству t 4-10 > 2(4£ + 3).
3.2, Замены, переменных в рациональных уравнениях, неравенствах...
237
Решение. Выполним замену переменной t = \х — 1|, t > 0; в новых обозначе-
ниях неравенство принимает вид
£4-10
4t + 3
>2.
Учитывая, что знаменатель всегда положителен, получаем равносильное неравен-
ство
4
t + 10 > 2(4£ + 3)	<=>	t<-.
Возвращаемся к исходной переменной:
Ответ.
3 П\
7’ 7 /
Задача 2. (Почв-98.3)
Решить неравенство  ----——- >  -----——-.
F	|ж + 1| - 1 - |ж + 1| - 2
Идея. Свести неравенство к обычному рациональному неравенству с помощью
соответствующей замены.
Указание. Произвести замену переменной t = |ш —1|, найти t, потом вернуться
к переменной х.
Решение. Сделаем замену + 1| = t. Заметим, что t > 0, так как модуль
числа - величина неотрицательная. Получим дробно-рациональное неравенство
относительно t:
1 > 2
t - 1 “ t-2‘
Решим это неравенство методом интервалов.
t - 2 - 2t + 2
(t- l)(t _ 2) -
(t — l)(t — 2) -°
(t- l)(t-2) - °'
////////// ////////o
0	1	2 t
Неравенству удовлетворяют значения t = 0 и 1 < t < 2. Вернёмся к исходной
переменной:
1) t = 0	|ж 4-1| = 0	х ——1.
2) 1 < i < 2	1<|х + 1|<2	[ ;Л<*<-2;
	—3 < х < —2;
Окончательно получим	х — — 1;	Обратите внимание на то, что изоли- 0 < х < 1.
рованная точка х — — 1 также является решением исходного неравенства.
Ответ. (—3; —2) U {—1} U (0; 1).
238
Указания и решения
Задача 3. (У)
Решить систему уравнений
2|ж — у\ +у = 2,
|ш - у\ - 2у = 6.
Идея. Заменить |ж — у\ новой переменной.
Указание. Сделать замену t = |ж — у\ и решить получившуюся линейную си-
стему.
Решение. Пусть t = \х — у\, тогда
2t + у = 2,
t — 2у = 6;
У = ~2,
t = 2;
Ответ. (-4; -2), (0; -2).
Задача 4* (У)
Решить уравнение 2ж4 + Зж3 + 2х2 + Зж + 2 = 0.
Идея. Решить уравнение как возвратное.
Указание. Поделить уравнение на х2 и, сделав замену, свести его к квадрат-
ному.
Решение. Так как ж = 0 не является решением нашего уравнения, то можем
поделить его на ж2. Получим
/ 9	1 \	/	1\
2 I ж2 + — +З ж + - +2 = 0.
\	ж2 /	\	ж /
Положим у = х + —, тогда ж2 + Д-=т/2 — 2и уравнение примет вид:
ж	ж2
2у2 + Зу - 2 = 0
Ответ. —1.
У = ~2,
Задача 5. (У)
Решить уравнение (ж + З)4 + (ж + 5)4 = 4.
х Н— — —2,
ж
1	1
ж
Ж	2
Идея. С помощью подходящей замены свести уравнение к биквадратному.
Указание. Сделать замену переменных у = ж + 4.
У — 2,
< х — 0;
х = —4.
3.2. Замены, переменных в рациональных уравнениях, неравенствах...
239
Решение. После замены у = х + 4 уравнение примет вид:
(у - I)4 + (у + I)4 = 4	4=^ у4 + бу1 2 — 1 = О	у2 = -3 + л/10.
Возвращаясь к х, получим xi^ = — 4 ± у/-у/10 — 3.
Ответ. —4± -у/у/10 — 3.
Задача 6. (У)
Разложить на множители многочлен (ж + 1)(ж + 3)(ж + 5)(ж + 7) + 15.
Идея. Свести многочлен 4-ой степени к многочлену 2-ой с помощью соответ-
ствующей замены.
Указание. Перемножить отдельно крайние скобки, отдельно - средние и сде-
лать замену замену t = (ж + 1)(ж + 7).
Решение. Сделаем замену переменных t = (ж + 1)(ж + 7), тогда получим
(ж + 1)(ж + 3)(я + 5)(я + 7) + 15 = t(t + 8) + 15 = t2 + St + 15 = (t + 3)(t + 5) =
= (x2 + Sx + 10)(ж2 + Sx + 12) = (x + 4 - \/б)(ж + 4 + ч/б)(я + 2)(ш + 6).
Ответ, (ж + 4 - \/б)(ж + 4 + \/б)(ж + 2)(ж + 6).
Задача 7. (У)
Решить уравнение х4 — Зх2(х + 1) + 2(я + I)2 = 0.
Идея. Свести уравнение к квадратному относительно новой переменной.
х2
Указание. Поделить уравнение на (ж + I)2 и сделать замену у =--
Решение. Заметим, что х = — 1 не является
х2
нения на (ж 4-1)2 и сделаем замену у =-.
корнем, разделим обе части урав-
Получим уравнение
у2 - Зу + 2 = О,
корнями которого являются ?/1 = 2 и у2 = 1. Следовательно,
х2 - 2х — 2 = 0;
х2 - х - 1 = 0;
#1,2 — 1 ± \/3;
1±г/5
Я3,4 = ------
1
Ответ. 1 ± V3, ----
2
240
Указания и решения
Задача 8. (У)
Решить систему <
ху + yz = 8,
yz + zx = 9,
zx + ху — 5.
Идея. Свести систему к линейной.
Указание. Заменить все произведения новыми переменными.
Решение. Сделав замену а — ху, b = yz, с = zx, получим линейную систему
а + b — 8,
b + с = 9,
с + а = 5;
а = 2,
6 = 6,
с = 3;
откуда следует, что
b	у	Л b z
- = - = 2, - = - = 3,
с	х ах
то есть у = 2х, z = Зж. Подставляя это в любое из уравнений исходной системы,
получим х = ±1 и, соответственно, у = ±2, z = ±3.
Ответ. (1;2;3), (-1; -2; -3).
Задача 9. (У)
х+у + ху = 7,
Решить систему уравнении <	2	2 _ , о
Идея. Заменить сумму и произведение переменных.
Указание. Во втором уравнении выделить полный квадрат и сделать замену
а = х + у, b = ху.
Решение. Положим а = х + у, b = ху, тогда
( а + b = 7,
| а2 - b = 13.
Решая подстановкой, найдём а = —5, b = 12 и а = 4, 6 = 3. Возвращаясь к
переменным х, у, получим, что в первом случае решений нет, во втором случае
х = 1, у = 3 и х = 3; у = 1.
Ответ. (1;3), (3; 1).
Задача 10. (Геол-98(2).7)
Решить систему уравнений
®(l + j/) = у + 7,
х2у — ху2 = 6.
3.2. Замены переменных в рациональных уравнениях, неравенствах...
241
Идея. Сделать замену переменных v = ху, и = х — у.
т-г	( х — у + ху = 7,
Указание. Приведя систему к виду < Ху(* _ g. сделать замену пере-
менных v — ху, и — х — у.
тт	f и + V = 7,
Указание. После замены переменных система принимает вид < uv _
Указание. Не забыть вернуться к исходным переменным.
Решение. Преобразуем уравнения системы:
Г х(1 + у) = у + 7,
I х2у — ху2 = б;
х — у + ху = 7,
ху(х - у) = 6-
Пусть v = ху, и = х — у. После замены система принимает вид
и + v = 7,
uv = 6;
и = 6,
v = 1;
и = 1,
V = 6.
Рассмотрим отдельно каждую систему совокупности.
1)
2)
и ~ б,
v = 1;
х - у = 6,
= 1;
и = 1,
v — б;
х - у = 1,
ху = б;
( х = 3 - л/10,
| у = -3 - VT0;
f х = 3 + VTO,
[ у = -з + VT6.
J x = 3,
уу = Ъ
\ x = -2,
l У = -3.
Ответ. (З + л/10; -З + л/10), (3 - л/10; -3--Д0), (3; 2), (-2; -3).
Задача 11. (У)
_	f х2 - у2 = 3,
Решить систему | х2+ху+2у* = 8.
Идея. Получить однородное уравнение.
Указание. Домножить первое уравнение на 8. второе — на 3 и вычесть одно
из другого.
Указание. Сделать замену t = —.
У
Решение. Домножим первое уравнение на 8, второе — на 3
х2 - у2 = 3,	f 8ж2 - Sy2 = 24,
х2 + ху + 2у2 = 8;	[ Зж2 + Зху + б?/2 = 24.
Вычитая второе уравнение из первого, получим
5ж2 - Зху - 14г/2 = 0.
242
Указания и решения
Поделим это уравнение на у2 (у = 0 — не является решением системы) и обозна-
х
чим t = —. Полученное квадратное уравнение
У
5t2 — 3t - 14 = О
7	7
имеет корни 2 и — -. В первом случае х — 2у, во втором х = — -у. Подставив это
5 м	5
в первое уравнение исходной системы, получим ответ.
Ответ. (2; 1), (-2;-1), (—у=;----f----------“7= 5 ~7=V
\2г/2	2^2/ \ 2г/2 2л/2/
Задача 12. (Геол-98(1).6)
ж2
Т
Решить неравенство
1
/2
х2
т
2	2
2 .
м ж2
Идея. Сделать замену переменной у = — + х. Получить линейное неравенство
с модулями, которое решить стандартным способом.
У каз ание.
После замены неравенство принимает вид
1
/2
Указание.
Рассмотреть неравенство на трёх промежутках:
1	1
У < ?2’	?2
2,
2.
После решения неравенства относительно у необходимо вернуться
Указание.
к исходной переменной х.
ж2
Решение. Пусть — + х = у. После замены переменной неравенство принимает
вид	2
1
/2
т.	..	11
Рассмотрим неравенство на трех промежутках: у < —=., ——
у 2 л/ 2
1
/2
1
/2
2 + 2/
Зд/2
; значит,
5
1
/2
1
/2
2 + 2/
2ч/2
~т~
1)	При у < -^=
решений нет.
2)	При -+ < у
2V2
Следовательно, —— < у < у 2.
о
3)	При у > л/2	у--=<3\у
V "	\
у > 0. Следовательно,
2.
2
3.2. Замены переменных в рациональных уравнениях, неравенствах...
243
ы	п
Объединяя три случая, получаем у > ——. Возвращаемся к исходной пере-
меннои:
ж2
~2
2л/2
т
4л/2.
3 ’
х
х < — 1 -
Задача 13. (У)
f ж2 + т/2 — 1
При каких а система <	2 .	 2 имеет решение?
[ ж25 + ху + уz = а
Идея. Получить однородное уравнение.
Указание. Домножить первое уравнение на а и вычесть из второго.
_ _	_.	ж
Указание. Сделать замену t = —.
У
Решение. 1) Если у = 0, то
ж2 = 1,
ж2 = а;
и решения есть только при а = 1.
2) Рассмотрим случай, когда у / 0 и а / 1. Умножим первое уравнение исходной
системы на а и приравняем левые части уравнений:
аж2 + ау2 = х2 + ху + у2
<=> (а — 1)ж2 — ху + (а — 1)^/2 — 0.
ж
Разделим на у2, сделаем замену t — —, получим квадратное уравнение
У
(а — l)f2 — f + а — 1 = 0.
Если это уравнение будет иметь решение to, то, подставив ж — toy в первое урав-
нение исходной системы, найдём ж, а затем и у. Выпишем условие существования
решения квадратного уравнения:
D > 0,
а ф 1;
(а-1)2
а 1;
1
- 4’
а е
и
Объединяя случаи, получаем ответ.
Ответ.
13
2’2
244
Указания и решения
Задача 14- (Экон.К-74.5)
Найти все действительные значения величины h, при которых уравнение
х(х + 1)(ж + /г) (ж + 1 + h) = h2 имеет четыре действительных корня.
Идея. Скомбинировать сомножители по два и сделать замену переменной
t = х2 + x(h + 1).
Указание. Исходное уравнение можно представить в следующем виде:
(ж2 + x(h + 1))(ж2 + x(h + 1) + К) = h2.
Сделать замену переменной t = ж2 + x(h + 1).
Указание. После замены переменной привести уравнение к виду t2+th—h2 = О
и рассмотреть случаи h = 0 и h ± 0.
Указание. Если h = 0, то t = 0; значит, исходное уравнение имеет только два
корня ж = 0 и ж = -1, поэтому h = 0 не подходит. Если 7г 7^ 0, то исходное
уравнение эквивалентно совокупности двух квадратных уравнений:
1
ж2 + x(h Ч-1) Ч---—h = 0;
х/5 — 1
ж2 + x(h + 1)-----—h = 0.
Ai
Указание. Совокупность имеет 4 решения, если каждое уравнение имеет по два
различных решения, но общих корней у этих уравнений нет. Это возможно только
в случае, если каждое уравнение имеет строго положительный дискриминант, а
система из этих двух уравнений не имеет решений:
' Di = h2 - 2Vbh + 1 > 0,
D2 = h2 + 2^/571 + 1 > 0,
<
Решение. Перемножим второй множитель с третьим, а первый - с четвёртым:
ж(ж + 1)(ж + /г) (ж + 1 + 7г) = h2 <=>	(ж2 + ж(7г + 1))(ж2 + ж(7г + 1) + 7г) = 7г2.
Сделаем замену переменной t = ж2 + ж(7г + 1). Тогда уравнение примет вид
—1 ± л/5
t(t + 7г) = 7г2	<=> t2 + th — h2 = 0,	<=> й2 =------------7г.
Если h = 0, то t = 0 и, значит, исходное уравнение имеет только два корня
ж = 0 и ж = -1, поэтому Тг = 0 не подходит.
Если 7г 0, то исходное уравнение эквивалентно совокупности двух квадрат-
ных уравнений:
1 + л/5
ж2 + ж(7г + 1) Ч---—7г = 0;
Zi
х/5 _ 1
ж2 + ж(7г +1)------—7г = 0.
3,3. Замены переменных в иррациональных уравнениях, неравенствах... 245
Совокупность имеет 4 решения в том и только в том случае, когда каждое урав-
нение имеет по два различных решения, а общих корней у этих уравнении нет.
Заметим, что при h ± 0 квадратные уравнения не имеют общих корней, посколь-
ку
1 4- л/5	л/5 — 1
х2 + x(h + 1) Ч-------—h ± х2 + x(h + 1)----------------—h.
Lt	Lt
Значит, для существования четырёх различных решений системы достаточно по-
требовать положительности дискриминантов квадратных уравнений:
= (Л. + I)2 - 2Л(1 + ч/б) = h2 - 2 ч/б Л. + 1 > О,
D2 = (h + I)2 + 2Л(л/5 - 1) = h2 + 2г/5Л. + 1 > 0;
Отсюда легко получаем ответ.
Ответ, (-оо; —ч/б - 2) U (—ч/б + 2; 0) U (0; ч/б - 2) U (ч/б + 2; +оо).
3.3. Замены переменных в иррациональных уравнениях,
неравенствах и системах
Задача 1. (ЕГЭ.В)
Решить уравнение 4/ж2 + 1 — 2® — 6у/х — 1 = 7.
Идея. Выполнить замену переменной t = ^/х — 1 и свести исходное уравнение
к квадратному.
Указание. Сделать замену переменной t = у/х — 1, t > 0. Уравнение примет
вид t2 -	- 7 = 0	<=> (t - 7)(t + 1) = 0.
Указание. Произвести отбор корней по условию t > 0.
Решение. Сделаем замену переменной t = у/х — 1, t > 0; уравнение примет вид
t2 — 6t — 7 = О <=>	(t-7)(t + l) = 0.
Так как t > 0, то значение t = — 1 не подходит. Остаётся t = 7, то есть
г/ж — 1 = 7
х = 50.
Ответ. 50.
246
Указания и решения
Задача 2. (ЕГЭ.В)
Решить уравнение \/я2 — 4ж + 4 — 6 = 5\/2 — х.
Идея. Сделать замену t = у/2 — х и свести исходное уравнение к квадратному
относительно новой переменной.
Указание. Ввести новую переменную t = >J2 — ж, t > 0; уравнение примет
вид
t2 - 5t - 6 = 0	<=>	(t-6)(t + l) = 0.
Указание. Произвести отбор корней по условию t > 0.
Решение. Сделаем замену переменной t = у/2 — х, t > 0; уравнение примет
вид
t2 - 5t - 6 = 0	<=>	(t-6)(t + l) = 0.
Так как t > 0, то корень t = — 1 не подходит. Значит,
t = 6
л/2 — ж = 6
ж = -34.
Ответ. —34.
Задача 3. (Экон.К-83.1)
Решить уравнение ж2 + 11 + уж2 + 11 = 42.
Идея. С помощью замены t = у/х2 + 11 уравнение сводится к квадратному от-
носительно введённой переменной.
Указание. Сделать замену t = \Z#2 + 11; уравнение принимает вид
t2 + t - 42 = 0
(t + 7)(t-6) = 0.
Указание. Произвести отбор корней по условию t > \/11.
Решение. Произведём замену переменной t = \/ж2 + 11, t > \/11. Уравнение
принимает вид
ж2 + 11 + Vz2 + 11 = 42	<=> t2 + t - 42 = 0	<=> (t + 7)(f-6) = 0.
Корень t = — 7 не подходит, так как t > \/1Т. Остаётся значение
t = 6 =^>	\/х2 + 11 = 6	<=> ж = ±5.
Ответ. —5; 5.
3.3. Замены переменных в иррациональных уравнениях, неравенствах... 247
Задача 4- (Геол-94(2).3)
Решить уравнение у2 + 2у/у2 + 3?/ — 4 — 4 + Зу = 0.
Идея. С помощью замены t = лД/2 + 3?/ — 4 свести уравнение к квадратному
относительно новой переменной.
Указание. Сделать замену t — y/у2 + Зу — 4.
Указание. После замены переменной уравнение приводится к виду
t2 + 2t = 0	<++> t(t + 2) = 0.
Указание. Отобрать корни по условию t > 0.
Решение. Произведём замену переменной t = у/у2 4- Зу — 4, t > 0; получаем
уравнение
t2 + 2t = 0	<++> t (t + 2) = 0.
Поскольку t > 0, остаётся корень t = 0. Возвращаемся к исходной переменной:
^2 + Зз/ _ 4 = о	(3/ + 4)(3/-1) = О
Ответ. —4; 1. Задача 5. (У) „	/1+Х	1	г Решить уравнение \	1— = 5. V х	х Идея. Свести уравнение к квадратному. Указание. Сделать замену t = д — + 1 V х /1 Решение. В результате замены t = \ — V х t + t2 -1 = 5 <=> откуда t = 2 4=+> \ — + 1 = 2 <++> х  V х Ответ. 1/3.	+ 1 > 0 наше уравнение примет вид t2 +1 - 6 = 0, _ 1 - 3‘
248
Указания и решения
Задача 6. (У)
Решить систему уравнении
Идея. Сделать замену и = v =
Vх у/У
Указание. В получившейся после первой замены системе заменить сумму и
произведение.
Решение. Сделаем замену переменных и = ~^= > 0 и v =	> 0:
Vх	Vy
и2 + v2 = 34,
и + v = 23 — uv-
(и + v)2 - 2uv = 34,
и + v + uv — 23.
Теперь заменим а = и + v и b = uv :
a2 -2b = 34,
а + b — 23;
b = 23 — а,
< а = 8,
а = -10.
Так как а = u + v > 0, то нам подходит только а = 8. Возвращаясь к переменным
и и v, а затем к х и у, получим
а = 8,	( и + v = 8,	\ v = 8 — и,
Ь = 15;	[ uv = 15;	[ и2 - 8и + 15 = 0;
' х = 1/25,
У = 1/9;
* х = 1/9,
У = 1/25.
/1 1 \ / 1 1\
Ответ.	, тг! т •
\9 25/ V25 9/
Задача 7. (У)
Решить уравнение у^ж + 3 — 4у/х — 1 + уж + 8 — 6\/ж — 1 = 1.
Идея. Выделить полные квадраты под внешними радикалами.
Указание. Сделать замену у = у/х — 1.
Решение. Сделав замену переменной у — у/х — 1, у > 0, получим
\/у2 - 4у + 4 + 1/у2 - бу + 9 = 1	\у - 2| + |у - 3| = 1.
Откуда 2 < у < 3, следовательно, 5 < х < 10.
Ответ. [5; 10].
3.3. Замены переменных в иррациональных уравнениях, неравенствах... 249
Задача 8. (ВМК-96(1).1)
Решить неравенство у/(2х + I)4 - (2х + I)2 + (2ж + 1)2>0.
Идея. В левой части неравенства стоит сумма двух неотрицательных чисел.
Следовательно, неравенство выполнено всегда, когда оно имеет смысл.
Указание. Чтобы неравенство имело смысл, подкоренное выражение должно
быть неотрицательным, то есть (2х + I)4 — (2х + I)2 >0.
Решение. Левая часть неравенства представляет собой сумму двух неотрица-
тельных чисел. Следовательно, неравенство выполнено всегда, когда оно имеет
смысл:
(2х + I)4 - (2х + I)2 > 0	(2х + 1)2((2ж + I)2 - 1) > 0	<=>
<=>	(2х + 1)2(2z + 1 - 1)(2я + 1 + 1 > 0	<=>
Решим неравенство методом интервалов.
4z(2z + l)2(z + 1) >0.
+
//////////////////^
-1
+
-1/2
0 х
Ответ. (—оо; —1] U
9 г и [0; +оо).
Z I
Задача 9. (Почв-96(1).3)
т.	2
Решить неравенство --.	< 1.
2-л/^+З “
Идея. Сделать замену переменной t = у/х + 3. После замены неравенство ста-
новится дробно-рациональным.
Указание. Произвести замену переменной t = у/х + 3.
Указание. После замены переменной привести неравенство к виду
и решить методом интервалов.
Указание. Не забыть вернуться к исходной переменной.
> 0
Решение. Введём новую переменную t = у/х + 3, t > 0:
2-2+f	„	t п	Г * < 0;
9 _ j. — 1	2 t — 0	х _ 2 — 0	t > 2
Ли	Au	t и	**
О
о
2
t
250
Указания и решения
Учитывая, что t > 0, получаем t 6 {0} U (2; +оо); возвращаемся к исходной
переменной:
у/х + 3 = 0;	х = —3;
л/я + 3 > 2;	х > 1.
Ответ. {—3} U (1; +оо).
Задача 10. (Геол-91.3)
Решить неравенство
1	2
у/х + 2 — 4 — у/х'
Идея. С помощью замены t = у/х свести иррациональное неравенство к
дробно-рациональному. Воспользоваться методом интервалов.
Указание. Сделать замену переменной t = у/х.
Указание. После замены переменной привести неравенство к виду
3t
2)(£—4) “ 0’ Репшть мет°д°м интервалов.
Решение. Сделаем замену переменной t = у/х, t > 0. В новых обозначениях
неравенство принимает вид
1	2
t + 2 + t —4 -
(t + 2)(t-4) -°'
Решаем методом интервалов.
- + - +
______________о____________4____________________0/////////////^,
-2	0	4 t
Учитывая, что t > 0, получаем t 6 {0} U (4;+оо); возвращаемся к исходной
переменной: х € {0} U (16; +оо).
Ответ. {0} U (16; +оо).
Задача 11. (Биол-93.3)
„	/	1 7z-l
Решить неравенство Ь\ 1---> ------
V z z
Идея. С помощью замены переменной t = ч/1--------свести неравенство к квад-
ратному.
Указание. Сделать замену переменной t = \ 1------.
V £
Указание. Привести неравенство к виду t2 — 5£ + 6<0.
Указание. Вернуться к исходной переменной.
3.3. Замены переменных в иррациональных уравнениях, неравенствах... 251
Решение. Преобразуем неравенство:
7г — 1
z
5-\/1 — - > 6+ ( 1 - - ) .
V z \ z)
Сделаем замену переменной t =
5t > 6 +12
- bt + 6 < О
(t —2)(t —3)<0	<=>
2 < t < 3.
Вернёмся к переменной z:
Задача 12. (ВМК-83.5)
Для каждого значения параметра а найти все значения х, удовлетворяющие урав-
нению (х — 3)(ж + 1) + 3(ж — 3)у--- = (а — 1)(а + 2), и найти все значения
параметра а, при каждом из которых уравнение имеет только один корень.
Идея. Уравнение имеет смысл при х < — 1 и ж > 3. В каждом из этих случаев
внести |ж — 3| под корень и сделать замену \/(ж + 1)(ж — 3) = t.
Указание. При ж>3 уравнение принимает вид
(х - 3)(а? + 1) + Зх/(а? + 1)(а: - 3) = (а - 1)(а + 2).
При х < — 1 уравнение можно записать так:
(® - 3)(® + 1) - Зд/(а; + 1)(® - 3) = (а - 1)(а + 2).
Рассмотреть каждый из случаев отдельно, сделав замену
у/(х + 1)(® - 3) = t, t > 0.
Указание. При х > 3 после замены получим уравнение
t2 + 3t - (а - 1)(а + 2) = 0	<=>	! Z “ Г
с — л а.
Для. каждого t вернуться к исходной переменной х.
Указание. Аналогично, при х < — 1
£2 _ 3t _ (а _ 1)(а +2) = 0	^^2.’
Вернуться к исходной переменной х.
Указание. Объединив случаи, выписать решения при различных а. Найти зна-
чения параметра, при которых существует единственное решение.
252
Указания и решения
Решение. Уравнение имеет смысл при х < — 1 и х > 3. Внесём во втором
слагаемом |ж — 3| под корень и учтём знак множителя (ж — 3).
При х > 3 уравнение принимает вид
(х - 3)(ж + 1) + Зу/(х + 1)(ж - 3) = (а - 1)(а + 2).
При х < — 1 уравнение можно записать так:
(х - 3)(ж + 1) - Зу/(х + 1)(ж - 3) = (а - 1)(а + 2).
Рассмотрим каждый из случаев отдельно, сделав замену + 1)(ж — 3) = t.
1)	При х > 3 получаем уравнение
t2 + 3t — (а— 1)(а + 2) = 0;
D = 9 + 4а2 + 4а - 8 = (2а + I)2;
-3±(2а+1)
t =-----------, то есть t = а — 1 или t = —2 — а.
2
а)	Рассмотрим первый корень t — а — 1:
л/(® + 1)(®-3) = а - 1	«=>	{ (а, + 1У(ш’— 3) = (а - I)2
{а > 1,	л/ а > 1,
х2 - 2х - 3 - (а - I)2 = 0	[ X = 1 ± У(а- I)2 +4.
Так как рассматриваем только х > 3, то решением является
= 1 + i/(a — I)2 + 4 при а > 1.
б)	Аналогично рассмотрев второй корень t — —а — 2, получаем, что решением
является
Х2 = 1 + л/(а + 2)2 + 4 при а < —2.
2)	Теперь рассмотрим случай х < — 1:
£2 — 3£ — (a — 1)(а + 2) = 0;
D = 9 + 4a2 + 4a - 8 = (2a + I)2;
3±(2a + l)
t = ----------, то есть t = 1 — а или t = a + 2.
2
а)	Рассмотрим первый корень t = 1 — a:
A/(® + l)(a:-3) = l-a	{ (jH)(J-3) = (e-l)2
k ( a < 1,	±k f a < 1,
| ж2 _ 2ж - 3 - (a - I)2 = 0	[ x = 1 ± У(а- l)2+4.
Так как x < — 1, то решением является
z3 = 1 — у/(а — I)2 + 4 при а < 1.
3.3. Замены переменных в иррациональных уравнениях, неравенствах... 253
б)	Аналогично рассмотрев второй корень t = а + 2, получаем, что решением
является	__________
= 1 — у/(а + 2)2 + 4 при а > —2.
Собираем найденные решения вместе:
•	при а < — 2 есть два решения х2 и т3;
•	при — 2 < а < 1 есть два решения z3 и Х4;
•	при а > 1 есть два решения х± и х^\
причём из этих пар решений совпадать могут только ж3 и х±, так как они из
одного случая х < — 1, а остальные пары решений из разных случаев: х2 > 3, а
х2 < — 1 и xi > 3, а Х4 < —1.
Найдём a 6 [—2; 1], при которых z3 — X4:
1--/(а - I)2 + 4 = 1-V(a + 2)2 + 4	<=>	(а-1)2 = (а+2)2	а=~^-
La
Следовательно, при а = — -
Осталось выписать ответ.
уравнение имеет единственный корень х = — -.
Ответ, ж = 1 — \/(а — I)2 + 4 и x = 1 +	+ 2)2 + 4 при а < — 2;
х = 1 - \/(а “ I)2 + 4 и х = 1 - у/(а + 2)2 + 4 при — 2 < а < —1/2;
х = -3/2 при а = —1/2;
ж = 1 — ^(а — I)2 + 4 и х = 1 — \/(а + 2)2 + 4 при—1/2<а<1;
х = 1 + л/(а — I)2 + 4 и х = 1 —	+ 2)2 + 4 при а > 1;
при а = —1/2 уравнение имеет только один корень.
Задача 13. (ВМК-90.4)
Решить неравенство у/9-и2 — 48-и — 21 + у/9-и2 — 51-и — 15 < |3v — 6|.
Идея. Заметив, что разность подкоренных выражений равна выражению, стоя-
щему под модулем, сделать замену переменных
х = y/§v2 — 48-и — 21, у = y/$v2 — 51-и — 15.
Указание. Выполнив замену
х = y/tyu2 — 48-и — 21, у = \/9v2 — 51-и — 15 ,
и используя очевидное ограничение х + у > 0 (так как т>0и?/>0), привести
неравенство к виду
(х + у)(\х —2/1 — 1) >0
х + у — 0,
\х ~У\ > 1-
254
Указания и решения
Указание. Из уравнения совокупности следует, что х = у = 0. Из равенства
х = у получаем v = 2, однако при подстановке найденного значения в уравнение
х = 0 убеждаемся в том, что v = 2 корнем не является.
Указание. Неравенство совокупности дважды возведём в квадрат:
(ж2 - у2)2 — 2(ж2 + у2) + 1 > 0.
Возвращаясь к исходной переменной, получим
27172 - 162v - 109 < 0.
Осталось решить неравенство методом интервалов и учесть ОДЗ.
Решение. Неравенство имеет смысл только при неотрицательных значениях
подкоренных выражений (ОДЗ):
9172 - 4817 - 21 > 0,
9172 - 5117 - 15 > 0;
3172 - 1617 - 7 > 0,
3172 - 1717 - 5 > 0;
_______•___________4_____^/////////////^.
8-^85 17-V349 8+V85 17+V349	V
3	6	3	6
Легко заметить, что разность подкоренных выражений равна выражению, стоя-
щему под модулем в правой части неравенства:
(9172 - 4817 - 21) - (9172 - 5117 - 15) = 317-6.
Сделаем замену переменных х — \/9172 — 4817 — 21 > 0, у = а/9172 — 5117 — 15 > 0.
В новых обозначениях неравенство принимает вид
>	9	9 ।
х + у < \х — у I
х + у < I® +з/| • |ж -з/|.
Так как ж > 0 и у > 0, то х + у > 0 и, следовательно, |ж + ?/| = х + у.
Раскладываем на множители:
(ж+ у)(|ж-?/| - 1) > 0	<=>
х + у = 0;
I® ~У\ > 1-
3.3. Замены переменных в иррациональных уравнениях, неравенствах...
255
Из уравнения совокупности, в силу неотрицательности х и у, следует, что х = О
и у = 0, то есть
( %2 - 48v - 21 = 0,	( v = 2,	.
( 9v2 - 51v - 15 = 0;	[ 9v2 - 51v - 15 = 0;
Переходим к неравенству совокупности. Возведём его в квадрат:
|ж — у\ > 1	х2 — 2ху + у2 > 1	Ф=> х2 + у2 — 1 > 2ху.
Поскольку 2ху > 0, должно выполняться неравенство х2 + у2 — 1 > 0. Еще раз
возводим неравенство в квадрат:
( х4 + 2х2у2 + у4 — 2х2 — 2у2 + 1 > 4ж2т/2,
i X2 + у2 - 1 > 0;
(х2 - у2)2 - 2(х2 + у2) + 1 > 0,
х2 + у2 — 1 > 0.
Возвращаемся к исходной переменной:
(3v - 6)2 - 2(18v2 - 99v - 36) + 1 > 0,
18v2 - 99v - 36 > 0;
27v2 - 162v - 109 < 0,
2v2 - llv - 4 > 0;
27 - 4a/66 27 + 4л/66
11 + д/153
4
______<//////Z/2/4____i
27-4^66 8-V85 11-ЛЙ53 11+Vl53 17+^349 27+4^66
9	3	4	4	6	9
С учётом области определения получаем, что
v €
27 - 4л/66 8 - \/85
9	;	3
27 + 4х/66
9
Ответ.
27-4г/б6. 8 — х/851 . . Г17 + л/349 27 + 4г/б6
9	’	3 U 6’9
Задача 14- (М/м-80.4)
Решить систему уравнений
х3 ~ у/у = 1,
5х6 — 8х3у/у + 2у = 2.
256
Указания и решения
Идея. С помощью замены переменных и = ж3, v = у/у задача сводится к
решению системы из одного линейного и одного квадратного уравнений.
Указание. После замены переменных система принимает вид
и - V — 1,
5u2 — Suv + 2v2 = 2,
где и = х3, v = у/у.
Решение. Сделаем замену переменных и = ж3, v = ^/у. Тогда система при-
нимает вид
и — v = 1,
5u2 — 8uv + 2v2 = 2,
и — v + 1,
5(v + I)2 - 8(v +	4- 2v2 = 2,
и = V + 1,
v2 - 2v - 3 = 0.
U = V + 1}
v = -1;
v = 3.
Так как v = ^/y > 0, то подходит единственная пара v = 3, и = 4. Возвращаясь
к переменным х, у, получаем х = у = 9.
Ответ. (\^4; 9).
Задача 15. (Хим-91>3)
Решить систему уравнений | 2ху - у+ вх-Ъ = I.'
Идея. Сделать замену переменных у/2х — 1 — и, y/у + 3 = v.
Указание. Привести систему к виду
Г \/2х — 1 + \/у + 3 — 3,
I (2а? - 1)(г/ + 3) = 4
и сделать замену переменных \/2х — 1 = и, у/у + 3 = v.
ЛТ	ГТ	Г и + v — 3,	ГТ
Указание. Полученная система < и2у2 _ легко решается. При решении
необходимо проверить выполнение ограничений и > 0, v > 0.
Указание. Не забыть вернуться к исходным переменным.
Решение. Разложим многочлен в левой части второго уравнения системы на
множители:
( \/2х — 1 + \Jy + 3 — 3,
{ (2® - 1)(з/ + 3) = 4.
Сделаем замену переменных и — \/2х — 1 > 0, v = y/у + 3 > 0:
Г и = 1,
{u + v = 3,	( u + v = 3,	1 v = 2;
u2v2 =4;	| uv = 2;	J и = 2,
I v = 1.
3.3. Замены переменных в иррациональных уравнениях, неравенствах...
257
5
Значит, х = 1, у — 1 или х = -, у — —2.
А
Задача 16. (Геол-00.5)
Решить систему уравнений
х + у + ^/х + у — 30,
х2 + у2 = 325.
Идея. Сделать замену переменных t — у/х + у. Из первого уравнения найти
значение суммы х + у, далее из второго уравнения найти значение произведения
ху и решить полученную систему.
Указание. Сделать замену переменных t — у/х + у, t > 0. Первое уравнение
системы является квадратным относительно новой переменной.
Указание. Найдя из первого уравнения у/х + у = 5	<==> х + у = 25,
преобразовать второе уравнение системы к виду (х + у)2 — 2ху = 325.
Указание. Зная х + у, найти ху и решить получившуюся систему.
Решение. В первом уравнении системы выполним замену переменных
t — у/х + у. В новых обозначениях уравнение становится квадратным:
t2 +1 - 30 = о
t = -6;
t = 5.
Так как t > 0, то остаётся единственный корень t = 5. Значит,
V® + 2/ — 5	<=> х + у — 25.
Преобразуем второе уравнение системы, выделив квадрат суммы переменных:
х2 + у2 = 325	<=> (х + у)2 — 2ху = 325 .
Учитывая, что х + у = 25, находим значение произведения:
625 — 2ху = 325	<==> ху = 150.
Получили систему для определения х и у:
( х = 10,
t У = 15;
J х = 15,
[ у = 10.
х + у = 25,
ху = 150,
Ответ. (15; 10), (10; 15).
258
Указания и решения
Задача 17. (ВКНМ-00(1).3)
Решить неравенство
2-
И д е я. Преобразовать неравенство, приведя выражения под радикалами к обще-
му знаменателю, и сделать замену переменной.
Указание. Привести выражения под радикалами к общему знаменателю:
х
х + 1
х + 1
-------Н
х
1
/2
У к аз ание.
Указание.
Сделать замену t =
С учётом того, что t > 0, решить получившееся неравенство:
Указание. Не забыть вернуться к старой переменной.
Решение. Приведём выражения под радикалами к общему знаменателю:
2х < /2(ж + 1) + 1
х +1 V х
х + 1
-------Н
х
1
г/2 ’
/ 2J
Сделаем замену t = л ------. Тогда, с учётом ограничения t > 0, получим нера-
у х + 1
венство
t2
<=>	0 < t < V2.
Возвращаемся к исходной переменной:
х < -2;
х > —1;
х < —1;
х > 0;
х < —2;
х > 0.
Ответ. (—оо; —2) U (0; +оо).
3-4- Замены переменных в показательных...
259
Задача 18. (У)
х 35
Решить уравнение х +	%   = —.
Идея. Свести уравнение к квадратному с помощью подходящей замены.
Указание. Возвести обе части уравнения в квадрат и сделать замену перемен-
нои а = .	.
\/ж2 — 1
Решение. Так как правая часть уравнения положительна, то, с учётом ОДЗ
получаем, что уравнение имеет смысл только при х > 1. Возведём обе части в
квадрат:
2 х2 2х2	_ 1225
х + s2 -1 +	- 144
х4 2х2
x2-i+
1225
144'
г.	2 Л 1225 п
Заменив а =	(а > 0), получим квадратное уравнение а + 2а——— = 0,
уж2 - 1	144
25	49 _
с корнями ai = — и аг = — —. Так как а > 0, то
х2 _ 25
\/ х2 — 1	12
144s4 - 625s2 + 625 = 0,
,	5	5
откуда, учитывая условие х > 1, получаем х\ — -, Х2 = -
и	4
5 5
Ответ. -.
3 4
3.4. Замены переменных в показательных и логарифмиче-
ских уравнениях, неравенствах и системах
Задача 1. (ЕГЭ.В)
Решить уравнение 2х + 21-® = 3.
Идея. С помощью замены переменной t — 2х свести уравнение к дробно-
рациональному.
Указание. Сделав замену t = 2®, t > 0, привести уравнение к виду
t+ ? = 3.
Решение. Сделаем замену t = 2х, t > 0. Тогда уравнение примет вид
2	/ 1.
t + - = 3	<=> t2 - 3t + 2 = 0	<=>
t	V —
Значит, х = 0 или х = 1.
Ответ. 0; 1.
260
Указания и решения
Задача 2. (ЕГЭ.В)
Решить уравнение 1g2 х2 4- 1g 10® — 6 = 0.
Идея. Преобразовать левую часть уравнения и при помощи замены t — 1g®
свести уравнение к квадратному.
Указание. Привести уравнение к виду 41g2 ® + 1g® - 5 = 0.
Указание. Ввести новую переменную t = 1g® и решить получившееся квад-
ратное уравнение.
Решение. Преобразуем логарифмы в левой части уравнения:
41g2 х 4- 1g® — 5 = 0.
Пусть t = 1g х, тогда уравнение примет вид
' t = 1;
4t2 4-1 - 5 = 0
5
4’
_ 5
Значит, х = 10 или ® = 10 4.
_5
Ответ. 10; 10 4 .
Задача 3. (ЕГЭ.В)
Решить уравнение 52v/® 4-125 — 6 • 5^+1.
Идея. Преобразовать уравнение и при помощи замены t = 5^ свести его к
квадратному.
Указание. Привести уравнение к виду 52у/® — 30 • 5^ + 125 = 0.
Указание. Сделать замену переменной t = 5^, t>l.
Решение. Преобразуем уравнение:
52^-30-5^-4-125 = 0.
Сделаем замену переменной t = 5^, t > 1. В новых обозначениях уравнение
становится квадратным:
t2 - 30t + 125 = 0	++
то есть х — 1 или х = 4.
Ответ. 1; 4.
t = 5;
t = 25;
34- Замены переменных в показательных...
261
Задача (ИСАА-98.2)
Решить уравнение 2-2® +1 — 12 • 2-ж +5 = 0.
Идея. При помощи замены переменной свести показательное уравнение к квад-
ратному.
Указание. Сделать замену переменной t = 2~х .
Указание. Решить полученное квадратное уравнение 2t2 — 12i + 5 = 0.
2
Решение. Сделаем очевидную замену переменной t = 2~х , t > 0; получим
квадратное уравнение
9	6± г/26
2t2 — 12t + 5 = 0	<=>	t12 =---.
А
Вернёмся к переменной х:
6 + л/26	,	,	6 + \/26	„
2 х =--------- <=> х = — log2-------------< 0 - нет решении.
2	6 - л/26	о	,	6 - ч/26	„	, L 2
2	=--------- х2 = - log2---------------- >0	<=> х = ±A/log2 ------== .
£	£	V о— у
п . Г 6“^	. А б + г/26
Ответ. ± V - log2---------; в другом виде ±а/ log2-----.
Задача 5. (Экон.М-98.4)
Решить уравнение з2(ж+1) +1 — 87.3® +2х + 18 = 0.
Идея. Преобразовать левую часть уравнения. Сделав замену переменной, свести
уравнение к квадратному.
Указание. Привести исходное уравнение к виду
3.32(я+1)2 _ 29.3(®+i)2 + 18 = 0.
Указание. Сделать замену переменной t = 3^+1^2, t > 1.
Указание. Решить полученное квадратное уравнение; выполнить отбор корней.
Решение. Приведём уравнение к виду
з . 32(®+1)2 _ 29 . з<®+1)2 + 18 = о.
Сделав замену переменной t = З^®-1-1)2, t > 1, получаем квадратное уравнение
3t2 - 29Z + 18 = 0
’ t = 9;
2
-	3'
Условию t > 1 удовлетворяет единственный корень t = 9; возвращаемся к
исходной переменной:
3(г+х)2 _ д
(х + I)2 = 2
х = -1±V2.
“Ответ. — 1 ± у/2.
262
Указания и решения
Задача 6. (Почв-73.5)
Найти все решения уравнения 43х2+х — 8 = 2* 8®2+t.
Идея. Преобразовать правую часть уравнения и, сделав замену переменной, све-
сти уравнение к квадратному.
Указание. Привести уравнение к виду 43ж +х — 8 = 2 • 23ж +ж.
Указание. Сделать замену у = 23® +х, у > 0.
Решение. Приведём уравнение к виду
^Зх2+х _ g _ 2 ^3x2~i~x
Пусть у = 23®2+ж, у > 0; относительно новой переменной уравнение является
квадратным:
у2 - 2у - 8 - 0	(у - 4)(т/ 4- 2) = 0.
Поскольку у > 0, остаётся корень у = 4. Вернёмся к исходной переменной:
2%х2+х _
Зж2 4- х = 2
Зж2 + ж — 2 = 0
Ответ.
-1;
2
3’
Задача 7. (Физ-80.3)
Решить уравнение Зу log3 ж — log3 Зж — 1 = 0.
Идея. Преобразовать уравнение и сделать замену переменной.
Указание. Привести уравнение к виду 3-\/log3 ж — (log3 ж 4-1) — 1 = 0.
Указание. Сделать замену t = y/log3 ж и решить получившееся квадратное
уравнение.
Указание. Не забыть вернуться к исходной переменной.
Решение. Преобразуем уравнение:
Зл/к^3 ж - log3 Зж - 1 = 0	<^>	3у log3 ж - (log3 ж 4-1) - 1 = 0.
Сделаем замену t = y/log3 ж, тогда
3t - t2 - 2 = 0	t2 -	4- 2 = 0
Значит, ж = 3 или ж = 81.
Ответ. 3; 81.
t = 1;
t = 2.
3-4- Замены переменных в показательных...
263
Задача 8. (Физ-74.3)
Решить уравнение 2 2 log^6 х — ^/log2 х — 6 = 0.
Идея. Преобразовать левую часть уравнения и при помощи замены переменной
свести уравнение к квадратному.
Указание. Привести уравнение к виду
у/(log2 х)2 - yiog2 х -6 = 0.
Указание. Сделать замену переменной t = y/log2 х.
Указание. Решить получившееся квадратное уравнение t2 — t — 6 = 0. Вер-
нуться к переменной х.
Решение. В левой части уравнения перейдём к логарифмам по основанию 2:
{/(log2 ж)2 - {/log2 х -6 = 0.
Сделаем замену переменной t = y/log2 х, после которой уравнение приобретает
вид
*2-*-б=о
Возвращаемся к исходной переменной:
<yiog2 х = 3 ;	х — 227 ;
^/Н^=-2;	х = 2-8.
Ответ. 2 8, 227.
Задача 9. (ИСАА-93.4)
Решить уравнение loga,(3cr — 2) — 2 = л/log^ (Заз — 2) + 41oga, ( ---
у	\3ж — 2
Идея. Преобразовать логарифмические выражения в правой части и сделать
замену переменной.
Указание. Исходное уравнение привести к виду
logr(3® - 2) - 2 = y'log|(3a!-2)-41oge (Зж —2) + 4.
Указание. Выполнить замену log^(3® — 2) = t.
Указание. Не забыть вернуться к старой переменной.
Решение. Перейдём в правой части уравнения от логарифма частного к разно-
сти логарифмов:
logs(3x - 2) - 2 = ^/log2(3x - 2) - 41ogs (Зж - 2) + 4.
264
Указания и решения
Сделаем замену log^ (3® — 2) = t. Тогда уравнение примет вид
t — 2 = Vt2 — 4t + 4
t - 2 = |t - 2|
t > 2.
Возвращаемся к переменной x и решаем получившееся неравенство модифициро-
ванным методом интервалов:
logjSz - 2) > 2	log^a:2-log^Sz - 2) < О
(х - 1)(®2 - 3® + 2) < О,
2
х > 3’
х / 1;
1 < х < 2.
Ответ.
Задача 10. (Экон-79.5)
Решить уравнение log3a,+7(9 + 12® + 4®2) + log2a.+3(21 + 23® + 6®2) = 4.
Идея. Упростить левую часть уравнения путём эквивалентных преобразований;
при помощи замены переменной свести уравнение к дробно-рациональному.
Указание. Равносильными преобразованиями привести уравнение к виду
2 1°§Зж+7 (2® + 3) + log2®-|-3 (3® + 7) — 3 = 0 .
Указание. Сделать замену переменной t = log2a.+3(3® + 7); получить дробно-
рациональное уравнение.
Указание. Вернутьсяjc исходной переменной.
Решение. Разложим подлогарифменные функции на множители:
1°§з®+7 (2® + 3) + log2a,_|_3(2® + 3)(3® + 7) = 4	<—>
21og3a,_|_7 (2® + 3) + log2a,+3(3® + 7) — 3 = 0 .
Введём новую переменную t = log2a.+3(3® + 7). В новых обозначениях уравнение
становится дробно-рациональным:
t2 - 3t + 2 _ 0
t
2 о л
t + — — 3 — О
t = 1;
t = 2.
Найдём соответствующие значения переменной ®:
bg2a.+3(3aJ + 7) = 1;
1о82г+з(3ж + 7) = 2;
' 2х + 3 > О,
2х + 3 / 1;
3® + 7 = 2® + 3;
3® + 7 = (2® + З)2;
Ответ. —-.
4
3.4- Замены переменных в показательных...
265
Задача 11. (Геогр-78.4)
Решить неравенство \/к^9(Зж2 — 4ж + 2) + 1 > log3(3®2 — 4ж + 2).
Идея. Привести логарифмы в левой и правой частях неравенства к одному осно-
ванию и, сделав замену переменной, свести исходное неравенство к квадратному.
Указание. Привести логарифм в правой части неравенства к основанию 9:
\/log9(3®2 — 4ж + 2) + 1 > 2 log9(3®2 — 4® + 2).
Указание. Сделать замену переменной t = уlog9(3®2 — 4ж + 2) и решить по-
лучившееся квадратное неравенство 2t2 — t — 1 < 0 .
Указание. Вернуться к исходной переменной.
Решение. Приведём логарифмы к одному основанию:
y/log9(3®2 — 4® + 2) + 1 > 21og9(3®2 — 4® + 2).
Введём новую переменную t = л/logg (Зж2 — 4® + 2), t > 0; получим квадратное
неравенство
t + 1 > 2t2
2t2 -1 - 1 < 0
1
2
Вернёмся к переменной х:
-X < -v/logg^®2 - 4® + 2) < 1
Zl
<=>	0 < log9(3®2 — 4® + 2) < 1	<=>
<=>	1 < Зж2 - 4ж + 2 < 9	<=>
Зж2 — 4ж + 1 > 0 ,
Зж2 — 4ж — 7 < 0.
Решаем неравенства:
Ответ.
Задача 12. (М/м-74.2)
Решить неравенство у/1 — log5(z2 — 2ж + 2) < log5(5z2 — Юж + 10).
Идея. Преобразовать правую часть и свести неравенство к квадратному при
помощи замены переменной.
У Казани е. Привести неравенство к виду
1 - к^5(ж2 - 2ж + 2) + /1- log5 (ж2 - 2ж + 2) - 2 < 0.
266
Указания и решения
Указание. Сделать замену переменной у = \/1 — log5(х2 — 2ж + 2).
Указание. Решить получившееся квадратное неравенство и вернуться к исход-
ной переменной.
Решение. В правой части неравенства перейдём от логарифма произведения к
сумме логарифмов и перенесём все слагаемые в левую часть:
1 - log5(®2 - 2х + 2) + Vх! - log5(®2 - 2ж + 2) - 2 < 0.
Сделаем замену переменной у = ^/1 — log5 (ж2 — 2ж + 2). После замены неравен-
ство принимает вид
у2 + у - 2 < 0
(у + 2)(у - 1) < 0
-2 < у < 1.
Вернёмся к переменной х:
-2 < д/1 - log5(z2 - 2ж + 2) < 1	<=>	0 < 1 -log5(z2 - 2ж + 2) < 1	<=>
0 < log5(2?2 — ,2ж + 2) < 1	<=>	1<ж2-2ж + 2<5	<=>
Г х2 — 2х — 3 < 0,	Г — 1 < х < 3,
[ х2 — 2х + 1 > 0;	I ® / !•
Ответ. [—1; 1) U (1; 3].
Задача 13. (Геогр-90.3)
Решить неравенство
22+v/^i _ 24
2i+V^i _ g
Идея. Преобразовать левую часть и, сделав нужную замену переменной, свести
показательное неравенство к дробно-рациональному.
Указание. Привести неравенство к виду
Указание. Выполнив замену переменной t =
,	* -16 Л
дробно-рациональное неравенство ----— > 0.
t — 8
Указание. Вернуться к переменной х.
t > 2, получить
Решение. Преобразуем неравенство: —21+>Л i—8— > 1- ^Усть — 21+г/ж 1,
t > 2; относительно новой переменной неравенство является дробно-рациональным:
2^ — 24
t - 8
t- 16
t-8
t < 8;
t > 16.
Возвращаемся к исходной переменной:
1) t < 8	=J>	21+'-/*=т <8	4=>	1 +	< 3
2) f > 16 => 21+'/®=т >16	1 +	> 4
1 < х < 5.
х > 10.
Ответ. [1; 5) U (10; +оо).
3.4» Замены переменных в показательных...
267
Задача Ц. (М/м-76.2)
т-ч	7	2
Решить неравенство -----> ------.
9® _ 2 “ 3® - 1
Идея. Сделать замену переменной и свести исходное неравенство к дробно-
рациональному. Решить неравенство методом интервалов относительно новой пе-
ременной, а затем вернуться к переменной х.
Указание. Сделать замену переменной t = 3®, t > 0.
Указание. После замены исходное неравенство привести к дробно-рациональному
виду
2(t-|)(t-3) <Q
(t - l)(t - V2)(t + л/2) -
Указание. Решить неравенство методом интервалов; вернуться к исходной пе-
ременной.
Решение. Сделаем замену переменной t = 3®, t > 0:
7	2 z 7t - 7 - 2t2 + 4 z
t2-2“t-l	— l)(t2 — 2) “
2t2-7t + 3 <	2 (t - |) (t - 3)	< Q
(t - l)(t2 - 2) -	(t - l)(i - V2)(t + x/2) -
- + - + - +
-----о--------A--
-V2	0 1/2 1 VT 3 t
Неравенство выполнено при
переменной:
1 <
2 -
у/2 < t < 3. Возвращаемся к исходной
t < 1 и
1) I < t < 1
&
1 <
2 -
2) у/2 < t < 3
ч/2 < 3® < 3
- log3 2 < х < 0.
|log32 < х < 1.
Ответ.
[- log3 2; 0) и (| log3 2; 1
у
Задача 15. (Экон-99.2)
/2® - 1	,—	/ 2®-2
Решить неравенство 4 • у ——-----Н V14 < 14 • у ——-
Идея. Преобразовать неравенство и при помощи замены переменной свести его
к дробно-рациональному.
268
Указания и решения
2®
2® - 1*
2х - 1
Указание. Привести неравенство к виду 4 • ч/ —--------
у
/2® - 1
Указание. Сделать замену переменной t = d———. Привести неравенство
4t2 - \/14t - 7 п
к виду ---------------< 0.
Решение. Преобразуем правую часть неравенства:
, /2® - 1
4 • \ —----
V 2®
2®
2® - Г
/2® - 1
Пусть t = \ ———, t > 0; относительно новой переменной неравенство приво-
V
дится к дробно-рациональному виду:
7
t
4f2 - x/14t - 7
t
Найдём корни числителя:
D = 14 + 28 • 4 = 14 • (1 + 8) = 9 • 14;
V14	V14
t2~ —
Поскольку t > 0, решением неравенства является промежуток 0
Определим соответствующие значения исходной переменной:
z14
Т-’
2х -1	714
0 < а/------<------
V 2® - 4
2х “ 8
х > 0,
8 • 2® — 8 — 7 • 2® < 0;
х > 0,
Ответ. (0;3].
Задача 16. (Псих-81.4)
Решить уравнение
4	2	/1
- (log3(5a: - 6)3) - (log3(5a: - 6)3) log3 х6 = -6 (log3 -
о	\ X
Идея. Преобразовать уравнение; ввести новую переменную; привести уравнение
к квадратному.
Указание. Привести уравнение к виду
12(log3(5a: - 6))2 - 18(log3(5ж - 6)) log3 х + 6 (log3 я)2 = 0.
3.4- Замены переменных в показательных...
269
Указание. Так как х = 1 корнем не является (не входит в ОДЗ), то log3 х / 0,
поэтому можно обе части уравнения разделить на 6(log3 х)2.
Указание. После деления на 6(log3 ж)2 и преобразовании логарифмов полу-
чаем уравнение
21og2(5T - 6) - 31ogx(5® - 6) + 1 = 0.
Указание. Сделав замену t = log$(5т — 6), привести уравнение к виду
2t2 -	+ 1 = 0.
Далее необходимо решить это уравнение, вернуться к исходной переменной, ре-
шить полученные логарифмические уравнения и отобрать корни, которые входят
в ОДЗ.
Решение. Выражения под знаком логарифма должны быть положительны, по-
g
этому ОДЗ задаётся неравенством х > - . Выполним несложные преобразования
5
логарифмов:
12(log3(5a: - 6))2 - 18(log3(5® - 6)) log3 х + 6 (log3 я)2 = 0.
Так как х = 1 не входит в ОДЗ, то log3 х / 0, поэтому можно разделить обе
части уравнения на 6(log3 ж)2 ; в результате получим
2 log2 (5г - 6) - 31ogj5z - 6) + 1 = 0.
Сделаем замену переменной t = logJ,(5s — 6), тогда
2t2 - 3t + 1 = 0
2(t - 1) (t - I) = 0.
Вернёмся к исходной переменной.
l)t = l => logs (5ж — 6) = 1
1 1
2) i = - =^- log^(5®-6) = -
5т — 6 = т
(5z-6)2 = x
3
X ~ 2
25®2—61®+36 = 0;
D = 3721 - 3600 = 121 = II2, ж12 =
61 ± 11
50
36
Ti = l не удовлетворяет ОДЗ, £2 = тт подходит.
25
3 36
Ответ. .
2 25
Задача 17. (Псих-89.3)
Решить систему уравнений
log,. 25 + 2у = 2,
— (log^ 0,2)3 +у = 1.
Идея. Преобразовать уравнения системы, сделать замену переменной.
270
Указания и решения
Указание. Привести систему к виду
21оёж 5 + 2(т/ - 1) = 0,
(log,. 5)3 + (у - 1) = 0.
Указание. После замены переменных р = logx 5, q = у —1 система принимает
вид
р + д = 0,
р3 + q = 0.
Далее необходимо решить уравнения и отобрать корни.
Решение. Преобразуем систему:
logs 25 + 2т/ = 2,
-(logj. о,2)3 +у = 1;
21ogl5 + 2(i/-l) = 0,
(log,. 5)3 + (у - 1) = 0.
После замены переменных р = logs 5» Q = У — 1 система принимает вид
р + q = 0,
р3 + q = 0,
Q = -Р,
р3 - р = 0,
Q = ~Р,
р{р- 1)(Р + 1) = 0.
Второе уравнение даёт три возможных значения переменной р.
1)	При р = 0	=> logs 5 = 0; это уравнение не имеет решений.
2)	При р = 1, q = -1	=>	logs 5 = 1, У - 1 = -1 <=> х — 5, у = 0.
3)	При р = — 1, <7=1 => logs 5 = — 1, У — 1 = 1 <=> ж = 7? У — 2-
э
Ответ.
(5; 0),
Задача 18. (Геол.ОГ-74.2)
Г д2ж+1 _ 3®+2	5 > Q
(Геол.ОГ-74.2) Решить систему неравенств < 321+2 _ 2 . з®+2 _ 27’< о
Идея. Преобразовать неравенства системы и при помощи замены переменной
свести их к квадратным.
Указание. Привести неравенства системы к виду
32® _ з . з® + 2 > 0,
З2* _ 2 . з* _ з < о.
Указание. При помощи замены переменной у = 3®, у > 0 каждое из нера-
венств системы приводится к квадратному:
у2 - Зт/ + 2 > 0,
у2 - 2у - 3 < 0;
Указание. Вернуться к исходной переменной.
Решение. Преобразуем неравенства системы:
3 • (32г - 3 • 3® + 2) > О,	( З2® - 3 • 3* + 2 > 0,
9 • (З2® - 2 • 3® - 3) < 0;	( З2® - 2 • 3® - 3 < 0.
3,4- Замены переменных в показательных...
271
С помощью замены переменной у = 3®, у > 0 каждое из неравенств системы
приводится к квадратному:
У2 - Зу + 2 > О,
у2 — 2у — 3 < 0;
(у - 2)(у - 1) > 0,
(?/-3)(у + 1) <0;
-1 <у < 1;
2<у <3.
Возвращаясь к переменной х, окончательно получаем:
— 1 < Зж < 1,
2 < 3* < 3;
х < 0,
log3 2 < х < 1.
Ответ, (-оо; 0) U (log3 2; 1).
Задача 19. (Экон-75.3)
тэ	м Г л/З +log~(l - у) = logz ж(1 - у\
Решить систему уравнении < v	1	°® v 7
[ ху = —о.
Идея. Преобразовать первое уравнение системы и при помощи замены перемен-
ной свести его к квадратному относительно введённой неизвестной.
Указание. Привести первое уравнение к виду
з + log^l - у) - v'S + logj.Cl-y) -2 = 0.
Указание. В первом уравнении сделать замену переменной t = л/3 + loga,(l — у),
t > 0. Решить получившееся квадратное уравнение t2 — t — 2 = 0.
Указание. Вернувшись к переменным х и у, из первого уравнения получить:
х = 1 -у,
< х > 0,
X 1 .
Указание. В итоге получается система для определения х и у:
{х = 1 -у,
ху = —6,
х > 0,
ж / 1.
Решение. Приведём первое уравнение системы к виду
з + logjXl - у) - v/3 + loga!(l-y) -2 = 0.
В этом уравнении сделаем замену t = \/3 + loga.(l — у), t > 0:
t2 — t — 2 = 0	(i - 2)(t + 1) = 0.
Поскольку t > 0, остаётся корень t = 2. Вернёмся к переменным х и у:
{х = 1 -у,
х > 0,
X 1 .
272
Указания и решения
Получается система для определения значений х и у:
{х = 1 -у,
ху = —6,
х > 0,
х / 1;
х = 3,
У=~2.
Ответ. (3; —2).
Задача 20. (ВМК-97.4)
„ u	M J 4х + 5 • 2х - 2 • Зу = 2
Наити все решения системы уравнении <	+ 2 3^ — 1
Идея. Произвести замену переменных и — 2х, и > 0, v = Зу, v > 0. Решить
полученную систему двух квадратных уравнений и вернуться к исходным пере-
менным.
Указ ание.
После замены переменных система принимает вид
( и2 + 5и — 2v = 2,
| 2v2 + и + 2v — 1.
Из левой и правой частей первого уравнения системы вычесть со-
удвоенные левую и правую части второго уравнения и записать по-
Указание,
ответственно
лученное уравнение вместо первого уравнения системы.
Решение. Произведём замену переменных и = 2х, v = Зу, и > Q, и > 0.
Исходная система примет следующий вид:
( и2 + 5и — 2v = 2,
1 2v2 + и + 2v = 1.
Вычтем из левой и правой частей первого уравнения системы соответственно удво-
енные левую и правую части второго уравнения и запишем полученное уравнение
вместо первого уравнения:
(и2 - 4v2 + Зи - 6v — 0,
| 2v2 + и + 2v = 1;
(и — 2v) • (и + 2v + 3) = О,
2v2 + и + 2v = 1.
и = 2г>,
2v2 + и + 2v = 1;
Так как и > 0 и v >0,тои+2-у+3>0, поэтому система равносильна следующей:
и — 2г>,
2v2 + 4г> - 1 — 0.
Из двух корней квадратного уравнения — (—2 + х/б)/2 и v2 = (—2 - л/б)/2
положительным является лишь v±; значит,
-2 +\/6	f _i V6 -2
v ~	2	’ T0 eCTb \	°^3	2	’
и =—2 + л/б;	[ ж = log2(v/6 — 2).
/	Vo_2
Ответ. ( log2 (V6 — 2) ;log3—-—
\
3-4- Замены переменных в показательных...
273
Задача 21. (Хим-85.5)
Решить систему уравнений
Г I® - у\ - log|(|®| + у + 1) + 6 = О,
I - У)2 ~ 6(® - у) log2(|а?| + у + 1) + 51og|(|®| +у + 1) = О.
Идея. Сделать замену переменных и = log2(l£Cl + У + 1)? v = х — у, решить
полученные уравнения и произвести отбор корней.
Указание. После замены переменных и = log2(|a?| + ?/ + 1), v = x — у система
уравнений принимает вид
|г>| - и2 + 6 = О,
v2 — &ии + 5-у2 = 0.
Указание. Если и = 0, то из второго уравнения получаем, что v — 0, но эти
значения не обращают первое уравнение в тождество. После деления обеих частей
второго уравнения на и2 / 0 получаем систему
х - у = VQ,
|ж| + ?/+ 1 = 2и°;
Указание. ( —)	— 6( — 1+5 = 0	<=>	(-----1) (-51=0.	Значит, либо
\и/	\и/	\и	/ \и	/
v = и, либо v = 5и.
Указание. Пусть (i^o, ^о) - решение системы, тогда
=>	2и° +	= \х\ + х + 1 > 1.
Используя полученное следствие, исключить найденные значения и и v, которые
заведомо не удовлетворяют условию задачи.
Указание. Если v = и, то
и2 - \и\ - 6 = 0	+=>	(\и\ -3)(|и| + 2) = 0	+=>	|и| = 3	+=> и = ±3;
•	при и =	v =	— 3 2“3 — 3 < 0; следовательно, это значение не подходит.
•	при и =	v =	3 23 + 3 = 11 > 1; это значение подходит.
Указание. Если v = 5и, то
и2 -	5|и| - 6 = 0	+=>	(|iz| — 6)(|u| + 1) = 0	<=>	|и| = 6	+=>	и = ±6;
•	при и =	—6,	v = —30 2~6 — 30 < 0; следовательно, это значение	не подхо-
дит.
•	при и = 6, v = 30 26 + 30 = 94 > 1; это значение подходит.
Указание. Для каждой найденной пары (щ v) решить систему
х — у = V,
\х\+у + 1 = 2и
для определения значений переменных х и у.
274
Указания и решения
Решение. Сделаем замену переменных и = log2(|®| + у +1), v = x — y, система
уравнении принимает вид
|г>| - и2 + 6 = О,
v2 — &ии + 5г;2 = О.
Если и = О, то из второго уравнения получаем, что v = 0, но эти значения
не являются решением первого уравнения системы. Разделим обе части второго
уравнения на и2 / 0:
(	|г;| -	и2 + 6 =	О,
\	/г; \	2	/v\
I	(")	+5	=	0.
<	\и/	\uJ
Рассмотрим второе уравнение:
(-V -6 (-) + 5 = 0	(- - 1) (- - 5) =0.
\и/	\и/	\и / \и /
Значит, либо v = и, либо v — 5u.
Получим полезное следствие. Пусть (uq, vq) - решение системы, тогда
ж - У = ^0,
|ж| +у + 1 = 2и°;
=+ 2и° + г;0 = И + я + 1 > 1.
Последнее неравенство будем использовать, чтобы исключить значения и и г;,
которые заведомо не удовлетворяют условию задачи.
1)	Если v = и, то
и2 - |и| - 6 = 0	<=> (Н - 3)(Н + 2) = 0	<=> Н = 3	<=> и = ±3;
•	при и = v = — 3 2-3 — 3 < 0; следовательно, это значение не подходит.
•	при и = v = 3 23 + 3 = 11 > 1; это значение подходит.
Возвращаемся к исходным переменным:
х — у = 3,	( у = х - 3,	( х = 5,
|ж| + у + 1 = 8,	<”>	| |ж| + х = 10,	<”>	[ у = 2.
2)	Если v = 5и, то
и2 - 5|гх| - 6 = 0	<=+> (Н - 6)(|гд| + 1) = 0	<=+> Н = 6	<=> и = ±6;
•	при и = —6, v = —30 2-6 — 30 < 0; не подходит.
•	при и = 6, v = 30 26 + 30 = 94 > 1; подходит.
Итак, для второго случая:
(	93
х — —,
х — у = 30,	( у = х - 30,	I
|ж| + у + 1 = 64,	<”>	| |ж| + х = 93,	<”>	<	_ 33
У ~ 2 ’
Ответ.
(5; 2),
93 33\
2 ’ 2 ) ‘
3-4- Замены переменных в показательных...
275
Задача 22. (Хим-00.6)
Решить уравнение (26 + 15л/3)ж — 5(7 + 4л/3)ж + 6(2 + л/3)ж + (2 — л/3)ж = 5.
Идея. Преобразовать левую часть уравнения, используя формулы сокращённого
умножения (куб суммы и квадрат суммы) и свойства степеней. Сделать замену
переменных и свести уравнение к возвратному уравнению относительно введённой
переменной.
Указание. Привести уравнение к виду
((2 + у/3)3Г - 5((2 + х/3)2)® + 6(2 + х/3)® +	= 5-
Указание. Сделав замену переменной t = (2 + л/3)ж, t > 0, поделить урав-
нение на t:
2 1 / 1\
*2 + -z - 5 t + - + 6 = 0.
\ £ /
Указание. Сделать вторую замену переменной р — t + . Тогда
1! + ^=Р2-2,
и уравнение приводится к виду
р2 — 2 — 5р + 6 = 0.
Решение. Воспользуемся в левой части уравнения формулами сокращённого
умножения (куб суммы и квадрат суммы) и свойствами степеней:
((2 + х/З)3)® - 5((2 + х/3)2)® + 6(2 + х/3)® +
1
(2 + х/3)*
Сделаем замену переменной t = (2 + х/3)®, t > 0:
t3 - 5t2 + 6t + i = 5
\ i2 + “z’ — 5 (t + — ] + 6 — 0.
\ t J
Сделаем ещё одну замену переменной р — t + -, тогда уравнение запишется сле-
дующим образом:
р2-2-5р + 6 = 0	<=> р2 - 5р + 4 = 0	<=> (р - 1) (р - 4) = 0.
Поскольку £>0,тор = £ + ->2, поэтому р = 1 не подходит. Значит,
р = t + | = 4
t2 - 4t + 1
t = 2±\/3
x = ±1.
Ответ. ±1.
276
Указания и решения
3.5. Замены в тригонометрических уравнениях и тригоно-
метрические замены
Задача 1. (Геол-00.4)
Решить неравенство 4 cos2 х + tg2® < 3.
Идея. Перенести все слагаемые в левую часть; воспользоваться следствием из
основного тригонометрического тождества; привести к общему знаменателю; вы-
делить полный квадрат и решить дробно-рациональное неравенство.
Указание. Воспользоваться следствием из основного тригонометрического
9	,	1
тождества: tg'5 х + 1 = —т—.
cos2 х
т	тт	(2 cos2 ж-I)2
Указание. Привести неравенство к виду ----------------- < 0.
cos2 х
Решение. Воспользуемся следствием из основного тригонометрического тожде-
ства |tg2 х + 1 = —| и преобразуем неравенство:
\	cos2 х )
А 2	1
4 cosz х Ч-----т—
cos2 х
(2 cos2 х — l)2 < Q
cos2 х ~
COS X = ±
V2
7Г 7ГП _
х = - + nEZ.
_	7Г 7ГП
Ответ. — + —, п
4	2
е Z.
Задача 2. (У)
Репгить неравенство
tg3 X + ctg3 х + tg4 X + ctg4 X > 0.
Идея. Разложить левую часть неравенства на множители.
Указание. Домножить обе части неравенства на tg4 х и сделать замену пере-
менной у = tg х.
7Г72
Решение. Областью определения являются х / —, п G Z. Сделаем замену
у = tg ® (где у 0) и домножим обе части неравенства на ?/4. Получим
(у + 1)(/ + 1)>0
С учётом области допустимых значений получим ответ.
у е к.
Ответ, х G К, х п EZ.
3.5, Замены в тригонометрических уравнениях...
277
Задача 3. (Псих-76.4)
Найти все корни уравнения V5 + 4 sin х — 4 cos2 х = 2 + cos 2х.
Идея. Используя основное тригонометрическое тождество и формулу для ко-
синуса двойного аргумента, при помощи замены переменной свести уравнение к
квадратному с модулем.
Указание. Используя основное тригонометрическое тождество и формулу для
косинуса двойного аргумента, привести уравнение к виду
|2sin® + 1| = 3 — 2sin2 х.
Указание. Сделав замену переменной t = sin х, \t\ < 1, решить получившееся
стандартное уравнение с модулем. Вернуться к переменной х.
Решение. Воспользуемся основным тригонометрическим тождеством и форму-
лой для косинуса двойного аргумента:
\/4sin2 ® + 4sin® + l = 3 — 2sin2 х <=>	|2sin® + 1| = 3 — 2sin2 х.
Сделаем замену переменной t = sin®, \t\ < 1 => 3 — 2t2 > 0. С учётом
последнего неравенства снимаем модуль через геометрический смысл:
|2t + 1| = 3 - 2t2
2t + l = 3 — 2£2;
2t + 1 = 2t2 - 3;
2t2 + 2t - 2 = 0;
2t2 - 2t - 4 = 0;
t2 +1 - 1 = 0;
t2 - t - 2 = 0;
(t — 2)(t + 1) = 0.
Так как \t\ < 1, то подходят только два решения.
\/5 — 1
1) sin® = —-—	<=>	® = (—l)narcsin
Л
2) sin® = —1	<=>	® = — ^ + 2тг&, k G Z.
Л
+ тгп, п G Z;
Ответ.
(—l)n arcsin
+ ТГП,
— + 2тг/с; n,fc Е Z.
Л
Задача 4. (ВМК-96(1).3)
г.	• 9	17	9	1 ,
Решить уравнение	ч /12 sm х — - cos 2х+ —	=	-	+ 4 sm х + - cos х.
V	2	2	8	2
Идея. Используя формулу двойного угла и основное тригонометрическое тож-
дество, получить уравнение относительно sin ®; сделать соответствующую замену
переменной.
278
Указания и решения
Указание. Используя формулу двойного угла и основное тригонометрическое
тождество, привести уравнение к виду
13	1
|3 sin ж + 2| = — + 4 sin ж — - sin2 ж.
8	2
Указание. Сделать замену переменной t = sin ж, \t\ < 1. Полученное квад-
ратное уравнение с модулем относительно t
14	1
|3t + 2| =-^ + 4t —-t2
О	Z
решить, раскрывая модуль по определению.
Указание. Отобрать найденные значения, учитывая, что \t\ < 1. Вернуться к
переменной ж.
Решение. Преобразуем уравнение, используя формулу двойного угла и основное
тригонометрическое тождество:
/	.	9	17	9	, .	1	2
а /12 sm ж — - cos 2ж +	—- =	- + 4 sm ж	+	- cos	ж <=>
V	2	2	8	2
__________________ 13	1
<=>	9 sin2 ж + 12 sin ж + 4 = —- + 4 sin ж — - sin2 ж <=>
8	2
____________ 13	1
<=> ^(Ззтж + 2)2 = — + 4 sin ж — - sin2 ж <==>
8	2
13	1
|3 sin ж 4-2| — —- 4-4 sin ж — — sin2 ж.
8	2
Сделаем замену переменной t = sin ж, \t\ < 1; получим квадратное уравнение с
модулем относительно новой переменной:
|3t + 2| = y + 4t-|t2.
Раскроем модуль по определению.
-3t-2 = ^+4t-|t2;
14	1
3t + 2 = — + 4t - -t2 ;
8	2
0.
-I
1) {
2) 1
<	2
f < "3 ’
t2-14t-^=0;
4
2
"3’
t2 - 2t + 7 = 0;
4
Так как \t\ < 1, то подходит только корень t = -. Найдём соответствующие
значения переменной ж:
1
sm ж — —
Ж = ( — 1)П^Г + 7Г71 ? 71 е Z.
Ответ.
( —1)П^ + 7Г71, 71 Е Z.
3.5, Замены в тригонометрических уравнениях...
279
Задача 5. (Биол-76.1)
Решить уравнение | sin х + cos ®| — 1 + sin 2®.
Идея. Преобразовать правую часть уравнения и с помощью замены переменных
свести уравнение к квадратному.
Указание. Привести правую часть уравнения к виду l+sin2® = (sin®+cos®)2 .
Указание. Сделать замену переменной t = | sin х + cos ®|, t > 0. Получив-
шееся квадратное уравнение t = t2 легко решается. Не забудьте вернуться к
переменной х.
Решение. Заметим, что 1 + sin 2х = (sin х + cos х)2 , и сделаем замену перемен-
ной t = | sin х + cos ®|, t > 0. Тогда исходное уравнение принимает вид
t = t2
t = 0;
t = 1.
Возвращаемся к исходной переменной.
(7Г \
X + — J = 0	4=
(7Г \	1
X + — ) = ±—7=
4/	->/2
7Г	_
X = — — + 7ГП, П Е Z.
4
=>	х=^, fceZ.
2
_	7Г	7Г& т _
Ответ. — — + 7гп, —; n,k€L
4	2
Задача 6. (Биол-85.5)
Сколько корней на отрезке [0; 1] имеет уравнение 8®(2®2 — 1) • (8®4 — Sx2 +1) = 1?
Идея. Так как задача рассматривается на отрезке [0; 1], то можно сделать три-
М	Гл 7Г1 тт
тонометрическую замену переменной t — cos®, х 6 0; — . Получится тригоно-
метрическое уравнение, левая часть которого легко сворачивается в произведение
косинусов.
У казание. Сделать замену t = cos®. Тогда для того, чтобы ответить на во-
прос задачи, надо подсчитать количество решений уравнения
8 cos t{2 cos2 t - 1) • (8 cos4 t — 8 cos2 t + 1) = 1
на отрезке
Указание. Последний сомножитель левой части уравнения можно преобразо-
вать следующим образом:
8 cos41 — 8 cos21 + 1 = 8 cos2 £(cos2 t — 1) + 1 = 1 — 2 sin2 2t = cos 4t.
Итак, уравнение принимает вид
8 cos t cos 2t cos 4t = 1.
280
Указания и решения
Указание. Значения переменной t, при которых sini = 0, не являются ре-
шениями уравнения. Умножить обе части уравнения на sini:
8 sin t cos t cos 2t cos 4i = sin t
sin8t = sint.
Решив это уравнение, посчитайте количество решений, попавших на полуинтервал
предварительно исключив те решения, при которых sin t = 0.
Решение. Для любого числа
ственное) число t из отрезка
придём к уравнению
х из отрезка [0; 1] существует (и притом един-
0; ~] такое, что х — cost. Заменив х на cosi,
8 cos t(2 cos2 t - 1) • (8 cos41 - 8 cos2 t + 1) = 1.
Требуется определить число корней уравнения (*) на отрезке
зуем выражение, стоящее в последних скобках уравнения (*) :
0; — j . Преобра-
8 cos41 — 8 cos2 t + 1 = 8 cos2 t(cos2 t — 1) + 1 = 1 — 2 sin2 2t = cos 4i.
Тогда уравнение (*) преобразуется к виду
8 cos t cos 2t cos 4i = 1.	(**)
Так как решения уравнения sini = 0 не являются решениями уравнения (**),
домножим последнее на sini, при этом мы вносим постороннее решение t = 0,
которое надо будет потом исключить.
8 sin t cos t cos 2t cos 4t = sin t
4 sin 2t cos 2t cos 4f = sin t
sin St = sin t <=> sin 8t - sin t = 0
Учитывая, наконец, условие t E
окончательно получим:
2тг 7Г 7Г
Т’ 9’ 3‘
Ответ. 3 корня.
Задача 1. (Экон.К-85.5)
( х2 + у2 = 4,
Среди всех решений (ж,т/,г,г;) системы < z2 + v2 = 9, найти такие, при каж-
( xv + yz > 6;
дом из которых выражение х + z принимает наибольшее значение.
3.5. Замены в тригонометрических уравнениях...
281
Идея. Сделать тригонометрическую замену переменных; решить неравенство
системы и найти, при каких значениях новых переменных достигается максимум
заданной функции; затем вернуться к исходным переменным.
Указание. Так как ж2+р2=4, то удобно сделать замену
х = 2 sint, у = 2 cost
Аналогично, для z2 + v2 = 9 удобно сделать замену
z = 3 sinp, v = 3 cosp.
Указание. После замены переменных неравенство примет вид
sin(t + р) > 1	«<==> t + р = — + 2тгтг, п 6 Z.
Указание. Записать х + z в новых переменных и преобразовать с учётом
полученного значения t + р :
/ТГ	\
х + z = 2 sin t + 3 sinp = 2 sin t + 3 sin ( — + 2тгтг — tj = 2 sin t + 3 cos t =
\ Z	J
r— (	3 \ r—
— V13 sin It + arcsin —= < V13.
\	\/137 -
Указание. Значение л/ТЗ достигается, например, в точке
.	3 тг	.3
t + arcsm —>= = —, р — arcsm —=.
уДЪ 2	У13
Указание. Необходимо вернуться исходным переменным.
Решение. Так как ж2 + р2=4, то удобно сделать замену
х = 2 sint, у = 2 cost.
Аналогично, для z2 + v2 = 9 удобно сделать замену
z = 3 sinp, v = 3 cosp.
После замены переменных неравенство принимает вид
6sintcosp+6costsinp > 6
sin(t+p) > 1
t+p = + 2тгтг, п е Z.
Запишем искомую сумму х + z в новых переменных и преобразуем с учётом
полученного значения t + р :
/7Г
;r + z = 2sint + 3 sinp = 2 sint + 3 sin
= 2 sin t + 3 cos t =
< x/13.
282
Указания и решения
Значение л/13 достигается, например, в точке
3	7Г
t + arcsin —— = —,
ч/13	2
.	3
р = arcsin —=
Вернёмся к исходным переменным:
.	3
р = arcsin ——
г/13
и системе уравнений
Задача 8. (М/м-75.2)
Найти все пары действительных чисел (х,у), удовлетворяющие условию х > О
sin ((ш - убг)2 + у2) = О,
log^ V^2 +У2 + У21оё27г л/*2 + у2 = 2-
Идея. При помощи замены переменных свести второе уравнение системы к квад-
ратному. Найти значение суммы х2 + у2 и далее определить значения х и у из
первого уравнения.
Указание. Сделать замену переменных t =	Vх2 + У^ во втором
уравнении.
Указание. При решении получившегося уравнения t2 + t — 2 = 0 учесть, что
t > 0. Вернуться к переменным х,у: х2 + у2 — 2тг.
Указание. Воспользоваться найденным решением второго уравнения системы
при рассмотрении первого.
Решение. Рассмотрим второе уравнение системы. Его можно записать следую-
щим образом:
logv^F V®2 + У2 +	д/я:2 + у2 = 2.
Сделаем замену переменных t = ^/logy^ s/x2 + у^, t > 0. После замены полу-
чаем:
t2+t = 2	<==> t2 + t — 2 = 0	<==> (t + 2)(t — 1) = 0.
Поскольку t > 0, остаётся корень t = 1. Вернемся к переменным х,у:
^°S^^2 + У2 = 1	X2 + у2 = 2тг.
Рассмотрим первое уравнение системы.
sin ((ж - \Лг)2 + у2) = о	(х — у^)2 +у2 = vk, k е Z.
3.5. Замены в тригонометрических уравнениях...
283
Принимая во внимание решение второго уравнения, получаем систему:
х1 2 — 2у/тгх + у2 — irk, к £ Z,
ж2 + у2 = 2тг;
7г(2 — к) = 2y/irX) к 6 Z,
< х2 + у2 = 2тг;
_ 7?(2 - к)
3z --	л	, Л/ С и-4 ,
2
Ж2 + у2 = 2ir.
Из второго уравнения х2 + у2 = 2ir следует ограничение на х:
—у/2тг < х < y/2ir.
Учитывая это ограничение и ограничение из условия задачи (ж > 0), получаем,
что х = ^/тг или х =	. Находим соответствующие значения второй перемен-
ной у и получаем ответ.
Ответ.
Задача 9. (Экон.К-75.1)
Найти все действительные решения уравнения
/ I	\ sin х / /	х sm х	io
Мз + 2^21	+M3-2v/2j	=у.
Идея. Выделив в подкоренных выражениях полные квадраты, заметить, что
произведение радикалов, стоящих в левой части уравнения, равно 1. Значит, они
взаимообратны. Сделать соответствующую замену и свести уравнение к дробно-
рациональному относительно введённой переменной.
Указание. Заметить, что \/з + 2\/2 = \/2 + 1, \/3 — 2л/2 = \/2 — 1,
(л/2 + 1) • (\/2 — 1) = 1, и сделать замену t = (->/2 + l)sin®, t > 0.
1	10
Указание. Решить получившееся дробно-рациональное уравнение t + - = —
и вернуться к переменной х.
Решение. Выделим в подкоренных выражениях полные квадраты:
^3 + 2\/2 = \/2 + 1, д/з —2\/2 = 4/2-1.
Заметим, что (\/2 + 1) • (\/2 - 1) = 1. Сделаем замену t = (\/2 + l)sin5C, t > 0.
Тогда уравнение принимает вид
3t2 - 10f + 3 = о
3(t-3)	=0.
\ О /
1) t = (\/2 + l)sina; =3
2) t = (4/2 + 1)®“* = I
Ответ. Нет решений.
sin ж = log^/2+1 3 > 1
sinx = -log^+13 < -1
0.
284
Указания и решения
4. Нестандартные текстовые задачи
4.1. Недоопределённые задачи
Задача 1. (Почв-83.1)
Поле разделено на три участка. За день были вспаханы половина первого участ-
ка и 3/4 второго участка, а третий участок, который составляет четвертую часть
всего поля, был вспахан полностью. Вспаханная за день площадь поля в два раза
больше площади второго участка. Какую часть площади поля составляет пло-
щадь, вспаханная за день?
Идея. Составить систему из двух уравнений с тремя неизвестными, подстанов-
кой исключить одну из неизвестных и из оставшегося уравнения найти отношение
нужных переменных.
Указание. Обозначить за неизвестные общую площадь поля, площадь первого
и площадь второго участков.
Указание. Если S - общая площадь поля, х - площадь первого участка, у -
площадь второго, то третий участок имеет площадь S/4.
Указание. Согласно условию задачи х + у + — = Ь, — + -у + — = 2?/. Наити
2у
надо
Указание. Исключить из системы переменную х.
Решение. Пусть S - общая площадь поля, х - площадь первого участка, у -
площадь второго. Тогда третий участок имеет площадь S/4 и
8 а
X + у + - = S.
Так как за день были вспаханы половина первого участка, 3/4 второго участка
„	х 3 S
и весь третий участок, то вся вспаханная площадь равна — + -у 4- —, что по
условию задачи в два раза больше площади второго участка, то есть равно 2у.
Следовательно,
ж	3	£
- + -у -----= 2у.
2 4^ 4 У
2у
Найти надо —. Исключим из системы х. Из первого уравнения следует, что
о
3S
х = —— у. Подставив это значение во второе уравнение, получим:
3S у 3 S
----- + -у + — = 2у
8	2	4^	4	у
5S = Ту
8	4 ’
2у 5
откуда искомая величина равна — = - .
5
Ответ. -
7
4-1- Недоопределённые задачи
285
Задача 2. (Почв-78.3)
Имеются два слитка золота с серебром. Процентное содержание золота в первом
слитке в два с половиной раза больше, чем процентное содержание золота во вто-
ром слитке. Если сплавить оба слитка вместе, то получится слиток, в котором
будет 40% золота. Найти, во сколько раз первый слиток тяжелее второго, если
известно, что при сплавке равных по весу частей первого и второго слитков полу-
чается слиток, в котором содержится 35% золота.
Идея. Определить процентное содержание золота в исходных слитках из того,
что при сплавке равных по весу частей первого и второго слитков получается
слиток, в котором содержится 35% золота. Далее составить уравнение с двумя
неизвестными, из которого найти их отношение.
Указание. При сплавке А кг р%-го и Л кг 2,5р% слитков получается слиток,
в котором содержится 35% золота, следовательно,
А.Ъ^ + А.^ = 2А- —
100 +	100	100’
Указание. Условие того, что при сплавке у кг первого и х кг второго слит-
ков получается слиток, в котором содержится 40% золота, приводит (при р =
20; 2,5р = 50) к уравнению:
50
100
20
100
40
100
Решение. Пусть второй слиток весит х кг и содержит р% золота, а первый
слиток весит у кг и содержит 2,5р% золота.
При сплавке А кг первого и А кг второго слитков получается слиток, в кото-
ром содержится 35% золота, то есть
A.h^P+A.JL = 2A- —
100 +	100	100’
откуда р = 20; 2,5р = 50.
При сплавке у кг первого и х кг второго слитков получается слиток, в котором
содержится 40% золота, то есть
50	20	( ч 40	г	ч у л
9'ioo + l'™ = (l + 9),ioo^2’ + 59 = 4<’ + 9)w J = 2'
Ответ. В 2 раза.
Задача 3. (Геол-97(2).6)
В момент, когда два бассейна были пустыми, 4 трубы одинаковой производитель-
ности были подключены для заполнения первого бассейна. Когда первый бассейн
был заполнен на 1 /6 его объёма, одну трубу переключили для заполнения второ-
го бассейна. Когда первый бассейн был заполнен на 1 /2 его объёма, еще 2 трубы
286
Указания и решения
переключили для заполнения второго бассейна. После этого оба бассейна напол-
нились доверху одновременно. Найти отношение объёмов бассейнов. (Временем на
переключения пренебречь).
Идея. Обозначить за неизвестные величины объёмы бассейнов и производитель-
ность одной трубы. Для составления уравнения использовать тот факт, что после
второго переключения труб оба бассейна наполнились одновременно.
Указание. Выразить объёмы, оставшиеся незаполненными к моменту второго
переключения, через введённые неизвестные, поделить на соответствующие про-
изводительности и полученные величины приравнять.
Указание. Пусть х - объём первого бассейна, у - объём второго бассейна, р -
производительность одной трубы. Тогда время между первым и вторым переклю-
чениями труб, в течение которого первый бассейн наполнялся тремя трубами (от
/1
.	1	й	1 х	„	„
объема -х до объема -ж), а второй - одной, равно ——-—-—.
6	2	Зр
Решение. Пусть х - объём первого бассейна, у - объём второго бассейна, р -
производительность одной трубы. Требуется найти величину х/у.
После второго переключения труб оба бассейна наполнились одновременно.
Это значит, что оставшиеся незаполненными к моменту второго переключения
труб части объёмов бассейнов заполнились одновременно, при этом первый бас-
сейн заполнялся одной трубой производительностью р, а второй бассейн - тремя
трубами совместной производительностью Зр.
Выясним, какие объёмы остались незаполненными к моменту второго пере-
ключения.
Время между первым и вторым переключениями труб, в течение которого пер-
вый бассейн наполнялся тремя трубами (от объема |ж до объема |ж), а второй -
(I -
одной, равно „—.
Зр
В течение этого времени во втором бассейне заполнился объём
- б)®	1
зГ'р=9г-
Значит, к моменту второго переключения труб в первом бассейне незаполнен-
ным остался объём х — |ж, а во втором бассейне объём у — |ж.
Р
Время, необходимое для заполнения этих объёмов, по условию одинаково:
(у - I®)	3	1	X	18
= -------—	<=>	— х Н—х — и	— = —.
Зр	2	9	У	у	29
Л 18
Ответ. —.
29
Задача 4- (Фил-90.4)
От двух сплавов массами 7 кг и 3 кг с разным процентным содержанием магния
отрезали по куску одинаковой массы. Затем кусок, отрезанный от первого спла-
ва, сплавили с остатком второго сплава, а кусок, отрезанный от второго сплава,
4.1. Недоопределённые задачи
287
сплавили с остатком первого сплава. Определить массу каждого из отрезанных
кусков, если новые сплавы получились с одинаковым процентным содержанием
магния.
Идея. Обозначить за неизвестные величины искомую массу и процентные со-
держания магния в первом и втором сплаве. Выразить через эти величины про-
центные содержания магния в каждом из новых сплавов и приравнять их друг
другу.
Указание. Процентное содержание вещества в смеси равно отношению массы
этого вещества к массе всей смеси.
Указание. Пусть т = 7кгип = 3кг- массы данных сплавов, р%,д% -
процентное содержание магния в этих сплавах, х кг - искомая масса каждого из
отрезанных кусков. Тогда согласно условию:
р* (т — ж) + Q • ж _ р - х + q - (п — х)
т — х + х	п — ж + ж
Решение. Пусть т = 7кгип = 3кг - массы данных сплавов, р%,д% -
процентное содержание магния в этих сплавах, ж кг - искомая масса каждого
из отрезанных кусков. Так как процентное содержание вещества в смеси равно
отношению массы этого вещества к массе всей смеси, умноженному на 100%, то
в соответствии с условием можно написать уравнение:
р • (т — ж) + q • ж р • ж + q • (п — х)
т — ж + ж	п — ж + ж
^==> ртп — рпх + qnx = ртх + qmn — mqx *<==>
<==> x(qn — рп + qm — pm) = qmn — ртп
«<==> ж(д — p)(m + n) = (q — p)mn,
.	mn 7-3	« i
откуда, с учетом того, что q 7= p, следует: ж =----= —— =2,1.
m + n 10
Ответ. 2,1 кг.
Задача 5. (Геогр-88.3)
Из пункта А в пункт С, находящийся на расстоянии 20 км от А, выехал грузовик.
Одновременно с ним из пункта В, расположенного между А и С на расстоянии 15
км от А, в пункт С вышел пешеход, а из С навстречу им выехал автобус. За какое
время грузовик догнал пешехода, если известно, что это произошло через полчаса
после встречи грузовика с автобусом, а пешеход до встречи с автобусом находился
в пути втрое меньше времени, чем грузовик до своей встречи с автобусом?
Идея. Приняв за неизвестные величины скорости грузовика, автобуса и пешехо-
да и время, через которое встретились грузовик и автобус, составить систему из
трёх уравнений.
288
Указания и решения
Указание. Пусть vr,va,vu км/ч - скорости грузовика, автобуса и пешехода, а
t ч - время, через которое встретились грузовик и автобус. Тогда согласно усло-
вию:
' (vr + va)t = 20,
< (va +V„)| = 5,
и
Указание. Полученную систему удобно решать подстановкой, последовательно
сокращая количество неизвестных и количество уравнений.
Решение. Пусть	км/ч - скорости грузовика, автобуса и пешехода, а
t ч - время, через которое встретились грузовик и автобус.
Так как грузовик и автобус проехали вместе 20 км за время t, то (vr+va)t — 20.
Так как автобус и пешеход прошли 5 км за время t/З, то (va + vn)- = 5.
1	и
Грузовик догнал пешехода через t + -, при этом грузовик проехал на 15 км
больше, чем прошёл пешеход, следовательно,
1\
2j ~Vn
В итоге получаем систему:
' (^г +	= 20,
20
fr + Va. =
15
< Va + Vn = —,
15
V?~Vn = —у.
k	1 -Г 2
Сложив последние два уравнения, придём к системе:
20
vT +va = — ,
15
Va. + г>г = — +
15
<+Г
Приравняв правые части уравнений, получим:
20 _ 15	15
t t t +
откуда t = 1/4 часа, следовательно, искомое время равно t + | часа, то есть 45
минут.
Ответ. 45 минут.
< (t>a+ *>„)- = 5,
D+15-
.1. Недоопределённые задачи
289
Задача 6. (ВМК-89.3)
Из пункта А в пункт В вышел пешеход. Вслед за ним через 2 часа из пункта
А выехал велосипедист, а еще через 30 минут - мотоциклист. Пешеход, велоси-
педист и мотоциклист двигались равномерно и без остановок. Через некоторое
время после выезда мотоциклиста оказалось, что к этому моменту все трое пре-
одолели одинаковую часть пути от А до В. На сколько минут раньше пешехода
в пункт В прибыл велосипедист, если пешеход прибыл в пункт В на 1 час позже
мотоциклиста?
Идея. Приняв за неизвестные величины скорости пешехода, велосипедиста, мо-
тоциклиста, расстояние от пункта А до места встречи и расстояние от места встре-
чи до пункта В, составить систему из трёх уравнении с пятью неизвестными.
Указание. Пусть vn, vB, vM - скорости пешехода, велосипедиста, мотоциклиста.
Пусть Si - расстояние от пункта А до места встречи и §2 - расстояние от места
встречи до пункта В. Тогда:
Найти надо величину S2 (-------
\^п
Указание. Полученную систему удобно решать подстановкой, последовательно
сокращая количество неизвестных и количество уравнений.
Решение. Пусть vn,vB,vM - скорости пешехода, велосипедиста, мотоциклиста.
Пусть Si - расстояние от пункта А до места встречи и S2 - расстояние от места
встречи до пункта В, Так как велосипедист выехал из пункта А через 2 часа
после выхода пешехода, а мотоциклист через 2 часа 30 минут, то
S,
— = 2,
vB
5i
Поскольку пешеход прибыл в пункт В на 1 час позже мотоциклиста, то
52-52
причём найти надо величину
52	52
v}
V]
290
Указания и решения
В результате получаем систему:
Поделив первое уравнение на второе, а третье на четвёртое, получим:
<
/1
< \
4
откуда х = - часа = 48 минут.
5
Ответ. 48 минут.
Задача 7. (Псих-82.5)
Из пункта А в пункт В вышел пешеход, и одновременно из пункта В в пункт А
выехал мотоциклист. Встретив в пути пешехода, мотоциклист сразу же развернул-
ся, довёз пешехода до пункта В, а затем тотчас же снова поехал в пункт А, куда
беспрепятственно и добрался. В результате мотоциклист затратил на дорогу до
пункта А в два с половиной раза больше времени, чем если бы он ехал из пункта
В в пункт Л, не подвозя пешехода. Во сколько раз медленнее пешеход добрался
бы до пункта В, если бы весь путь от А до В он прошел пешком?
Идея. Приняв за неизвестные величины скорости мотоциклиста и пешехода, всё
расстояние АВ и ту часть, которую проехал мотоциклист до встречи с пешеходом,
составить систему из двух уравнении с четырьмя неизвестными.
Указание. Первое уравнение: время, затраченное мотоциклистом на дорогу до
пункта А, увеличилось в два с половиной раза из-за возвращения в пункт В.
Указание. Второе уравнение: время движения пешехода до момента встречи
равно времени движения мотоциклиста до момента встречи.
Указание. Выразить искомую величину через введённые переменные.
Решение. Пусть vu км/ч и vn км/ч - скорости мотоциклиста и пешехода. Пусть
S км - всё расстояние АВ, a Si км - та часть, которую проехал мотоциклист до
встречи с пешеходом.
Так как время, затраченное мотоциклистом на дорогу до пункта А, увеличи-
лось в два с половиной раза из-за возвращения в пункт В, то
— • 2,5 = 5 + 251 «=> 2,55 = S + 25i Si = ^5.
vM	vm	4
4-1- Недоопределённые задачи
291
£
_ 9
5/2 ~
v„
Следовательно, до встречи мотоциклист проехал 3S/4, а пешеход прошёл S/4.
Так как время движения пешехода до момента встречи равно времени движения
мотоциклиста до момента встречи, то
35/4 ,	- Q
Ум
Теперь выразим искомую величину через наши переменные. Время, которое за-
5/4 35/4	.
тратил пешеход:-----1----. Если бы он весь путь от А до В он прошел пешком,
g
то затратил бы —. Искомое отношение равно:
£ £
	______________
S/4_________________3S/4 ~ S/4	S/4
Ответ. В 2 раза.
Задача 8. (Геол-94(2).9)
Четыре бригады разрабатывали месторождение железной руды в течение трёх
лет, работая с постоянной для каждой бригады производительностью. По одному
месяцу на первом и третьем году работа не велась, а всё остальное время (то есть
в течение 34 месяцев) работала только одна из бригад. Отношения времён работы
первой, второй, третьей и четвёртой бригад и количество выработанной продук-
ции соответственно равны:
в первый год 3 : 2 : 4 : 2 и 10 млн.т,
во второй год 4 : 2 : 5 : 1 и 9 млн.т,
в третий год 4 : 3 : 3 : 1 и 8 млн.т.
Сколько млн.т железной руды выработали бы за 7 месяцев четыре бригады, рабо-
тая все вместе?
Идея. Обозначить за неизвестные величины производительности бригад и со-
ставить три линейных уравнения с четырьмя неизвестными.
Указание. Пусть ж, т/, z и v млн.т/месяц - производительности первой, второй,
третьей и четвёртой бригад. Тогда
3® + 2у + 4г + 2v = 10,
< 4® + 2у + 5г + v = 9,
4® + Зт/ + Зг + v = 8.
Указание. Для поиска искомой линейной комбинации переменных 7(х + у +
г + v) удобно использовать метод неопределённых коэффициентов.
Указание. Домножив первое уравнение на а, второе на b, третье на с и сложив
их, получим:
(За + 46 + 4с)х + (2а + 26 + Зс)т/ + (4а + 56 + Зс)г + (2а + 6 + c)v = 10а + 96 + 8с.
292
Указания и решения
Приравняв каждый из коэффициентов при переменных x,y,z,v к семи, получим
систему уравнений для	а, 6, с. Г За + 46 + 4с = 7,
Указание. Систему	2а + 26 + Зс = 7, 1 4а + 56 + Зс — 7 можно решить с помощью подста- t 2а + 6 + с — 7;
новки.
Решение. Пусть x,y,z и v млн.т/месяц - производительности первой, второй,
третьей и четвёртой бригад.
В первый год было выработано 10 млн.т, работа велась 11 месяцев и времена
работы бригад относились как 3 : 2 : 4 : 2, следовательно,
3® + 2у + 4г + 2v = 10.
Во второй год было выработано 9 млн.т, работа велась 12 месяцев и времена
работы бригад относились как 4 : 2 : 5 : 1, следовательно,
4х + 2у + 5г + v = 9.
В третий год было выработано 8 млн.т, работа велась 11 месяцев и времена
работы бригад относились как 4 : 3 : 3 : 1, следовательно,
4х + Зу + Зг + v = 8.
Для того, чтобы найти, сколько млн.т железной руды выработали бы за 7
месяцев четыре бригады, работая все вместе, надо вычислить величину 7(ж + у +
Z + V).
Домножим первое уравнение на а, второе на 6, третье на с и сложим. После
приведения подобных членов получим:
{За + 46 + 4с)х + {2а + 26 + Зс)у + {4а + 56 + Зс)г + {2а + 6 + c)v — 10а + 96 + 8с.
Приравняв каждый из коэффициентов при переменных x^y^z^v семи, получим
систему уравнений:
{За + 46 + 4с — 7,
2а + 26 + Зс — 7,
4а + 56 + Зс — 7,
2а + 6 + с — 7.
п	м м ..	21	14	7
Решив систему подстановкой, найдем: а = —-, 6 = — —с = -.
5	5	5
Подставив эти значения в последнее уравнение с переменными ж, т/, г, v, получим:
21	14	7
7х + 7у + 7г + 7v = 10 •	— 9 • ——I- 8 • — — 28.
5	5	5
Ответ. 28 млн.т.
i.2. Неравенства в текстовых задачах
293
4.2.	Неравенства в текстовых задачах
Задача 1. (Физ-68.3)
Купили несколько одинаковых книг и одинаковых альбомов. За книги заплати-
ли 10 руб. 56 коп., за альбомы - 56 коп. Книг купили на 6 штук больше, чем
альбомов. Сколько купили книг, если цена одной книги больше, чем на 1 руб.
превосходит цену одного альбома?
Идея. Обозначив за неизвестные величины количество книг и альбомов, а также
их цены соответственно, составить основные уравнения задачи с дополнительными
условиями и воспользоваться целочисленностью переменных.
Указание. Если было куплено п альбомов по а руб., п+6 книг по b руб., то
получим: Ь(п + 6) = 10,56; ап = 0,56; b — а > 1.
Указание. Для решения задачи удобно перейти к неравенству для п Е N.
Решение. Обозначим для решения задачи: п альбомов по а руб., п+6 книг по
b руб. Тогда из условия находим (п Е N):
' 6(п +6) = 10,56;
< ап = 0,56;
b — a> 1.
\
10,56	0,56
----^5 а —------;
п + 6 п
10,56	0,56	.
подставляем в неравенство: ---------->1, п Е N =>
п + 6 п
10,56п - 0,56п - 6 • 0,56 > п2 + 6п <+=> п2 — 4п + 3,36 < 0 <+=> 1,2 < п < 2,8.
Так как п Е N, то п — 2 => п + 6 = 8.
Ответ. 8 книг.
Задача 2. (Псих-84.5)
Второй член арифметической прогрессии, состоящей из целых чисел, равен 2, а
сумма квадратов третьего и четвертого её членов меньше 4. Найти первый член
этой прогрессии.
Идея. Составив уравнение и неравенство, соответствующие условию задачи, све-
сти их к неравенству с целочисленным отбором решений.
Указание. Если а^ Е Z и d Е Z, соответственно, первый член прогрессии и её
разность, то условие задачи приводит к системе:
ai + d — 2, Q.1, d Е Z,
(&i + 2cZ)2 + (а.1 + 3cZ)^ < 4.
Указание. Выразив, например, разность прогрессии из уравнения и подста-
вив её в неравенство, можно решить его либо как квадратное по традиционному
алгоритму, либо оценкой модулей соответствующих слагаемых.
294
Указания и решения
Решение. Пусть а± - первый член, d - разность рассматриваемой прогрессии.
Тогда из условия задачи получаем (ax,d 6 Z):
( ai -|- d — 2,
I а2 + а2 < 4.
Учитывая, что аз = а^ + 2d, а± = а± + 3d, находим:
{d = 2 — ai,
(ai + 2(2 — ai))2 + (ax + 3(2 — ax))2 < 4.
Решим неравенство:
12
(ax - 4)2 + (2ai - 6)2 < 4	5a2 - 32ax + 48 < 0 <=>	— < a± < 4.
5
Так как ax 6 Z, получаем, что ax = 3, d = — 1.
Ответ. 3.
Задача 3. (Геогр-97(1).4)
Танкер может заполняться через две трубы, причём его заполнение через первую
трубу происходит на 5 часов медленнее, чем через вторую. При каких значениях
времени заполнения танкера через первую трубу его заполнение через обе трубы
одновременно занимает не менее 6 часов?
Идея. Составить неравенство для времени заполнения и решить его с учётом
естественного смысла переменной.
Указание. Если t ч - время заполнения танкера через первую трубу, то искомое
1
время задается дробью -j----j— .
t + t — 5
Решение. Если t ч - время заполнения танкера первой трубой, а его объем
11	я
равен единичному, то - и -—- - производительности первой и второй труб со-
ответственно. Тогда время совместного заполнения танкера выражается дробью
(неравенство составлено сразу из требования условия):
t + t-5
t(t - 5)
2£ — 5
> 6.
По смыслу задачи t > 5, поэтому
i2 — 5£ > 12t - 30
<=> t2 - Ш + 30 > 0 <=>
t <2;
t > 15;
t > 15.
Ответ. [15;+oo).
4.2. Неравенства в текстовых задачах
295
Задача 4- (Хим-97.4)
N насосов различной мощности наполняют бассейн водой. Первый насос, ра-
ботая автономно, может наполнить весь бассейн за 2 часа, второй за 4 часа,
... , п-ый - за 2П часов. Каким должно быть наименьшее число насосов п, что-
бы все п насосов, работая одновременно, наполнили бассейн быстрее, чем за 1 час
и 1 минуту? Можно ли наполнить бассейн быстрее, чем за 1 час?
Идея. Составив формулу для вычисления времени наполнения бассейна всеми
насосами с учётом их совместной производительности, решить заданное условием
задачи неравенство.
Указание. Приняв объем бассейна за единицу, производительность k-ого насо-
1 m
са выразить как . Тогда совместная производительность п € N насосов выра-
жается суммой
11 1
2 + 4”’+2*’
вычисляемой по формуле суммы п членов геометрической прогрессии.
Решение. Если принять объём бассейна за единицу, то производительность п-
ого насоса (n Е N) принимает вид: — , время наполнения бассейна одновременно
работающими п насосами равно:
1
1 1
2 + 4 + ‘
1 ’
2П
т.	1	1
В знаменателе стоит сумма п членов геометрической прогрессии, b± = -, q = -
1
2П
1 1
2 + 4
2П
2 \2П	/ _ л 1
1 _ 1 - 1 2”
2
Тогда для ответа на первый вопрос получаем неравенство:
1	1	1	60	1	1
1_2_< + 60	> 61	2» < 61
2п
так как п Е N. Значит, наименьшее число насосов, отвечающих условию задачи,
равно 6.
Для ответа на второй вопрос получаем неравенство:
_L—<i	i-^>i	^<о	0.
1	2п	2п
2п
Следовательно, быстрее, чем за 1 час наполнить бассейн нельзя.
Ответ. 6 насосов; нет.
296
Указания и решения
Задача 5. (М/м-92.4)
Один рабочий на новом станке производит за 1 час число деталей, большее 8, а
на старом станке - на 3 детали меньше. На новом станке один рабочий выполняет
дневную норму за целое число часов, а два рабочих вместе выполняют норму на
старых станках на 1 час быстрее. Из какого количества деталей состоит дневная
норма?
Идея. Обозначив за неизвестные величины производительности труда и дневную
норму, составить основное уравнение задачи и организовать перебор целочислен-
ных значений переменных.
Указание. Если р деталей - производительность на первом станке, а п деталей
- дневная норма, причём р, п € N, то получаем по условию:
п	п	п
-----= — 1, р > 8, р е N, - е N.
-3)	Р	р
Указание. Из основного уравнения задачи с учётом целочисленности перемен-
ных получается, что (р — 6) - делитель 36.
Решение. Пусть р G N деталей в час - производительность рабочего на новом
станке, п Е N деталей - дневная норма, тогда из условия получаем:
—= - - 1, р > 8, р е N, - е N.
- 3) р	р
Выразим п из уравнения:
р(2р-6)	2(р2-6р) + 6(р-6) + 36 п 1Л)	36
п = ------— =----------------------- = 2р + 6 +---.
р-6	р-6	р-6
Значит, (р — 6) - делитель 36, так как п G N;
(р — 6) 6 {1; 2; 3; 4; 6; 9; 12; 18; 36}, проверим	все варианты	с	учётом р>8:
р = 9 : п = 18 + 6 + 12 = 36 - подходит;
р = 10 : п = 20 + 6 + 9 = 35 - не подходит,так как по	условию	-	Е	N;
Р
р = 12 : п = 24 + 6 + 6 = 36- подходит;
р = 15 :	п = 30 +	6	+ 4 = 40	- не подходит;
р = 18 :	п = 36 +	6	+ 3 = 45	- не подходит;
р = 24 :	п = 48 +	6	+ 2 = 56	- не подходит;
р = 42 :	п = 84 +	6	+ 1 = 91	- не подходит;
Получается, что п = 36, и достигается это значение при р = 9 и при р = 12.
Ответ. 36.
Задача 6. (Экон-85.5)
Из пункта А в пункт В вышел пешеход. Не позже, чем через 40 минут, вслед за
ним вышел ещё один пешеход. В пункт В сначала пришёл один из пешеходов, а
4.2. Неравенства в текстовых задачах
297
другой достиг В не раньше, чем через час после этого. Если бы пешеходы вышли
одновременно, то они бы прибыли в пункт В с интервалом не более, чем в 20
минут. Определить, сколько времени требуется каждому пешеходу на путь от А
до В, если скорость одного из них в 1,5 раза больше скорости другого.
Идея. Составить модель задачи на основе естественных переменных и парамет-
ров. Затем рассмотреть её для разных вариантов прибытия пешеходов в конечный
пункт и случаев отношений их скоростей.
Указание. Удобно обозначить за х и у км/ч скорости пешеходов, за S км - весь
путь, за t\ ч - интервал выхода пешеходов из пункта А, и за t2 ч - разность вре-
мени прибытия пешеходов в пункт В. После чего составить два варианта модели,
в зависимости от того, кто из пешеходов первым придёт в пункт В.
2
Указание. Переменные ti < - и > 1 эффективнее применить для составле-
ния уравнения времени прибытия пешеходов, а не неравенства.
Указание. В каждом из рассматриваемых случаев понадобится два варианта
3	3
соотношений между скоростями пешеходов х = -у и у= -х.
Z	Za
Указание. Если в пункт В первым придёт второй пешеход, то реализуется
следующая система:
S	S	2
“ —----Н tl + ^2,	^1 < о ’ ^2 > 1?
X	у	3
\S Si 1
<---------< - — условие одновременного выхода из пункта Л,
Указание. После преобразования системы становится очевидно, что она несов-
местна, то есть второй пешеход не может обогнать первого.
Решение. Пусть S км - весь путь АВ, х км/ч - скорость первого пешехода, у
км/ч - скорость второго пешехода. Обозначим за ч - интервал выхода пешехо-
дов из пункта А и за t2 ч - разность времени прибытия пешеходов в пункт В.
Предположим, что в пункт В первым придёт второй пешеход, тогда:
S
х
S	2
--h tl + ^2? tl <	^2 > 1?
У	3
I5	A
-------< - — условие одновременного выхода из пункта А,
1х у \	3
3	3
X = -у или у = -х.
21	2
х
Из первого уравнения находим---=	+ £2 > 1, что противоречит неравенству
ж у
|S	Si	1
-----< -, значит, данное предположение неверно.
\х	у\	3
Предположим, что первым в пункт В первым придёт первый пешеход, тогда:
298
Указания и решения
2
3’
S
х

S
2 — ~
У
5i 1	л
— < - — условие одновременного выхода из пункта А,
У ।	3
3	3
х = -у или у = -х.
Z	Z
Из уравнения получаем------— ti~ ^2 ? но t\—	<----1 = — , поэтому система
х у	3	3
приобретает вид:
S S 1
следовательно,-------= -.
У х 3
Далее рассматриваем два случая:
3	2S
1) у = -х, тогда —
2	5х
задачи;
5	1	5
— = -, следовательно, — < 0, что противоречит смыслу
х 3	х
ч 3	S 2S 1	S „ S 2
2) х = -у, тогда--------= -, следовательно, — = 1, а — = -, эти значения не
2	у Зу 3	у х 3
противоречат смыслу задачи.
Ответ. 40 минут и 1 час соответственно.
Задача 7. (Геол.ОГ-83.5)
Автобус проходит путь АЕ, состоящий из участков АВ, ВС, CD, DE длиной
10 км, 5 км, 5 км, 6 км соответственно. При этом, согласно расписанию, выезжая
из пункта А в 9 ч, он проходит пункт В в 9| ч, пункт С - в 9| ч, пункт D -
в 9| ч. С какой постоянной скоростью v должен двигаться автобус, чтобы сумма
абсолютных величин отклонений от расписания прохождения пунктов B,C,D и
времени движения автобуса от А до Е при скорости v, не превосходила 51,7 мин?
Идея. Составив основное неравенство, исследовать функцию в нём на возраста-
ние и убывание на соответствующих промежутках.
Замечание. Функция времени движения от скорости в итоге строится как сум-
ма модулей, поэтому её исследование по стандартному алгоритму раскрытия через
точки смены знака приводит к требуемому результату. Однако этот путь приводит
к трудоёмким вычислениям.
Указание. Отклонение от расписания при прохождении пункта В записывается
I10 Т1
как:------- ч.
\ v 51
Указание. Отклонение от расписания при прохождении пункта С записывается
I15 31
как:------- ч.
I v 81
^.2. Неравенства в текстовых задачах
299
Указание. Основное неравенство задачи имеет вид:
Iv 5 I I v 81 I v 3iv — 60
5
Указание. Рассмотрев левую часть неравенства как функцию от t = - > 0,
1 V
заметить, что её наименьшее значение достигается в точке t = — и равно в точ-
ности правой части.
Решение. Если скорость автобуса v км/ч, что сумма отклонений от расписания
за весь маршрут имеет вид:
Замечание. Отклонение от расписания при прохождении, например, пункта
20	2	5	/2	3\
D, выражается через разность----, а не----(-----I, так как отклонение от
v	3	v	\3	8/
расписания в пунктах В и С не влияет на время прохождения пункта D.
Обозначим: t = - > 0 и запишем:
v
№) =
2‘-|
51,7
60
+ 3t - |
о
«-1
точками смены знака подмодульного выражения являются числа
£ 1 1
10; 8’ 6’
В результате раскрытия модулей на соответствующих участках функция f(t)
приводится к линейному виду и в зависимости от знака старшего коэффициента
либо возрастает, либо убывает. Наименьшее значение функции достигается в точке
t = — и равно:
Г1_ \ _ 517
' \10у	600’
1
Учитывая неравенство задачи, находим, что t = — - искомое решение, значит v
— 50 км/ч.
Ответ. 50 км/ч.
300
Указания и решения
4.3. Оптимальный выбор, наибольшие и наименьшие значе-
ния
Задача 1. (Экон.К-68.3)
На 100 рублей решено купить ёлочных игрушек. Елочные игрушки продаются
наборами. Набор, состоящий из 20 игрушек, стоит 4 рубля; набор, состоящий из
35 игрушек, стоит 6 рублей, и набор, состоящий из 50 игрушек, стоит 9 руб-
лей Сколько каких наборов нужно купить, истратив все 100 рублей, чтобы было
куплено наибольшее количество игрушек?
Идея. Составив модель задачи, найти зависимость между ограничением на сум-
марную стоимость всех наборов и количеством игрушек. Затем оценить макси-
мально возможное количество игрушек на основе найденной зависимости.
Указание. Если п наборов за 4 рубля, т наборов за 6 рублей и к наборов за
9 рублей, то модель задачи описывается системой:
( S = 20п + 35m + 50А? —> max,
[ 4n + 6m + 9/c = 100, где n, m, к e Nq,
где S - количество игрушек.
Указание. Количество игрушек можно представить в виде
S = 5(4n + 7m + Ю/с) = 5*5", тогда максимальное значение S достигается при
максимальном значении S'.
Указание. S1 = 4тг + 7m + 10k = (4тг + 6m + 0k) + т + к = 100 + т + к,
следовательно, нужно найти максимальное значение т + к, при ограничении 4тг +
6m + 0k = 100.
Указание. Определить из соображений делимости возможные значения п и
оценить значение т + к с учетом того, что согласно ’’удельному числу” игрушек
по каждому из наборов в пересчёте на рубль цены, наиболее выгодным является
приобретение наборов второго типа.
Замечание. Числа в задаче подобраны так, что прямая подстановка перемен-
ной из уравнения в выражение для S не позволяет эффективно организовать
перебор вариантов.
Решение. Обозначим соответственно:
I:	п наборов за 4 рубля по 20 игрушек, п е Nq ;
II:	т наборов за 6 рублей по 35 игрушек, т е No;
III:	к наборов за 9 рублей по 50 игрушек, к е Nq ;
S = 20n + 35m + 50А? —> max - количество игрушек;
4п + 6m + Ок = 100 - уравнение стоимости (условие связи между п, тик).
Представим S в виде S — 5(4?г + 7m + 10А?) = 5SZ, тогда максимальное значение S
достигается одновременно с S1. Преобразуем S':
S1 = 4п + 7m + 10k = (4тг + 6m + 0k) + т + к = 100 + т + к.
Теперь задача сводится к определению максимального значения выражения т + к
при условии связи 4тг + 6m + 0k = 100.
4-3. Оптимальный выбор,,.
301
Вычислим цену одной игрушки для каждого из наборов.
I:	1/5 рубля за одну игрушку;
II:	6/35 рубля за одну игрушку;
III:	9/50 рубля за одну игрушку.
Так как 6/35 < 9/50 < 1/5, то делаем вывод, что выгоднее покупать наборы
второго типа, то есть максимизировать т.
Анализируя равенство 4n + 6m + 9 А? = 100, рассмотрим возможные значения
п. Очевидно, что п не кратно 3, иначе 100 делилось бы на 3. Следовательно, п
представимо формулой п = 3t + 1 или п = 3t + 2, где t 6 No. Рассмотрим случай
п = 3t + 2. Подставим его в условие связи. Получим:
4(3t + 2) + 6m + 9А? = 12t + 6m + 9А? + 8 = 100 => 3(4t + 2m + ЗА:) = 92.
Из последнего равенства следует, что 92 кратно 3, что неверно. Следовательно,
п — 3t + 1, причём п < 25 (из условия связи), то есть п — 1,4, ...,25. Оценим
максимальное значение т + к при разных значениях п. Пусть п = 1. Тогда
3
6m + 9А: = 96 <=> m+-A? = 16 => m + к < 16.
£
При п = 4 аналогично получаем, что т + к < 14, и так далее. При п = 25
т + к = 0. По мере увеличения значения п максимальное значение суммы т + к
3
будет уменьшаться. Поэтому при п = 1 из условия т+ -к = 16 ис учётом того,
что выгоднее покупать наборы второго типа, получаем, что т = 16, к = 0.
Ответ. 1 набор за 4 рубля и 16 наборов по 6 рублей.
Задача 2. (Экон.М-96.3)
В контейнер упакованы изделия двух типов. Стоимость и вес одного изделия со-
ставляют 400 тыс.руб. и 12 кг для первого типа и 600 тыс.руб. и 15 кг для второго
типа. Общий вес комплектующих равен 321 кг. Определить минимальную и мак-
симальную возможную суммарную стоимость находящихся в контейнере изделий.
Идея. Обозначив за неизвестные величины число деталей каждого из типов,
составить модель задачи и исследовать выражение для общей стоимости через
цену одного килограмма, организовав на этой основе целочисленный перебор.
Указание. Если пит деталей каждого из типов соответственно, то получаем
12n + 15m = 321, где m,п 6 TVo5 S — 400п + 600т - общая стоимость.
Указание. Несложно вычислить, что наименьшую цену имеют изделия первого
типа.
Указание. Для минимизации общей стоимости изделий следует максимизиро-
вать в контейнере число изделий первого типа, тогда как для максимизации общей
стоимости, соответственно, взять наибольшее число деталей второго типа. Данное
утверждение является условием организации перебора.
Решение. Обозначим за неизвестные величины:
I: п изделий (12 кг, 400 тыс.руб.); цена: —- = 33- тыс.руб./кг;
О
302
Указания и решения
II: т изделии (15 кг, 600 тыс.руб.); цена:	= 40 тыс.руб./кг;
15
всего: 321 кг, т,п 6 No. По условию 12тг + 15m = 321, то есть 4тг + 5m = 107,
общая стоимость S = 400тг + 600m = 200(2тг + 3m) тыс.руб.
Для минимизации стоимости логично выбрать в контейнере максимально воз-
можное число деталей первого типа, так как их цена ниже. Так как 4тг + 5m = 107,
Ю7
то тг < ——, то есть тг < 26.
4
Рассмотрим решение этого уравнения в целых числах:
тг =	26	:	5m	=	3 - нет решений;
тг =	25	:	5m	=	7 - нет решений;
п —	24	:	5m	=	11 - нет решений;
тг =	23	:	5m	=	15, m = 3; тогда	S — 200(2тг + Зт) — 200(46 + 9) — 11000 тыс.руб.
Для максимизации общей стоимости логичнее выбрать как можно больше
’’самых дорогих деталей” с точки зрения цены, то есть второго типа. Так как
107
4тг + 5m — 107, то т < —-, то есть т < 21.
5
Рассмотрим решение этого уравнения в целых числах:
т = 21 :	4тг = 2 - нет решений;
т — 20 : т = 19 :	4тг = 7- нет решений; 4тг = 12, тг = 3; тогда S = 200(2тг + 3m) = 200(6 + 57) = 12600 тыс.руб.
Ответ. 11000 тыс.руб. и 12600 тыс.руб.
Задача 3. (Экон-96.4)
В контейнер упакованы комплектующие изделия трёх типов. Стоимость и вес од-
ного изделия составляют 400 тыс.руб. и 12 кг для первого типа, 500 тыс.руб. и
16 кг для второго типа, 600 тыс.руб. и 15 кг для третьего типа. Общий вес ком-
плектующих равен 326 кг. Определить минимальную и максимальную возможную
суммарную стоимость находящихся в контейнере комплектующих изделий.
Идея. Обозначив за неизвестные величины число деталей каждого из типов,
составить модель задачи и исследовать выражение для общей стоимости через
цену одного килограмма изделия, организовав целочисленный перебор.
Указание. Если тг, т, и к - число деталей каждого из типов соответственно,
то:
Г 12тг + 16m + 15/с = 326, где тг,т, /с е TVo,
[ S = 400тг + 500m + 600/с;
где S - общая стоимость.
Указание. Наименьшую ’’удельную стоимость" имеют изделия второго типа,
а наибольшую - третьего типа.
Указание. Для увеличения общей стоимости нужно брать больше деталей тре-
тьего типа, а для уменьшения - второго типа. На этом следует основывать перебор.
Решение. Обозначим за неизвестные величины:
I:	тг изделий (12 кг; 400 тыс.руб.); цена: —— = 33- тыс.руб./кг.;
J. Л	О
II:	m изделий (16 кг; 500 тыс.р.); цена:	= 31^ тыс.руб./кг.;
4.3. Оптимальный выбор,..
303
III:	к изделии (15 кг; 600 тыс.руб.); цена:	= 40 тыс.руб./кг.
15
По условию задачи общий вес изделии: 12n+16m+15/c = 326, где п, т, к 6 Nq ;
суммарная стоимость: S = 400тг + 500ттг + 600А?.
Из отношения 311 < 331 < 40 следует, что дешевле всего изделия второго
типа, а дороже всего - изделия третьего типа.
Для минимизации суммарной стоимости логично выбрать как можно больше
самых недорогих изделий, то есть второго типа. Из условия 12тг + 16m + 15/с = 326
находим, что т < 20. Рассмотрим решение этого уравнения в целых числах:
т = 20 :
m = 19 :
m = 18 :
т = 17:
12тг + 15/г = 6, нет решений;
12тг + 15fe = 22, нет решений;
12тг + 15/г = 38, нет решений;
12тг + 15к = 54, п = 2, к = 2.
Тогда S = 100(4тг + 5m + 6fc) = 100(8 + 85 + 12) = 100 • 105 = 10500 тыс.руб.
Для максимизации суммарной стоимости логично выбрать как можно больше
самых дорогих изделий, то есть третьего типа. Из условия 12тг + 16m + 15А? = 326
находим, что к < 21. Рассмотрим решение этого уравнения в целых числах:
к = 21 : 12тг + 16m
к = 20 : 12тг + 16m
к = 19 :	12п + 16m
к = 18 : 12тг + 16m
= 11, нет решений;
= 26, нет решений;
= 41, нет решений;
= 56, т = 2, п = 2.
Тогда S = 100(4тг + 5m + 6fc) = 100(8 +10 + 108) = 100 • 126 = 12600 тыс.руб.
Ответ. 10500 тыс.руб. и 12600 тыс.руб.
Задача 4- (Псих-87.3)
Бригада маляров белила потолки в классе и в актовом зале школы, причём пло-
щадь потолка в актовом зале в три раза больше, чем площадь потолка в классе.
В той части бригады, которая работала в актовом зале, было на 6 маляров боль-
ше, чем в той части, которая работала в классе. Когда побелка всего потолка в
актовом зале закончилась, та часть бригады, которая была в классе, еще работа-
ла. Какое наибольшее число маляров могло быть в бригаде, если все они начали
работать одновременно и работали с одинаковой производительностью?
Идея. Введя в рассмотрение ’’естественные” переменные и параметры, составить
неравенство о времени работы соответствующих частей бригады и решить его по
числу людей в бригаде.
Указание. Обозначив за S площадь потолка в классе, а за р кв.м./чел. - про-
изводительность работы одного человека, тогда время побелки потолка в классе
g
равно t = —, где п G N - количество маляров в данной части бригады.
рп
3S S
У казание. Основное неравенство в задаче имеет вид: —----— < —, которое
р(п + 6) рп
требуется решить для п 6 N и найти наибольшее значение выражения 2п + 6.
304
Указания и решения
Решение. Пусть S (кв.м.) - площадь потолка в классе, п человек занято на его
побелке, р (кв.м./чел.) - производительность каждого из них. Требуется найти
наибольшее значение выражения К = 2тг + 6, п Е N, при выполнении неравенства
(одна часть бригады завершила работу раньше другой):
35 S
—;---— < —	Зтг < п + 6	тг < 3.
р(тг + 6) рп
Значит, наибольшее возможное значение тг = 2, при этом К = 10.
Ответ. 10 человек.
Задача 5. (Экон-90.4)
Натуральные числа а, 6, с, взятые в указанном порядке, образуют возрастающую
геометрическую прогрессию, знаменатель которой является целым числом. Числа
2240 и 4312 делятся без остатка на b и с соответственно. Найти числа а, b и с,
если известно, что при указанных условиях сумма а + b + с максимальна.
Идея. Расписав числа через первый член и знаменатель геометрической прогрес-
сии и разложив заданные в условии числа на простые множители, исследовать все
возможные варианты значений знаменателя.
Указание. Если 2 < q Е N - знаменатель прогрессии, то b = aq, с = aq2,
а Е N; 2240 = 26 • 5 • 7, 4312 = 23 • 72 • 11.
Указание. По условию задачи получаем 2240 = Ъп, 4312 = ст, где ттг,п Е N.
Указание. Анализ системы уравнений
( aqn = 26 • 5 • 7,
\ aq2m = 23 • 72 • 11; wa,q,m,ne^
показывает, что для знаменателя q возможные значения находятся в множестве
{2; 7; 2-7}.
Указание. Окончательный отбор решений системы при выборе всех возмож-
ных вариантов значений а и q производится по факту максимизации S = a+b+с =
a(l + q + q2).
Решение. Если q Е N - знаменатель возрастающей геометрической прогрессии,
то получаем q > 2, b = aq, с = aq2, а Е N. Раскладывая данные в условии числа
на простые множители, получаем:
2240 = 26 • 5 • 7, 4312 = 23 • 72 • 11.
Сумма S = a + b + c = а(1 + q + q2) по условию должна быть максимальна. Это
условие выбора решений. Так как числа 2240 и 4312 делятся без остатка на b и
с соответственно, то получаем систему в натуральных числах:
( aqn = 26 • 5 • 7,	,
1 aq2m = 23 • 72 • 11;
Поскольку 26 • 5 • 7 делится без остатка на q, а 23 • 72 • 11 делится без остатка
на q2, то приходим к выводу, что q Е {2, 7, 2 • 7}. Организуем перебор всех
4.3. Оптимальный выбор...
305
вариантов. При этом учтём, что требуется найти такие а,b и с, что сумма S =
а(1 + q + q2) принимает максимальное значение. Так как S линейно зависит от
а, то её максимальное значение достигается при максимально возможном а для
каждого рассматриваемого значения q.
‘)’ = 2	{ Х22.'Й;	“ = 2'7 S = 98’
2> ’ =7 =	{	-'ll;	=* “ =23	s =456;
3>’ = 2'7	{«ГЛ-'li;	“ = 2 S = 422'
Максимальное значение S = 456, откуда а = 8, q = 7 и 6 = 56, с — 392.
Ответ. 8; 56; 392.
Задача 6. (Псих-94.5)
Абитуриенты сдавали экзамены в течение трёх дней в одних и тех же аудито-
риях. Число экзаменовавшихся каждый день абитуриентов в каждой аудитории
было равно числу аудиторий. Если бы экзамены проводились в другом корпусе,
то их можно было бы провести за два дня, используя каждый день одни и те же
аудитории, причём каждый день в каждой аудитории абитуриентов удалось бы
рассадить по рядам так что число рядов, а также число людей в ряду было бы
равно числу используемых аудиторий. Определить минимальное возможное число
абитуриентов, которое могло бы быть проэкзаменовано при этих условиях.
Идея. Обозначив за неизвестное число аудиторий в каждом из корпусов соот-
ветственно, составить уравнение в натуральных числах и решить его через иссле-
дование делимости обеих частей.
Указание. Если тип- число аудиторий в первом и втором корпусах соот-
ветственно, то получаем: Зтг2 — 2m3, где т,п Е N.
Указание. Из первого уравнения в силу целочисленности переменных следует,
что п : 2,т : 3, то есть п = 2р, т = 3q, где р и q - натуральные числа.
Указание. Процесс исследования делимости обеих частей приведёт к уравне-
нию t2 = п3, где t, п Е N. Его решением является t = п = 1.
Решение. Пусть п аудиторий задействовано в первом корпусе и т аудито-
рий - во втором, тогда Зп2 = 2m3, где m, п Е N. Ищем М = Зтг2; заметим, что
тг : 2, т : 3, то есть тг = 2р, m = 3g, где р и q натуральные числа. Подставляем эти
значения: 12р2 = 54g3, то есть 2р2 = 9q3 ; значит, q : 2, р : 3, то есть q = 2s, р = Зг,
где г и s натуральные числа. Подставляем: 18т*2 = 72s3, то есть г2 = 4s3; значит,
г : 2, то есть г = 2А?, к Е N; подставляем 4А?2 = 4s3, то есть к2 = s3. Наименьшим
натуральным решением этого уравнения являются к — s = 1. Возвращаемся к
числу абитуриентов:
М = Зтг2 = 12р2 = 12 • 9г2 = 12 • 9 • 4/е2 = 12 • 36 = 432.
Ответ. 432 человека.
306
Указания и решения
Задача 7. (ВМК-87.5)
С завода на стройку нужно перевезти 24 больших и 510 маленьких бетонных бло-
ков. Доставка блоков осуществляется автомашинами, каждая из которых вмещает
44 маленьких блока и имеет грузоподъёмность 10 тонн. Вес маленького блока -
0, 2 тонны, большой блок весит 3,6 тонны и занимает место 14 маленьких. Найти
минимальное число рейсов, достаточное для перевозки всех блоков.
Идея. Рассмотрев все возможные варианты загрузки автомашин, получить ниж-
нюю оценку для необходимого числа рейсов и доказать её достижимость.
Указание. Возможны три варианта загрузки автомашин:
два больших блока и 14 малых,
один большой блок и 30 малых,
44 малых блока.
Указание. Если по трём типам загрузки автомашин принять их количество
рейсов соответственно за т,тг, А?, то можно составить систему:
( 2тг + т>24; п,т, к Е TVq;
[ 14тг + 30m + 44А? > 510.
Указание. Учитывая, что требуется найти наименьшее возможное значение
S = т + п + к, получить следствия из рассматриваемой системы для оценки
величины S.
Указание. Для достаточно объективной оценки суммы S = т + п + к удобно
умножить первое неравенство на 14 и сложить со вторым неравенством.
Решение. Рассмотрим типы загрузки автомашин. С учётом вместимости и гру-
зоподъёмности автомашин получаем:
т рейсов: два больших блока и 14 малых,
п рейсов: один большой блок и 30 малых,
к рейсов: 44 малых блока, где тг, m, А?, Е TVq •
Так как надо перевезти все блоки, то получаем:
Г 2тг + т > 24; тг, т, к Е TVq;
[ 14тг + ЗОттг + 44А? > 510.
Требуется найти наименьшее возможное при этих условиях значение суммы S =
т + п + к. Умножив первое неравенство на 14 и сложив со вторым, получим
следствие:
42тг + 44m + 44А? > 14 • 24 + 510 = 846.
Запишем оценку:
44S = 44n + 44m + 44fc > 42n + 44m + 44fc > 846 => S >	= 19 —.
-	-	“ 44	22
Значит, в силу целочисленности S, можно говорить, что S > 20. Следователь-
но, рейсов не может быть меньше 20. Поскольку при получении оценки снизу
для S мы использовали не эквивалентный переход, а следствие, то необходимо
предъявить набор значений т,тг и к, при которых вьшолняется условие задачи и
S = 20. Выбрав, например, тг = 12, ттг = 0, к = 8, получаем S = 20 и выполнение
условия задачи.
4-3. Оптимальный выбор...
307
Замечание. При обосновании достижимости значения S = 20 набор соответ-
ствующих чисел m,n,k может отличаться от предложенного.
Ответ. 20 рейсов.
Задача 8. (Геол-99.6)
Дана арифметическая прогрессия ai, <22,..., ап, в которой а$ = — 13 и а7 = 3.
Определить, при каком количестве членов сумма прогрессии будет наименьшей;
найти значение этой суммы.
Идея. Найдя первый член и разность прогрессии, выразить искомую сумму как
функцию от количества членов прогрессии.
Указание. Если а± - первый член прогрессии, d - её разность, то получаем:
(2з = (21 + 2б/ — —13,
а7 = ai + 6d = 3;
Указание. Найдя а± = —21 и d = 4, выразить искомую сумму Sn = п(2п — 23).
Указание. Исследовав функцию /(тг) = 2п2 — 23п на минимум как параболу,
получаем, что для ответа на вопрос задачи нужно сравнить /(5) и /(6).
Решение. Если - первый член прогрессии, d - её разность, то получаем:
<2з = di + 2d — —13,	Г (21 — —21,
(27 = ai + 6d = 3;	[ d = 4.
Сумма п первых членов:
Sn = 2ai +	~	• п = (2п - 23)п = 2п2 - 23п.
п
Рассмотрим функцию f(t) = 2t2 — 23t, t Е К; её наименьшее значение дости-
гается в вершине параболы (так как f(t) задана квадратным трёхчленом, ветви
соответствующей параболы направлены вверх): to = 23/4 Е (5; 6). Устанавливая
соответствие f(t) с Sn в связи с тем, что t Е R, тогда как п Е N, получаем, что
для ответа на вопрос задачи достаточно вычислить и сравнить /(5) и /(6):
/(5) = 50 - 115 = -65 > -66 = 72 - 138 = /(6).
Значит, наименьшее значение суммы равно —66, и достигается оно при п = 6.
Ответ. При шести членах; —66.
Задача 9. (Экон-94.5)
Предприятие производит телевизоры и является прибыльным. Известно, что при
изготовлении п телевизоров в месяц расходы предприятия на выпуск одного теле-
визора составляют не менее
40500 _ _ 40500
-----+270- 90 	
72---71
тыс.руб., а цена реализации
308
Указания и решения
каждого телевизора при этом не превосходит 540 — — тыс.руб. Определить еже-
месячный объём производства, при котором может быть получена наибольшая из
возможных в данных условиях ежемесячная прибыль.
Идея. Составив выражение для ’’функции прибыли” как зависимости от числа
проданных телевизоров, исследовать её на наибольшие значения с учётом вариан-
тов раскрытия модуля.
Указание. В силу прибыльности предприятия (из условия задачи) его месяч-
ный доход ориентирован на разность стоимости продажи телевизора и затрат на
его изготовление.
Указание. Выражение для ’’функции прибыли” по п телевизорам в месяц мож-
но рассматривать в виде:
, х (	3 \	/40500
Р(п) = п 540 - —-п ) - тг--------h 270 -
\ Ю /	\ п
40500
90---------
тг
Указание. Исследуя случай равенства в выражении для ’’функции прибыли”
и раскрывая модуль в нём по определению, получаем выражение функции в виде
квадратного трёхчлена с отрицательным старшим коэффициентом:
Р(п) = I
3 ,
— — тг2 + ЗбОтг — 81000, если тг > 450,
3
----тг2 + 180тг, если тг < 450,
Указание. Наибольшее значение квадратного трёхчлена с отрицательным
старшим коэффициентом достигается в его вершине.
Решение. Расходы предприятия по выпуску одного телевизора:
г(тг) >
40500
тг
+ 270-
Л 40500
90--------
тыс.руб.
Цена реализации одного телевизора: с(тг) < 540 — — тг тыс.руб.
Так как предприятие по условию задачи прибыльно, то доход от продажи тг
телевизоров в месяц не превысит разности цены и расходов на выпуск:
Р(п) < тг(с(тг) — г(тг)) < тг ( 540 - ^-п —	_ 279 +
\	10 тг
40500
90---------
тг
3
= n2 + 270п + |90п - 40500| - 40500.
Рассмотрим ’’функцию прибыли" от числа реализованных телевизоров по случаю
равенства:
3
Р(тг) = ~^п2 + 270тг + |90тг - 40500| - 40500
4-3. Оптимальный выбор...
309
Раскрывая модуль через точку смены знака, находим:
{3
---п2 + 360п — 81000, если п > 450,
10
з ,
— —пл + 180п, если п < 450,
В каждом из случаев это квадратный трёхчлен с отрицательным старшим коэф-
фициентом, то есть его наибольшее значение достигается в вершине.
х Л	-360 • 5
1) тг > 450, по =---— = 600,
о
з
Р(600) =	6002 + 360 • 600 - 81000 = 27000 тыс.руб.
2)п < 450, п0 = -^в'5 = 300,
О
з
Р(300) =	3002 + 180 • 300 = 27000 тыс.руб.
Так как эти значения равны, то в ответ нужно внести оба варианта.
Ответ. 300 или 600 шт.
Задача 10. (ВМК-95.5)
Строительной организации необходимо построить некоторое количество одинако-
вых домов общей площадью ровно 2500 кв.м. Стоимость одного дома площадью
а кв.м складывается из стоимости материалов pia3/ 2 тыс.руб., стоимости строи-
тельных работ р2а тыс.руб. и стоимости отделочных работ рза1/2 тыс.руб. Числа
Pi, Р2, Рз являются последовательными членами геометрической прогрессии, их
сумма равна 21, а их произведение равно 64. Если построить 63 дома, то затраты
на материалы будут меньше, чем затраты на строительные и отделочные работы.
Сколько следует построить домов, чтобы общие затраты были минимальными?
Идея. Вычислив Р1,Р2?Рз на основе условия задачи, составить ”функцию за-
трат” на строительство произвольного числа домов и исследовать её на наимень-
шее значение при целочисленности аргумента.
Указание. Условие принадлежности коэффициентов pi, рг, Рз к одной геомет-
рической прогрессии приводит к соответствующей системе уравнений, решениями
которой являются наборы:
Р1 = 1, р2 = 4, Рз = 16 и Р1 = 16, р2 = 4, Рз = 1.
Указание. Подставив оба набора (pi; Р2; Рз) в условие строительства 63-х до-
мов получим, что подходит лишь первый вариант:
Р1 = 1, Р2 = 4, Рз = 16.
2500	2	и г
Указание. Учитывая, что по смыслу задачи а = ------ м , искомая функция
п
затрат” на строительство п домов принимает вид:
50
Р(п) = n(piay/a + р2а + рз\/а) = 2500 • —т= + 10000 + 16 • бО-Уп; п G N.
310
Указания и решения
Указание. Полученную ’’функцию затрат” удобно исследовать на наименьшее
значение с помощью неравенства, связывающего среднее арифметическое и сред-
нее геометрическое двух неотрицательных чисел.
Указание. Наименьшее значение Р(п) достигается при выполнении равенства
(тг 6 R,п > 0):
г-	50
16-50^ = 2500-^,
у/п
то есть при 71=156,25. Значит, возвращаясь к п Е N, следует сравнить значения
функции /(156) V /(157).
Решение. Пусть требуется построить ровно п G N домов общей площадью
S = 2500 м2. Если один дом площадью а м2, то по условию его стоимость со-
ставляется из:
Pia^/a тыс.руб. за материалы;
р2а тыс.руб. за строительные работы;
р2у/а тыс.руб. за отделочные работы.
тт	S 2500 9
Несложно видеть, что а = — =-----м ;
п п
из условия принадлежности коэффициентов pi, р2, Рз к одной геометрической
прогрессии получаем систему уравнений:
Р1 +Р2 + Рз = 21,
< Р1Р2РЗ = 64,
k Р2 — Р1Рз-
Из последних двух: р2 = 4, тогда:
Г Pi + Рз = 17,
( РгРз = 16.
Значит, возможны два набора коэффициентов:
Pi = 1, р2 = 4, рз = 16 и pi = 16, р2 = 4, рз = 1.
Проведём отбор значений на основе заданного в условии частного случая (63
дома). При тг = 63 должно выполняться неравенство:
Pia^/a < р2а + р3л/а <=> Pia < p2\/a + р3.
_	2500
Так как в этом случае а =	, то
2?Х < +Рз «=> 2500Р1 < 150а/7р2 + 63Рз.
63	3V7
Подставим наборы коэффициентов:
1) рх = 1, р2 = 4, рз = 16. Проверим выполнение неравенства:
2500 < 6007? + 63-16
625 < 150д/7 + 63 • 4
373 < 150\/7
139129 < 157500 - верно
4.3. Оптимальный выбор...
311
2) pi = 16, р2 — 4, рз = 1. Проверим выполнение неравенства:
16 • 2500 < 600\/7 + 63
40000 - 63 < 600\/7
но 600\/7 < 600 • 3 = 1800, поэтому неравенство неверно.
Окончательно получаем:
.	я	2500 2
Pi = 1, Р2 = 4, Рз = 16, а =----м .
71
Тогда общая ’’функция затрат” на строительство п домов принимает вид:
Р(п) = n(piax/a + рза Ч- рз^/а) =	_|_ 4.2500 + 16 • 50л/п =
V7Z
/	625\
= 200	+ — + 10000; п е N.
\	Vn J
Наименьшего значения Р(п) достигает там же, где и
/(п) =	Ч—= ; п G N.
х/п
Рассмотрим f(t) = 4t Ч——; t > 0, t G R; её наименьшее значение по теореме о
среднем геометрическом и среднем арифметическом достигается тогда и только
.	625	25
тогда, когда 4t = ——, то есть t = —.
Возвращаясь к натуральному числу п в качестве аргумента в функции /(тг), по-
лучаем:
625
t = х/п, тг = — = 156,25 G (156; 157);
значит, требуется сравнить между собой значения функций /(156) и /(157).
/(156) = 4л/156 +
625
л/156
4 • 156 + 625
а/156
1249 .
2г/39’
Сравним
/(157) = 4V157 +	= 4 • 15Lt625
1253
л/157'
/(156)
1249
2л/39
1249V157
(1250-I)2-157
V /(157)
1253
V —==
V 2506^39
V (2500 + 6)2 • 39
312
Указания и решения
12502 • 157	- 2500 •	157 + 157	V	39 • 25002 + 2 •	6 •	2500 -39 + 36-39
157	•	12502 -	157 • 2500	V	39 • 4 • 12502 +	39	•	12 • 2500 + 1247
12502 V 2500(468 + 157) + 1247
12502	V	625 • 2500 + 1247
0	<	1247
значит, /(156) < /(157); следовательно, условие задачи реализуется при п = 156.
Ответ. 156 домов.
5. Использование свойств квадратного трехчлена
в задачах с параметрами
5.1. Исследование свойств квадратичной функции в зависи-
мости от значений параметра. Теорема Виета
Задача 1. (ЕГЭ.С)
При каких значениях а функция у = х2 + (а — 2)ж + 0, 25 не принимает отрица-
тельных значении?
Идея. При всех значениях х должно выполняться неравенство:
х2 + (а — 2)ж + 0,25 > 0.
Указание. Исследовать знак дискриминанта.
Указание. Должно выполняться условие D < 0.
Решение. Неравенство х2 + (а — 2)ж + 0,25 > 0 справедливо при все значениях
х только, если дискриминант неположителен:
D = (а - 2)2 - 1 = (а - 2 + 1)(а - 2 - 1) = (а - 1)(а - 3) < 0 <+=> а € [1; 3].
Ответ. [1;3].
Задача 2. (Биол-75.2)
Найти все значения параметра р, при которых квадратное уравнение
(Зж)2 + (3 ' р — 15)ж + 4 = 0 имеет ровно одно решение.
Идея. Квадратное уравнение имеет ровно одно решение, если его дискриминант
равен нулю.
1
Указ ание. Найти р, при которых D = (27 • 3? — 15)2 — 36 • 4 = 0.
5.1. Исследование свойств квадратичной функции...
313
Решение. Перепишем уравнение в виде:
9ж2 + (27 • Зр -15)®+ 4 = 0;
оно имеет ровно одно решение при нулевом дискриминанте:
7) = (27-3? — 15)2 — 36 • 4 = 0
27-Зр - 15 = ±12
3₽ = 1;
Ответ. —-.
2
Задача 3. (У)
Пусть 4а + 2Ь + с > 0 и уравнение ах2 + Ьх + с = 0 не имеет действительных
корней. Каков знак с?
Идея. Исследовать функцию /(ж) = ах2 + Ьх + с на предмет знакопостоянства.
Указание. Определить х$, для которого /(жо) = 4а + 2Ь + с.
Указание. Поскольку /(2) = 4а + 2Ь + с > 0, то /(ж) > 0 для всех ж Е R.
Решение. Так как уравнение не имеет действительных корней, то функция
/(ж) = ах2 + Ьх + с не обращается в ноль и, следовательно, при всех ж сохра-
няет знак. Поскольку /(2) = 4а + 2Ь + с > 0, то /(ж) >0 для всех ж Е R. И так
как с — /(0), то с > 0.
Ответ, с > 0.
Задача 4- (У)
При каких значениях q уравнение ж2 — рж + д = 0 имеет решение при любом р?
Идея. Записать условие существование решения с помощью неравенства для
дискриминанта.
Указание. Неравенство D = р2 — 4# > 0 должно выполняться при любом р.
Решение. Уравнение будет иметь решение, если
D = р2 — 4g > 0
Р
А так как неравенство q < — должно выполняться при любом р, то q < 0.
4
Ответ, q < 0.
314
Указания и решения
Задача 5. (У)
Пусть ®i, Х2 - корни квадратного уравнения х2 + рх — q = 0. Найти х* + х^ не
вычисляя этих корней.
Идея. Воспользоваться теоремой Виета.
Указание. Выразить сумму четвёртых степеней через сумму и произведение
корней с помощью выделения полного квадрата.
Решение. По теореме Виета: < Х1 Х2_ _ Выразим х* + х2 через р и д:
I * Э?2 — д«
= (Ж1 + xl)2 ~ 2®i®2 — ((ж1 + xz)2 — 2xiX2^ — 2х2х2 = (р2 + 2q)2 — 2q2.
Ответ, (р2 + 2g)2 — 2g2.
Задача 6. (У)
Дано уравнение х2 + рх + g = 0. Составить квадратное уравнение, корнями кото-
рого являются сумма квадратов и сумма кубов корней данного уравнения.
Идея. Воспользоваться теоремой Виета.
Указание. С помощью теоремы Виета найти сумму квадратов и сумму кубов
корней исходного уравнения.
{У1 — х2 +	= (#1 + х2)2 - 2х^х2 = р2 - 2q,
У2 =	+ ®2 — (Ж1 + жг)(®2 -	+ х2) = -р3 + 3pq.
Указание. С помощью теоремы Виета составить новое уравнение с такими
корнями.
Решение. Пусть Xi и ж 2 - корни данного уравнения, у\ и у2 - корни уравнения,
которое надо составить. Тогда по теореме Виета:
( хг+х2 = -р,
[ Х1 • х2 = q.
Выразим yi и у2 через р и д:
!У1 = х2 + х22 = (®i + ®2)2 ~ 2я1Ж2,
у2 =	+ Х2 = (Ж1 + Ш2)(®1 - Я1Я2 +
( У1 = Р2 - 2д,
| у2 = -р ((аи + жг)2 - За:^) = ~р(р2 - Зд) = -р3 + 3pq.
Теперь составим уравнение с корнями у± и ?/2 •
(у - Ух) (у - У2) = о у2 - (2/1 + у2)у + У1У2 = о <=>
У2 + (У3 -Р2 “ Зуд + 2д) у - (р2 - 2q) (р3 - Зрд) = 0.
Ответ, у2 + (р3 — р2 - Зрд + 2д) у - (р2 - 2д) (р3 - Зрд) = 0.
5.1. Исследование свойств квадратичной функции...
315
Задача 7. (Псих-78.5)
Известно, что для некоторой квадратичной функции /(ж) = ах2+Ьх+с выполнены
неравенства: /(—1) < 1, /(1) > —1, /(3) < —4. Определить знак коэффициента а.
Идея. Выписать соответствующие неравенства и сложить их с такими коэффи-
циентами, чтобы из получившегося неравенства можно было определить знак а.
Указание. Из условия задачи получаем:
{/(-1) = а — 6 + с < 1,
/(1) = а + b + с > -1,
/(3) = 9а + 36 + с < -4.
Указание. Сложить неравенства с коэффициентами 1, —2 и 1 соответственно.
Решение. Для наглядности можно привлечь график /(ж) в координатной плос-
кости: лучи из т. Л(—1; 1), т.В(1; — 1), т.С(3; — 4) содержат точки графика /(ж); на
визуальном уровне ясно, что а 0 0 и парабола может иметь лишь отрицательный
старший коэффициент (ветви вниз); строгое доказательство этого факта неизбеж-
но выведет на геометрическое исследование А ЛВС и расположения его вершин,
а также на вопрос о направлении выпуклости параболы (любая точка графика
/(ж) будет лежать выше произвольно выбранной хорды этого графика => выпук-
лость вверх, то есть ветви вниз а < 0), что, вообще говоря, составляет отдельную
теорию и задаёт свой класс задач.
Поэтому запишем данные в условии неравенства и получим из них неравенство,
позволяющее определить знак коэффициента а:
/(-1) = а — 6 + с < 1,
/(1) = а + b + с > -1,
/(3) = 9а + 3б + с< -4;
складываем первое неравенство с третьим: 10а + 26 + 2с < — 3; прибавив к этому
неравенству второе неравенство системы, домноженное на —2, получим:
а < 0.
Ответ. Минус.
Задача 8. (Физ-94(2).7)
Найти все значения а, для каждого из которых система
—х2 + 12ж - а > 0,
х < 2;
выполняется хотя бы для одного х.
Идея. Отрезок (в вырожденном случае точка), являющийся решением первого
неравенства, должен пересекаться с лучом, являющимся решением второго нера-
венства.
316
Указания и решения
Указание. Меныпий корень квадратного трёхчлена должен не превосходить 2.
Указание. Найти искомое значение параметра из неравенства:
6 — л/36 — а < 2.
Решение. Перепишем систему в виде:
х2 — 12ж + а < О,
х < 2;
квадратное неравенство выполнимо при D > 0 <<==> а < 36. Решением квадратного
неравенства будет отрезок [жх; (в случае совпадающих корней - точка); для
выполнения условия задачи достаточно потребовать:
жх < 2
6- V36 - а < 2
л/36 — а > 4 <=> а < 20.
Ответ. (—оо;20].
Задача 9. (М/м-71.4)
!х2 -Н 2«е -Н ct < 0
2	— ’ имеет един-
х 4®	0;
ственное решение.
Идея. Рассмотреть три возможных случая взаимного расположения отрезков,
являющихся решениями данных неравенств.
Указание. Либо левая граница одного отрезка является правой границей дру-
гого; либо один из отрезков вырождается в точку, которая принадлежит другому
отрезку.
Указание. Для f(x) = х2 + 2х + а и д(х) = х2 — 4ж — 6а возможны следующие
варианты:
(f(x)=g(x) = 0,	(D(f) = 0,	fP(5) = O,
’	1 < ® < 2;	’	(р(ж)<0;	’	(/(я)<0;
где D(f) и D(g) - дискриминанты трёхчленов f(x) и д(х) соответственно.
Решение. Обозначим для удобства:
( f(x) = х2 + 2х + а < 0, хв = —1, Di = 1 — а > 0,
= х2 — 4ж — ба < 0, хв = 2, D± = 4 + 6а > 0;
чтобы система имела решения, необходима неотрицательность обоих дискрими-
2
нантов, то есть — - < а < 1; графиками функций являются две параболы; усло-
вию задачи отвечают три случая:
5.1. Исследование свойств квадратичной функции...
317
х2 + 2х + а — х2 — 4® — 6а,
х2 + 2х + а = О,
-1 < х < 2;
6® + 7а = О,
< х2 + 2х + а = О,
-1 < х < 2;
\
х — О,
а = О.
f(x)
эм
х
Условие /(ж) = д(х) = О без уточнения х G (—1;2) является только необходимым,
так как не учитывает возможной „вложенности44 парабол.
2) Уравнение /(ж) = 0 имеет единственный корень, одновременно удовлетворя-
ющий неравенству д(х) < 0. Единственное решение уравнения f(x) = 0 до-
стигается при Di = 0, то есть а = 1, х — — 1. Проверим условие д(х) < 0:
д(—1) = 1 + 4 — 6 = — 1 < 0 - верно => а = 1 - подходит.
3) Уравнение д(х) = 0 имеет единственный корень, одновременно удовлетворя-
ющий неравенству /(ж) < 0. Единственное решение уравнения д(х) = 0 до-
стигается при Di = 0, то есть а — —
2
/(2) = 4 + 4 — - >0 - не подходит.
О
2
3’
х = 2. Проверим условие /(ж) < 0:
Ответ. 0; 1.
318
Указания и решения
Задача 10. (Экон-98.5)
Найти все действительные значения с, для которых все числа из области значений
х2 + сх - 1
2ж2 - Зж + 2
функции fix) =
принадлежат интервалу (—1; 2).
Идея. Надо найти с такие, что — 1 < —г----------- < 2 для всех значений ж.
2ж^ — Зж + 2
Указание. Домножить двойное неравенство
ж2 + сх — 1
2ж2 - Зж + 2
на знаменатель, так как он положителен при всех ж.
лт	тт **	Г Зж2 + (с - 3)ж + 1 > О,
Указание. Наити с такие, что система < о 2 / , А , г Л справедлива
( Зж"5 - (с + 6)ж + 5 > 0;
при всех ж.
Указание. Необходимо и достаточно, чтобы соответствующие дискриминанты
были отрицательными.
Решение. Нужно найти такие с С R, что для любого ж из области определения
выполняются неравенства:
ж2 + сх - 1
2ж2 — Зж + 2
Дискриминант квадратного трёхчлена 2ж2 — Зж + 2 отрицателен, следовательно,
2ж2 — Зж + 2 > 0 при любом ж, и исходные неравенства равносильны следующим:
-(2ж2 — Зж + 2) < ж2 + сх - 1,
ж2 + сх - 1 < 2(2ж2 - Зж + 2);
Зж2 + (с - 3)ж + 1 > 0,
Зж2 — (с + 6)ж + 5 > 0.
Для того, чтобы эти неравенства выполнялись при любом ж, необходимо и доста-
точно, чтобы соответствующие дискриминанты были отрицательными. Запишем
это условие в виде системы и решим её.
(с — З)2 — 12 < 0,	Г -2г/3<с-3<2г/3,
(с + 6)2 - 60 < 0;	( -2/15 < с+ 6 < 2^/15;
3 - 2/3 < с < 3 + 2V3,
-6-2/15 < с< 2/15-6;
се (3 - 2\/3;2а/15 - 6).
Ответ. (3-2/1; 2/15-6).
Задача 11. (Физ-93.7)
Уравнение ах2 + Ьх + 2 = 0, где а < 0, имеет одним из своих корней число х = 3.
Решить уравнение ах3 4 + Ьх2 +2 = 0.
5.1. Исследование свойств квадратичной функции...
319
Идея. Определить знак второго корня квадратного уравнения с помощью тео-
ремы Виета.
Указание. Уравнение at2 + bt + 2 = 0, где t — х2 > 0, имеет корни tr = 3 и
t2 < 0.
Решение. Согласно условию задачи уравнение at2 + bt + 2 = 0, где а < 0, одним
2
из решений имеет tr = 3. По теореме Виета trt2 = - < 0, следовательно, t2 < 0.
а
Положим t = х2 > 0 (то есть перейдем к уравнению ах4 + Ьх2 + 2 = 0). Получим:
х2 = tr = 3 или х2 = t2 < 0, откуда х = ±\/3-
Ответ. ±\/3-
Задача 12. (Физ-89.5)
Найти все значения параметра т, при каждом из которых уравнение
(2ж)2 - 4ж • (т  3m) * + 3m+1 + т - 3 = 0
имеет корни. Выяснить знаки корней при различных значениях т.
Идея. Квадратное уравнение имеет корни при D > 0. Знаки корней можно
определить с помощью теоремы Виета.
Указание. Dr — 4m • 3m - 4 (3 • Зт + т - 3) =
= 4m • Зт - 12 • 3m - 4(m - 3) = 4(m - 3)(3m - 1) > 0.
Указание. Из условия существования величины (т • Зт) 2 следует, что т > 0.
Указание. Знаки корней можно определить с помощью теоремы Виета.
Решение. Перепишем уравнение при т > 0:
4ж2 - 4Vm • 3™ •ж+3-Зт+ттг-3 = 0;
оно имеет корни при Dr > 0:
Dr = 4m • 3m - 4 (3 • 3m + m - 3) =
= 4m • 3m - 12 • 3m - 4(m - 3) = 4(m - 3)(3m - 1) > 0.
С учётом m > 0 получаем, что решения есть при т — 0 и т > 3. Выясним теперь
какие знаки у корней:
1)	при т = 0 получаем 4ж2 = 0	<<==> х = 0;
2)	при т — 3 Dr — 0 и, значит, единственный корень:
о
4ж2 - 36ж + 81 = 0	(2ж — 9)2 = 0	х = - > 0;
3)	при т > 3 Dr > 0 и, следовательно, два корня. По теореме Виета:
хг + х2 = у/т • Зш > 0;
хг • х2 = ^(3m+1 + m - 3) > 0;
значит, оба корня положительны.
9
Ответ. {0} U [3; +оо); если т — 0, то х = 0; если т — 3, то х = - >0; если
т > 3, то два положительных корня; если 0 т < 3, то нет решений.
320
Указания и решения
Задача 13. (Физ-91.5)
При каких значениях а все корни уравнения
Заж2 + (За3 — 12а2 — 1)ж — а(а — 4) = 0 удовлетворяют условию |ж| < 1?
Идея. Выразить корни уравнения через параметр и решить относительно пара-
метра соответствующее неравенство с модулем.
Указание. Рассмотреть отдельно случай, когда неравенство не является квад-
ратным, то есть при а — 0.
/	1V
Указание. При а / 0 получаем D = I а(а — 4) + — )
\	За/
Указание. Квадратное уравнение имеет корни:
X! = -а(а - 4), х2 =
За
Решение. Если а = 0, то х = 0, то есть х = 0 - единственное решение.
При а ф 0 поделим на За обе части уравнения:
ж - |(а-4) = 0;
О
2	4
+ .(а-4) =
О
О/	. \ О л/ . \ 1	л 4	( / j \	1 'Х
= а2(а - 4)2 - 2а(а - 4) • — + — + 4а^— = I а(а - 4) + — I
За 9а	За у	За /
корни: Жх = — а(а — 4), Х2 = —.
За
Условие задачи будет выполнено, если
дискриминант: D =
- а(а — 4)| < 1,
возводим оба неравенства в квадрат и раскладываем на множители:
(4а — а2)2 < 1,
1 < 9а2, а 0;
(а2 - 4а + 1) (а2 - 4а - 1) < 0,
(За + 1) (За — 1) >0;
точки смены знака в первом неравенстве: ai}2 = 2 ± л/3, аз,4 = 2 ± л/5; значит,
решением системы являются a 6 (2 + л/3; 2 + л/5).
------о _ •	-----$777777^ _
-1/3 2-л/5 0	2-л'З 1/3 2+V3 2+^5 а
Ответ. {0} U (2 + л/З;2 + ч/б)•
5.1. Исследование свойств квадратичной функции...
321
Задача 14- (Псих-81.5)
Найти все значения параметра а, при каждом из которых наименьшее значение
квадратного трёхчлена 4ж2 — 4аж + а2 — 2а + 2 на отрезке 0 < х < 2 равно 3.
Идея. Наименьшее значение достигается либо в вершине параболы, либо на од-
ной из границ отрезка.
Указание. Рассмотреть различные варианты расположения вершины парабо-
лы относительно отрезка.
Указание. Первый случай: если хв Е [0; 2], то наименьшее значение f(x) до-
стигается в вершине.
Указание. Второй случай: если хв < 0, то наименьшее значение f(x) на [0;2]
достигается в т. х = 0.
Указание. Третий случай: если хв > 2, то наименьшее значение f(x) достига-
ется при х = 2.
Решение. Обозначим/(ж) = 4ж2—4аж+а2—2а+2. Графиком является парабола,
ветви вверх, хв = -. Наименьшее значение /(ж) достигается либо в вершине,
либо на одной из границ исследуемого отрезка [0; 2]. Все зависит от расположения
вершины.
1)	Если хв Е [0; 2], то наименьшее значение /(ж) достигается в вершине, то есть
выполнена система:
а
°<	2	<2,
/(жв) = 3;
0 < а < 4,	|0<а<4,
а? — QtO? + а? — 2а + 2 = 3;	| а — —;
I 2
у системы нет решений. Значит, этот случай невозможен.
2)	Если хв < 0, то наименьшее значение /(ж) на [0; 2] достигается в левой границе
отрезка, так как /(ж) на этом отрезке возрастает. Значит, должна выполняться
система:
хв 0,
/(0) = 3;
(а2 - 2а + 2 = 3;
(а < 0,
(а2 — 2а — 1 = 0;
а = 1-\/2.
3)	Если хв > 2, то наименьшее значение f(x) на [0; 2] достигается в правой грани-
це отрезка, так как f(x) на [0;2] убывает. Значит, должна выполняться система:
хв > 2,
/(2) = 3;
- > 2,
2
а2 — 10а + 18 — 3;
Г а > 4,
^а2 — 10а -4-15 = 0;
<=> а = 5 + а/10.
Ответ. 1 — л/2; 5 + a/IQ,.
322
Указания и решения
5.2. Теоремы о расположении корней квадратного трехчле-
на на числовой оси
Задача 1. (У)
При каких значениях а оба корня уравнения (2 — а)х2 — За® + 2а = О больше - ?
Идея. Использовать необходимое и достаточное условие того, что оба корня
больше заданного числа.
Указание. Пусть ®х,®2 - корни квадратного трёхчлена /(ж) = ах2 +Ьх + с.
Тогда
®х > М,
Х2 > М;
D > О,
а-/(М) >0,
хв > М,
Решение. Для того, чтобы оба корня уравнения были больше - для
/(®) = (2 — а)х2 — За® + 2а должны выполняться следующие условия
f D = 9а2 — 8а(2 — а) > 0,
(2 -а)/	>0,
За 1
I Хв ~ 2(2 - а) > 2’
Ответ.
' 17а2 - 16а > 0,
< (а — 2)(а + 2) < 0,
Задача 2. (У)
При каких значениях а один из корней уравнения
(а2 + а + I)®2 + (2а — 3)® + (а — 5) = 0 больше 1, а другой меньше 1?
Идея. Использовать необходимое и достаточное условие того, что заданное число
лежит между корнями квадратного трёхчлена.
Указание. Пусть ®i,®2 - корни квадратного трёхчлена /(®) = а®2 + Ьх + с.
Тогда
®1 < М < ®2
а-/(М)<0.
5.2. Теоремы о расположении корней ...
323
Решение. Так как < 1 <	, то для
f(x) = (а2 + а + 1)ж2 + (2а — 3)ж + (а — 5)
должно выполняться неравенство:
(а2 + а + 1)/(1) < 0.
Поскольку а2 + а + 1 > 0, получаем:
/(1) < 0	а2 + 4а — 7 < 0	<=> а е (-2 - ч/П; -2 + ч/П).
Ответ. (-2-ч/11;-2 + ч/П).
Задача 3. (У)
Найти все значения а, при которых оба корня уравнения (а + 1)ж2 — Зах + 4а = 0
больше 1.
Идея. Использовать необходимое и достаточное условие того, что оба корня
больше заданного числа.
Указание. Пусть #i,#2 - корни квадратного трёхчлена /(ж) = ах2 + Ьх + с.
Тогда
( Xi > М, 1 Х2 >	(D > 0, 1 хв > М.
Решение. Для того, чтобы оба корня уравнения были больше 1, для f(x) =
(а + 1)ж2 — Зах + 4а должны выполняться следующие условия:
D = 9а2 — 16а(а + 1) > 0,
(а+1)/(1)>0,
За
*в" 2(ГП) > ;
' -7а2 - 16а > 0,
< (а + 1)(2а+1) >0,
а Е (—ос; —1) U (—1/2; +оо),
а е (—оо; -1) U (2; +оо);
16
7
Ответ.
Задача 4- (У)
Известно, что корни Х\ и х% уравнения ах2+Ъх+с = 0 удовлетворяют неравенству
Ж1 < — 1 < Х2- Доказать, что а2 + ас < ab.
Идея. Использовать необходимое и достаточное условие того, что заданное число
лежит между корнями квадратного трёхчлена.
Указание. х± < — 1 < Х2 <=>	а/(—1) < 0, где /(ж) = ах2 + Ъх + с.
324
Указания и решения
Решение. Так как < — 1 < а?2, то должно выполняться неравенство
а/(—1) < 0, где f(x) = ах2 +Ъх + с. Получаем:
а/(-1) < О
а(а — Ъ + с) < О
а2 + ас < аЬ,
что и требовалось доказать.
Задача 5. (Физ-94(2).7)
Найти все значения а, для каждого из которых система
—х2 + 12ж — а > 0,	-
выполняется хотя бы для одного х.
х < 2
Идея. Исследовать варианты расположения т. х = 2 относительно корней квад-
ратного трёхчлена.
Указание. У параболы /(ж) = х2 - 12ж + а ветви вверх, хв = 6, решением
неравенства будет отрезок между корнями.
Указание. Для существования решения квадратного неравенства, не превос-
ходящего 2, необходимым и достаточным условием является /(2) < 0.
{2*2__2.2х -И а 0
— ’ исследуем варианты
х < 2;
расположения т. х — 2 относительно решения квадратного неравенства (парабо-
ла, х3 = 6, ветви вверх, значит, решением будет отрезок между корнями). Для
наличия хотя бы одного решения на х < 2 достаточно выполнения условия:
Заметим, что в этом случае не надо дополнительно исследовать знак дискриминан-
та, поскольку условие неположительности f(x) хотя бы в одной точке гарантирует
наличие корней.
Ответ, (-оо;20].
5.2. Теоремы о расположении корней ...
325
Задача 6. (ЕГЭ.С)
При каком значении а область определения функции у = у—ж2 + 4ж + а + у/х — 3
состоит из одной точки?
Идея. Записать область определения в виде системы неравенств и исследовать
варианты расположения корней квадратного трёхчлена относительно точки х = 3.
Указание. У параболы f(x) — —х2 +4ж + а ветви вниз, хв = 2. Тогда решением
первого неравенства будет отрезок между корнями; решением второго неравенства
является луч [3; +оо).
Указание. Множества решений неравенств будут пересекаться в одной точке,
только если х — 3 будет корнем квадратного уравнения.
Решение. Запишем область определения в виде системы:
—х2 + 4ж + а > О,
х > 3.
У параболы /(ж) = —х2 +4ж + а ветви вниз, хв = 2. Тогда решением первого нера-
венства будет отрезок между корнями; решением второго неравенства является
луч [3; +оо). Множества решений неравенств будут пересекаться в одной точке
только, если х = 3 будет корнем квадратного уравнения.
Подставим х = 3 в квадратное уравнение — ж2 + 4ж + а = О и найдём а:
—9 + 12 -1- а — 0 \— z а — —3.
Ответ. —3.
Задача 7. (ЕГЭ.С)
При каком значении а область определения функции у = у/—х2 + 6ж + а + у/х — 4
состоит из одной точки?
Идея. Записать область определения в виде системы неравенств и исследовать
варианты расположения корней квадратного трёхчлена относительно точки х = 4.
Указание. У параболы f(x) = — х2 + бх + а ветви вниз, хв = 3. Тогда решением
первого неравенства будет отрезок между корнями; решением второго неравенства
является луч [4; +оо).
Указание. Множества решений неравенств будут пересекаться в одной точке,
только если х = 4 будет корнем квадратного уравнения.
Решение. Запишем область определения в виде системы:
—х2 + бх + а > О,
х > 4.
У параболы /(ж) = —х2 +6ж + а ветви вниз, хв = 3. Тогда решением первого нера-
венства будет отрезок между корнями; решением второго неравенства является
326
Указания и решения
луч [4; +оо). Множества решении неравенств будут пересекаться в одной точке,
только если х — 4 будет корнем квадратного уравнения.
Подставим х = 4 в квадратное уравнение — ж2 + 6ж + а = О и найдём а:
—16 + 24 + а — 0 s —У а — —8.
Ответ. —8.
Задача 8. (М/м-93(2).2)
Найти все значения а, при которых уравнение 4х + (а2 + 5) • 2х + 9 — а2 = 0 не
имеет решений.
Идея. Сделать замену z = 2х > 0 и исследовать варианты расположения точки
z = 0 относительно корней квадратного трёхчлена.
Указание. Сделать замену z — 2х >0. Тогда квадратный трёхчлен j(z) —
z2 + (а2 + 5)z + 9 — а2 не должен иметь положительных корней.
Указание. Так как zB < 0, то должно выполняться условие /(0) > 0.
Решение. Обозначим: /(г) = z2 + (а2 + 5)z + 9 - а2, где z — 2х >0. Условие
задачи выполнено, если уравнение /(z) = 0 не имеет положительных решений.
—а2 — 5
Так как zB =-------- < 0, то должно выполняться неравенство:
Л
>о <!=> 9 — а2 > 0	—3 < а < 3.
Ответ. [—3;3].
Задача 9. (ИСАА-91.6)
тг	„ (х2+у2 = 1,
При каких значениях параметра а система уравнении <	имеет ров-
[?/ - И = а;
но два решения?
Идея. С помощью подстановки свести систему к одному уравнению с одной неиз-
вестной.
Указание. Подстановкой система сводится к уравнению:
2х2 + 2а|ж| + а2 — 1 = 0.
5.2. Теоремы о расположении корней ...
327
Указ ание.
Указание. Полученное квадратное уравнение относительно |ж| должно иметь
одно положительное решение.
Г7?1 = 0, хв > 0;
./(0) < 0.
Решение. Выразим из второго уравнения у = |ж| + а и подставим в первое
уравнение:
х2 + х2 + 2а\х\ + а2 = 1
<=>	2х2 + 2а\х\ + а2 — 1 = 0.
Это квадратное уравнение относительно |ж| > 0. Так как у = |ж| + а (линейно
зависит от |ж|), то любое решение квадратного уравнения автоматически даст
решение системы.
Оба уравнения исходной системы четны по переменной ж, то есть если xq
удовлетворяет уравнению, то и — х0 тоже ему удовлетворяет. Система имеет ровно
два решения тогда и только тогда, когда уравнение 2х2 + 2а|ж| + а2 — 1 = 0 имеет
ровно одно решение |ш| > 0; это возможно в двух случаях:
D± = 0,
или /(0) < 0.
Так как D± = а2 — 2 (а2 — 1) = 2 — а2 и хв
а
2
то в первом случае получаем:
2 - а2 = 0
4>о;
а = —д/2.
Во втором случае получаем:
а2 - 1 < 0
-1 < а < 1.
Ответ. { — х/2] U (—1;1).
Задача 10. (Геол-97(1).8)
Га(ж - 4) = 3(т/ + 2),
[т/ + у/х = 0;
При каких а система
имеет два различных решения?
Идея. С помощью подстановки свести систему к одному уравнению с одной неиз-
вестной.
Указание. Выразив у из второго и подставив в первое уравнение, получить
квадратное уравнение относительно у/х.
Указание. Полученное квадратное уравнение
ах + Sy/х — (4а + 6) = 0
относительно у/х должно иметь два различных неотрицательных решения.
328
Указания и решения
Указание. Должны выполняться условия:
{D > О,
а / О,
а/(0) > О,
> 0;
где /(ж) = ах + Зу/® - (4а + 6).
Решение. Выразим из второго уравнения у = —у/х и подставим в первое:
ах — 4а = — Зу/х + 6	<=> ах + Зу/х — (4а + 6) — 0.
Это квадратное уравнение относительно у/х > 0.
Обозначим t = у/х > 0, f(t) = at2 + 3t — (4а + 6). Для того, чтобы исходная
система имела два различных корня, необходимо и достаточно, чтобы полученное
квадратное уравнение имело ровно два различных неотрицательных решения, то
есть:
{D > 0,
а / 0,
а/(0) > 0,
tB > 0;
9 + 4а(4а + 6) > 0,
а / 0,
< а(—4а — 6) > 0,
{(4а + З)2 > 0,
а / 0,
а(2а + 3) < 0,
а < 0;
Замечание. Аналогичные условия для наличия двух неотрицательных реше-
нии можно записать и по теореме Виета.
Ответ.
Задача 11. (Экон.К-77.4)
Найти все значения параметра а, при каждом из которых уравнение
log3(9x + 9а3) = х имеет два решения.
Идея. С помощью определения логарифма получить квадратное уравнение от-
носительно показательной функции.
Указание. log3(9x + 9а3) = х	9ж+9а3=Зж.
Указание. Полученное показательное уравнение является квадратным относи-
тельно 3х. Оно имеет два решения, если соответствующее квадратное уравнение
имеет два положительных корня.
5.2. Теоремы о расположении корней ...
329
Решение. Исходное уравнение равносильно уравнению 9Ж + 9а3 = Зж. Обозна-
чим z = Зж > 0, тогда уравнение имеет два решения в тех и только тех случаях,
когда уравнение f(z) = z2 — z + 9а3 = 0 имеет два положительных корня, т.е когда
выполняются условия:
D > О,
zB > О,
/(0) > 0;
f 1 - 36а3 > 0,
[ 9а3 > 0;
Ответ.
Задача 12. (Физ-94(1).7)
При каких значениях а уравнение 2а(х + I)2 —	+ 1| + 1 = 0 имеет четыре
различных решения?
Идея. Для того, чтобы исходное уравнение имело четыре различных решения
надо, чтобы квадратное относительно |® + 1| уравнение имело два различных
положительных корня.
Указание. Уравнение 2az2 — z + 1 = 0, где z = |® + 1| > 0, должно иметь
два различных положительных решения.
Указание. Должны выполняться условия, заданные следующей системой:
'D > о,
< zB > 0,
2а/(0) >0.
Решение. Обозначим: z — |® + 1| > 0; уравнение 2az2 — z + 1 = 0 должно
иметь два различных положительных решения (тогда исходное уравнение будет
иметь четыре решения). Это требование реализуется системой условий:
D > 0,
< zB > 0,
2а/(0) >0;
1 —8a>0,
^>o,
2a > 0;
\
1
8’
0 < a <
где f(z) = 2az2 - z + 1.
Ответ. | 0: - । .
\ 8/
Задача 13. (Геол-89.6)
Найти все значения параметра а, при каждом из которых уравнение
(а2 — 6а + 9)(2 + 2 sin® — cos2 х) + (12а — 18 — 2а2)(1 + sin®) + а + 3 = 0
330
Указания и решения
не имеет решении.
Идея. Свести исходное уравнение к квадратному уравнению относительно
t = sin х + 1, t Е [0; 2].
Указание. Привести исходное уравнение к виду: b2t2 — 2b2t + 6 + 6 = 0, где
b = а — 3.
Указание. При 6^0 (уравнение является квадратным) корней на отрезке
[0; 2] не будет, если либо уравнение вообще не имеет корней (/(1) > 0), либо
корни расположены вне [0; 2] (/(0) < 0).
Решение. Выделяя полные квадраты и группируя, получаем:
(а — З)2 • (sin х + I)2 — 2(а — З)2 • (sin х + 1) + (а — 3) + 6 = 0.
Обозначим b = а — 3 и сделаем замену t = sin х + 1, t Е [0; 2]. Тогда задача
переформулируется следующим образом: найти все 6, при которых для t е [0;2]
уравнение b2t2 — 2b2t + 6 + 6 = 0 не имеет решений.
1) Пусть 6 = 0, тогда уравнение принимает вид 6 = 0 и решений не имеет.
2) Пусть 6^0, тогда уравнение является квадратным. Графиком функции f(t) =
b2t2 — 2b21 + 6 + 6 является парабола, ветви которой направлены вверх, абсцисса
вершины tB = 1, прямая t = 1 - ось симметрии параболы. Корней на отрезке [0; 2]
такая парабола не будет иметь в двух случаях: либо уравнение вообще не имеет
корней (/(1) > 0), либо корни расположены вне [0; 2] (/(0) < 0).
/(1) > 0;
/(0) < 0;
b2 - Ь - 6 < 0;
Ь + 6 < 0;
1 < а < 6;
а < —3.
Ответ, (—оо; —3) U (1; 6).
Задача 14- (Экон.М-95.6)
Найти все значения р, при которых уравнение х — 2 = у/—2(р + 2)х + 2 имеет
единственное решение.
Идея. Возвести обе части равенства в квадрат с учётом неотрицательности левой
части, то есть решать как стандартное уравнение с радикалом.
5.2, Теоремы о расположении корней ...
331
Указание. Исходное уравнение имеет единственное решение в одном из двух
случаев: либо полученное квадратное уравнение имеет один корень ж, причём
этот х > 2; либо квадратное уравнение имеет два корня, но только один из них
удовлетворяет условию х > 2.
Указание. Найти значение р, при котором дискриминант равен нулю, вычис-
лить корень и проверить выполнение условия х > 2.
Указание. В случае D > 0 квадратное уравнение имеет два корня, для кото-
рых должно выполняться:
j-p- VP2 - 2 < 2,
|-р+ VP2 - 2 > 2.
Решение. Решая уравнение как стандартное уравнение с радикалом, получаем,
что система
(-2(р + 2)х + 2 = (х-2)2,
> 2;
должна иметь единственное решение. Переформулируем задачу: уравнение
-2(р + 2)х + 2 = (х - 2)2	<+=> х2 + 2рх + 2 = 0
должно иметь единственное решение на полупрямой [2; +оо). Так как f(x) —
х2 + 2рх + 2 - парабола, то это возможно только в трёх случаях:
1)	Уравнение имеет единственное решение х > 2, т.е.
2)	Уравнение имеет два решения, при этом xi < 2, а Х2 = 2, т.е.
f/(2) = 0,	f4p + 6 = 0,	__3
|жв<2;	|-р<2;	Р 2’
3)	Уравнение имеет два решения, при этом х\ < 2, а Х2 > 2, т.е.
3
/(2) < 0	4р + 6<0	р<-~.
(3‘
—оо; — .
2
Задача 15. (Псих-93.5)
Обозначим через х± и ж2 корни квадратного трёхчлена
(а - 1)ж2 — (2а + 1)ж + 2 + 5а.
1) Найти все а, при которых xi > 1, ж2 > 1-
2) Найти все 6, при которых величина (а+ — Ь)(х2 — Ъ) принимает постоянное
значение при всех а, при которых определена.
332
Указания и решения
Идея. В пункте 1 применить теорему 1 теоретического материала, в пункте 2
использовать теорему Виета.
Указание. Пункт 1: согласно теореме 1 теоретического материала оба корня
с	\d > 0, хъ > 1,
больше 1, только если < . ч ч
((а — 1)/(1) > 0.
Указание. Пункт 2: с использованием теоремы Виета получаем, что
(zi - Ъ)(х2 - 6) = 62 - 26 + 5 + -—.
а — 1
Решение. Обозначим f(x) = (а — 1)ж2 — (2а + 1)ж + 2 Ч- 5а, а 7^ 1.
1) Для того чтобы оба корня были больше М = 1, необходимо и достаточно
выполнения условий:
Г т? > о,
\ Х-Q 1,
Ца —!)/(!)> 0;
'(2а + I)2 - 4(а - 1)(5а + 2) >0,
2а +1 > 1
2а- 2	’
(а — 1)(а — 1 — 2а — 1 + 5а + 2) > 0;
16а2 - 16а - 9 < О,
= >»,
а — 1
Замечание. Случай D = 0 (случай совпадающих корней) не рассматриваем,
так как в условии явно проиндексированы два решения.
2) Выразим искомую величину через параметр:
М = (а?1 — 6) (х2 — Ь) = Ж1 х2 — b(xi + х2) + Ь2; по теореме Виета при D > 0 получаем:
5а+ 2 2а+1	2 А2 г 2(а - 1) + 3	5(а - 1) + 7
а — 1 а — 1	а — 1	а — 1
72	,	3 \	/	7 \ о Л7 к 7 — 36
— Ъ — b I 2 Ч----- ) + I 5 Ч--- ) = b — 26 + 5 Ч----—.
\ а — 1 /	\ а — 1 /	а — 1
Так как М не должно (по условию) зависеть от а, то 7 — 36 = 0	6 = -.
Ответ. 1) (1;2+4	); 2) 7~.
Задача 16. (Биол-77.5)
Найти все те значения параметра s, при каждом из которых корни уравнений
9 Зж	9	12ж
х Ч-----Н 2s = 0 и х Ч------s = 0 не перемежаются, то есть оба уравнения
имеют по два корня и между корнями одного из уравнений нет ни одного корня
другого уравнения.
Идея. Проанализировать знаки значений каждой из квадратичных функций в
точках, являющихся корнями для другой квадратичной функции.
5.2. Теоремы о расположении корней ...
333
Указание. Выписать условия на соответствующие дискриминанты.
_ _	___	л / \	9 Зж
Указание. Пусть и х2 - корни f(x) = х Н------------I- 2s; х2 и х± - корни
s
12ж
д(х) = ж2 Н------s. Определить знаки /(жз) и /(Ж4) в случае, когда корни
s
перемежаются, то есть Ж1 < х2 < х2 < или х2 < х± < х± < х2.
Указание. Корни перемежаются, если
/(®з) < о,	Г/(азз)>0,
/(ш4) > 0; ИЛИ |/(®4) < 0;
что можно записать одним неравенством: /(жз)/(ж4) < 0.
Указание. Корни не перемежаются, если /(®з)/(®4) > 0.
Зж	12ж
Решение. Обозначим: /(ж) = ж2 Н-----Н 2s, д(х) — ж2 Н-----s. Так как по
s	s
условию должно быть по два корня у каждого трёхчлена, то оба дискриминанта
обязательно положительны:
4-8«>0,	Г 8з3 < 9,
з6	53>-36,
-г + S > 0;	з^0;
значит, обязательно s 6
пусть Ж1 и ж2 - корни /(ж); жз и ж4 - корни д(х); условие задачи будет нарушено
(корни перемежаются) в двух случаях:
Ж]_ Жз < Ж2 < Ж4 ИЛИ Жз < Ж]_ < Х^ < Х2.
Рассматривая ситуацию для функции /(ж) в плане расположения её корней отно-
сительно интервала (жз;ж4), получаем:
f/(a?3)<0,	f/(a?3)>0,
v^) > 0	(JW <0;
эту совокупность можно записать одним неравенством:
/(®з)/(®4) < 0.
Замечание. Аналогичные условия можно было получить и для д(х) относи-
тельно интервала (ж^жз).
Значит, условию задачи удовлетворяют решения неравенства: /(жз)/(ж4) > 0;
подставляем:
л/	\	2	I Зжз	12жз	Зжз	9жз
г(жз) = Жо Н----Н 2s — s-------1----Н 2s = 3s----;
s	s	s	s
*,	\	9	ЗЖ4	12Ж4	ЗЖ4	_	_	9ж4
/(ж4) = х2л + — + 2s = s------- + — + 2s = 3s----
s	s	s	s
так как из условий р(жз) = 0 и р(ж4) = 0 можно получить:
2 I 12жз п 2 I 12ж4
Жз Н-------s = 0, Ж4 Н------s = 0.
334
Указания и решения
Замечание. Можно использовать и явные выражения /(жз) и без при-
влечения д(ж), однако расчёты, равно как и при непосредственной подстановке
формул корней в /(ж), будут довольно громоздкими.
/(шз)/^) = (3s - —) (3s -	=
\ s / \ s /
(9	\	/
S2 — Зжз — 3^4 + — Ж3Ж4 ) = 9 I S2 — 3 (хз + х±) +
5	/	\
12
по теореме Виета: хз + ж4 —-, Х3Х4 — — подставляем:
s
9
о
S2
s < -3;
s > 0;
вспоминая ранее выведенные условия, получаем окончательно:
Ответ.
Задача 17. (ВМК-88.5)
Найти все а, при которых уравнение
((2ж + а)у/22а — 4а2 — 24 — 2(ж2 + х) 1g а) • 1g	_ q
35
имеет по крайней мере два корня, один из которых неотрицателен, а другой не
превосходит —1.
Идея. Решать уравнение расщеплением: первый множитель является квадрат-
ным трёхчленом относительно х, второй множитель вообще не зависит от х.
Указание. Рассмотреть первый случай: второй множитель равен нулю, а пер-
вый имеет смысл.
Указание. Рассмотреть второй случай: первый множитель равен нулю, а вто-
рой имеет смысл. Исследовать знаки значений квадратного трёхчлена на концах
отрезка [—1;0].
Указание. Отрезок [—1;0] должен лежать между корнями квадратного трёх-
члена.
Решение. 1) Рассмотрим случай, когда второй множитель равен нулю, а пер-
вый имеет смысл, то есть
36а-9 а2 = 0	Г 9аг _ зба + 35 = 0,
22а - 4а2 - 24 > 0,	] 2“2 “ 11а + 12 - °’
а > 0;	[а > 0;
5.2. Теоремы о расположении корней ...
335
откуда а = - или а = -. Эти значения подходят, так как в этом случае х е К.
2) Теперь пусть первый множитель равен нулю, а второй имеет смысл:
(2х + а)л/22а — 4а2 — 24 — 2(х2 + х) 1g а = О,
36а - 9а2 > 0.
Положим f(x) = 21g а • х2 + 2®(lga - V22a - 4а2 — 24) - а\/22а — 4а2 - 24. Из
условия неотрицательности подкоренных выражений и неотрицательности выра-
3
жений, стоящих под знаком логарифма, следует, что - < а < 4, то есть lg a > 0 и
ветви параболы f(x) идут вверх. Для того чтобы уравнение имело два корня, один
из которых неотрицателен, а другой не превосходит —1 необходимо и достаточно,
чтобы отрезок [— 1; 0] лежал между корнями, т.е. /(—1) < 0, /(0) < 0;
(2 - a)V22a-4a2 - 24 < 0,
a\/22a - 4a2 - 24 > 0;
2a2-11a+12 = 0;
f a > 2,
| 2a2 - 11a + 12 < 0;
3
a~ 2’
2 < a < 4;
3	3
с учётом - < a < 4, получаем: 2 < a < 4 или a = -.
&	A
Объединяя оба случая, получаем ответ.
Ответ.
[2;4)иЩиЩ.
I Z I IOI
Задача 18. (М/м-91.5)
Найдите все пары чисел р и д, при которых неравенство |ж2 +рх + д| > 2 не имеет
решений на отрезке [1; 5].
Идея. При х G [1; 5] все точки параболы должны лежать в горизонтальной
полосе у е [—2; 2].
Указание. Рассмотреть возможные варианты расположения параболы. Выпи-
сать условия на координату вершины и значения в концах отрезка [1; 5].
{2?в < 15
/(1) > —2,
/(5) < 2.
336
Указания и решения
	1 < Хв < 5,
Указание. Второй случай (вершина - на отрезке): <	/(1) < 2, /(5) < 2, [/(#в) > —2. (З'в	5,
Указание. Третий случай (вершина правее отрезка):	< /(1) < 2, 1/(5)>-2.
Решение. Обозначим f(x) = х2 + рх + д; система <	' '	’ должна быть
I 1 < я < 5;
несовместна; значит (от противного), для любых х 6 [1;5] должно выполняться
неравенство: |/(®)| < 2, то есть — 2 < х2 +рх + q < 2. На координатной плоскости
это означает, что парабола Уж 6 [1;5] целиком лежит в горизонтальной полосе
т/е[-2;2].
Применяя метод парабол (проверяя различные возможные варианты располо-
жения параболы), получаем, что условие реализуемо в одном из трёх случаев:
1) /(1) > -2,
/(5) <2;
( Р 1
— 2 <
<	/(1)=р + 9 + 1>-2,
J(5) = 5p + g + 25 < 2;
'р > -2,
<	р + q > -3,
5р + q < —23;
вычитая второе неравенство из третьего, получаем: 4р < —20 <=> р < — 5 =>
нет решений.
{1 < хъ < 5,
/(1) < 2,
/(5) < 2,
/(®в) > —2;
5р + q < -23,
р2
-у + q > -2
5.3. Смешанные задачи
337
складывая второе и третье, имеем: 6р + 2q < —22, то есть Зр + q < —11; вычитая
из него последнее неравенство исходной системы, получаем:
р2
^ + Зр<-9
<=» р2 + 12р + 36 < 0	<£=>
(р + 6)2 < 0	<=> р = -6.
Подставляем найденное р в систему:
-30 + q < -23,
62
-у + 9 > -2;
<7,
<=>	< 9 < 7,	<=> q = 7;
> 7;
значит, пара р = — 6, q = 7 удовлетворяет условию задачи.
- ? к
—	2 > 5’
/(1)=р + д + 1<2,
(/(5) = 5р + <? + 25> —2;
р< -10,
P + Q < 1,
5р + q > -27;
вычитаем из второго неравенства третье: — 4р < 28 <=>
р > —7 => нет
решений.
3) \
Ответ. (—6;7).
5.3. Смешанные задачи
Задача 1. (ЕГЭ.В)
Найти все значения а, при которых функция у = {/5ж2 — (2 — а)х + 2 — 4а имеет
1
минимум в точке ж0 = -.
Идея. Минимум самой функции достигается в той же точке, что и минимум
подкоренного выражения.
Указание. Минимум подкоренного выражения достигается в вершине соответ-
ствующей параболы.
Указание. Вычислить значение а, используя условие хъ = -.
Решение. Поскольку минимум самой функции достигается в той же точке, что
и минимум подкоренного выражения, задача сводится к нахождению значения а,
2-а 1 тт
при котором хв = ю = -. Из этого равенства находим а = — 3.
Ответ. —3.
338
Указания и решения
Задача 2. (ЕГЭ.В)
Найти все значения а, при которых функция у = -\/ах2 + 15® — 1 имеет макси-
мум в точке Xq = 1,5.
Идея. Максимум самой функции достигается в той же точке, что и максимум
подкоренного выражения.
Указание. Подкоренное выражение имеет максимум, только если ветви соот-
ветствующей параболы направлены вниз.
Указание. Максимум подкоренного выражения достигается в вершине соот-
ветствующей параболы.
Указание. Вычислить значение а, используя условие хв = 1,5.
Решение. Поскольку максимум самой функции достигается в той же точке, что
и максимум подкоренного выражения, задача сводится к нахождению значения
а, при котором функция у = ах2 + 15ж — 1 имеет максимум в точке хо = 1,5.
Парабола имеет максимум, только если её ветви направлены вниз; следовательно,
а < 0. Так как максимум достигается в вершине параболы, то значение а можно
15
найти из условия хв = — —- = 1,5, откуда а = — 5 < 0.
2а
Ответ. —5.
Задача 3. (У)
Найти наименьшее значение, принимаемое г, если z = х2 + 2ху + З?/2 + 2х + бу + 4.
Идея. Рассмотреть равенство как квадратное уравнение относительно х.
Указание. Оценку для z получить из условия неотрицательности дискрими-
нанта.
Указание. Для того, чтобы равенство
х2 + 2х(у + 1) + З?/2 + 6т/ + 4 — z = 0
выполнялось, необходимо и достаточно, чтобы
£>®/4 = -2у2 - 4у - 3 + z > 0.
Указание. Исследовать знак дискриминанта этого квадратного (относительно
у) неравенства.
Решение. Запишем исходное равенство в виде:
х2 + 2х(у + 1) + З?/2 + бу + 4 - z = 0.
Для того, чтобы равенство выполнялось, необходимо и достаточно, чтобы дискри-
минант этого квадратного (относительно х) уравнения был неотрицательным, то
есть
(у + I)2 - Зт/2 -6y-4 + z>0	<=>	2у2 + 4у + 3 - z < 0.
5,3. Смешанные задачи
339
Неравенство является квадратным относительно у. Для того, чтобы оно имело
решение, необходимо и достаточно, чтобы его дискриминант был неотрицатель-
ным:
= 4 - 2(3 - z) > 0	z > 1.
Значит z не может быть меньше 1. Найдём значения х и у при z = 1. Имеем:
Dx = —2у2 — 4р — 2 = — 2(у + I)2, то есть Dx > 0 только при у — — 1. Подставляя
z и у в исходное уравнение, получаем, что х = 0.
Ответ. 1.
Задача 4- (У)
При каком целом р уравнения Зж2 — 4х + р — 2 = 0 и ж2 — 2рж + 5 = 0 имеют
общий корень?
Идея. Решить систему из этих двух уравнений с двумя неизвестными.
Указание. Вычесть из первого уравнения системы
( Зж2 - 4ж + р — 2 = 0,
( х2 — 2рх + 5 = 0;
утроенное второе.
Указание. Из полученного линейного уравнение выразить х и подставить в
любое из исходных уравнений, после чего найти р.
Решение. Так как нас интересует общий корень, то оба равенства должны
выполняться одновременно, а, следовательно, их можно объединить в систему:
( Зж2 - 4ж + р — 2 = 0,
[ж2 — 2рх + 5 = 0;
из которой и найти р. Вычтем из первого уравнения утроенное второе:
(6р — 4)ж = 17 — р,
х2 — 2рх + 5 = 0;
17 -р
Х ~ 6р —4’
х2 — 2рх + 5 = 0.
Подставим найденное значение х во второе уравнение и найдём р:
(17-Р)2
(6р — 4)2
-2р
17-р
6р - 4
+ 5 = 0
<=>	(17 — р)2 — 2р(17 — р)(6р — 4) + 5(6р — 4)2 = 0	<=>
12р3 — 31р2 — 138р + 369 = 0 <=+ (р — 3)(12р2 + 5р — 123) = 0 <=>
<=+ (р — 3)2(12р + 41) = 0
р = 3,
41
Р=~12
Так как нас интересует только целое значение р , то р = 3.
Ответ, р = 3.
340
Указания и решения
Задача 5. (У)
Докажите, что если значение квадратного трехчлена ах2 — Ьх + с является целым
числом при 2?i = 0,	= 1 и хз = 2, то при любом целом х значение данного
трехчлена является целым числом.
Идея. Получить условия на коэффициенты а, 6, с, используя значения в точках
0;1;2.
Указание. Рассмотрев значения квадратного трёхчлена в точках 0; 1;2, полу-
(
чим систему: < а — 6 + с Е Z,
4а — 26 + с Е Z.
Указание. Показать, что коэффициенты а, b либо оба являются целыми, либо
оба отличаются от целого числа на 1/2.
Решение. Из условии задачи следует, что
с Е Z,
< а — Ъ + с Е Z,
4а — 26 + с Е Z;
с е z,
< а — 6 Е Z,
2а Е Z.
к
1) Если 2а = 2n, п Е Z, то а Е Z и 6 Е Z; следовательно, ах2 — Ьх + с Е Z при
любом целом х.
2) Если 2а = 2п + 1, то а = п+ -, b = п — fc + -, k Е Z и
2	Л
ах2 — Ъх + с = пх2 — (п — к)х + с +	~• Так как х Е Z, то п®2 — (тг — /с)ж + с Е Z.
А величина х(х — 1)/2 Е Z, поскольку произведение двух последовательных чисел
всегда делится на 2. Что и требовалось доказать.
Задача 6. (У)
Доказать, что при любых допустимых значениях а,р, g уравнение
1 11
------1----= - имеет вещественные корни.
х — р х — q а
Идея. Свести уравнение к квадратному.
Указание. Привести всё к общему знаменателю и выписать соответствующие
ограничения.
Указание. Дискриминант полученного квадратного уравнения
х2 - х(р + q + 2а) + pq + ар + aq = 0
должен быть неотрицателен, при этом должно выполняться:
а ф 0, х ф р, х / q.
Решение. Перепишем уравнение в виде
х2 — х(р + q + 2а) + pq + ар + aq = 0.
5.3. Смешанные задачи
341
При этом должно выполняться: а	р,х q.
Так как
D = (р + q + 2а)2 - 4(рд + ар + aq) = р2 + q2 - 2pq + 4а2 =
= (р - q)2 + 4а2 > О,
то квадратное уравнение имеет два вещественных корня. Осталось проверить, что
хотя бы один из них отличен от р и q.
1)	В случае, когда р = д, квадратное уравнение
х2 — 2х(р + а) + р2 + 2ар = О
имеет корни х± = р, = Р + 2а. Поскольку а 0, второй корень х2 / р.
2)	Теперь рассмотрим р / q. Пусть х — р корень квадратного уравнения, тогда
Р2 - Р(Р + Q + 2а) + pg + ар + ад = 0	<=> а(р - д) = 0.
Мы получили противоречие, так как а / 0,р ф д. Следовательно, х = р не являет-
ся корнем. Аналогично доказывается, что х — q не может быть корнем квадратно-
го уравнения. Значит, в этом случае исходное уравнение имеет два вещественных
корня.
Задача 7. (У)
На плоскости (р, д) изобразить множество точек таких, что уравнение
х2 +рх + д = 0 имеет одним из корней фиксированное число а.
Идея. Применить теорему Виета.
Указание. Составить систему из двух уравнений с величинами р, д, а и вторым
корнем ®2-
-т т	-г г	| а I х2 — р.
Указание. Из системы <	_ получить одно уравнение, не содер-
I а * х2 — q;
жащее х2.
Решение. По теореме Виета:
( а + х2 — ~Рч
[ а • х2 = д.
Выразив х2 из первого уравнения и подставив во второе, получим уравнение:
g = —ар — а2, которое является уравнением прямой на плоскости (р, д).
Ответ. Прямая д = —ар — а2.
342
Указания и решения
Задача 8. (У)
Коэффициенты р и q квадратного трёхчлена х2 + рх + q нечётны. Доказать, что
он не может иметь целых корней.
Идея. Применить теорему Виета.
лг	f + 2?2 — — Р,
Указание. <
[ Xi • Х2 = Q.
Указание. Исследовать вопрос чётности-нечётности корней.
Решение. Пусть Xi и Х2 - целые корни квадратного уравнения х2 +рх + q = 0.
Запишем теорему Виета:
f Xi + х2 = -р,
[ «1 • Х2 = Q.
Так как р - нечётное число, то x-i и Х2 имеют разную чётность. Тогда q = Xi • Х2
должно быть четным числом, что противоречит условию задачи. Следовательно,
#1 и ж2 не являются целыми числами.
Задача 9. (Псих-70.2)
Найти все а, при которых уравнение Xs + ах4 + 1 = 0 имеет ровно четыре корня,
образующих арифметическую прогрессию.
Идея. Сделав соответствующую замену, свести исходное уравнение к квадрат-
ному, выписать корни и условия, которым они должны удовлетворять, чтобы об-
разовывать арифметическую прогрессию.
Указание. Уравнение имеет корни
ж4 = \/^21
Х1 =	х2 =
где
-а - \/а2 — 4	—а + \/а2 — 4
Z1 = ------------ >0, z2 = ------------- > 0.
Za	Li
Указание. Четыре числа образуют арифметическую прогрессию, если х±—хз =
2?з — 2?2 = 2?2 — 2?1.
Решение. Положим z = х4 > 0, тогда для того, чтобы исходное уравнение име-
ло 4 различных корня, уравнение z2 + az + l = 0 должно иметь два положительных
решения:
При этих значениях а исходное уравнение имеет корни (по возрастанию):
— — \/~Z2b	#2 = “^1, Ж3 =	2?4 = tfz2*
5.3. Смешанные задачи
343
Эти четыре числа образуют арифметическую прогрессию, если
- ®1-
Найдём а такие, что х± — хз = хз — Х2 (равенство х± — хз = Х2 — вьшолняется
автоматически):
Хз — Хз Х2
х4 - Хз = Хз + Хз
х4 = Зшз
4=> —а + -\/а2 — 4 = 81(—а — л/ а2 — 4) 4=Ф- \А-2 — 4 =—
41
так как а < -2, получаем:
412 - 402
412
, 82	82
а = ±— => а = ——.
9	9
Ответ.-----.
9
Задача 10. (ВМК-74.2)
Найти все действительные значения а, при которых каждое решение неравенства
logi х2 > logi(a: + 2) является решением неравенства 49а:2 — 4а4 < 0.
Идея. Решить каждое из неравенств и подобрать значения параметра а таким
образом, чтобы множество решении первого неравенства содержалось в множестве
решений второго.
Указание. Решением первого неравенства являются х Е (—1;0) U (0;2). Реше-
_ Г 2 2 2 21
7	7
нием второго являются х €
Указание. Каждое решение первого неравенства является решением второго
в случае, когда < 9 ‘
[?а2>2.
Решение. Решим каждое неравенство отдельно:
1) log2 х2 < log2(a: + 2)
х2 > 0;
2) 49а;2 - 4а4 < О
[ х ф 0;
2 2 /	2 2
--а < х < -а ;
7	“	“ 7
каждое решение первого неравенства является решением второго в случае, когда
отрезок [—1; 2] принадлежит отрезку
вать:
' 2 2 2 2
-=а2; :а
7	7
, то есть достаточно потребо-
' -а? >2;
17 - ’
Ответ. (—оо; —\/7] U [л/7;+оо).
а2
а2
а > \/Т.
7
- 2
344
Указания и решения
Задача 11. (Геол-99.2)
Известно, что ®i, ®2 - корни уравнения 2х2 — (л/3 + 5)® — у4 + 2\/з — 0. Найти
значение А =	+ ®i®2 + ®2 и выяснить, какое из чисел больше: А или 1,999?
Идея. Найти искомое значение с помощью теоремы Виета.
л/З + 5	4/4 + 273
Указание. х± + ®2 = —~’ ^1^2 =-----------------.
Решение. Учитывая заявленное наличие корней у квадратного уравнения, при-
меним теорему Виета:
.	\/3 + 5	а/4 + 2л/3
А — Xi + ®i®2 +	— ®1 + ®2 + ®1®2 — -2----------2--- ~
= | (5 + V3 - |V3 + 1|) = |(5 - 1) = 2;
очевидно, что А = 2 > 1,999.
Ответ. 2; А.
Задача 12. (Экон.К-78.5)
Найти все значения параметра а, при каждом из которых неравенство
а2 + 2а — sin2 х — 2а cos х > 2 выполняется для любого числа х.
Идея. Рассмотреть неравенство как квадратное относительно t = cos® и
отобрать те значения параметра а, при которых полученное неравенство спра-
ведливо при всех t е [—1; 1].
Указание. Привести неравенство к виду cos2 х — 2а cos ж + а2 + 2а — 3 > 0. Далее
применить метод парабол.
Указание. Неравенство должно выполняться для любого числа ж, т.е. для
любого cos® е [—1; 1], что возможно в одном из двух случаев:
1) дискриминант меньше нуля;
2) вершина параболы находится вне отрезка [—1; 1], а значение квадратичной
функции f(t) = t2 — 2at + а2 + 2а — 3 в точках —1 и 1 больше нуля.
Решение. Воспользуемся основным тригонометрическим тождеством:
а2 + 2а — (1 — cos2 ®) — 2а cos ® - 2 > 0	<=+ cos2 ® — 2а cos ® + а2 + 2а — 3 > 0.
Левая часть неравенства представляет собой квадратичную функцию относитель-
но cos ®. Неравенство должно выполняться для любого числа ®, т.е. для любого
cos® Е [—1; 1], что возможно в одном из двух случаев:
1) дискриминант меньше нуля, т.е
3
а2 — (а2 + 2а — 3) < 0	+=+> а >
5.3. Смешанные задачи
345
2) вершина параболы находится вне отрезка [—1;1], а значение квадратичной
функции f(t) — t2 — 2at + а2 + 2а — 3 в точках —1 и 1 больше нуля:
a Е (—оо; -1) U (1; +оо),
а2 - 2 > О,
а2 -|- 4а — 2 > 0;
а G (—оо; —1) U (1; +оо),
а е (—оо; —\/2) U (л/2; +оо),
а 6 (—оо; —2 — д/б) U (—2 + д/б; +оо).
—О------6 6zzzz/.zz^
-2+^6 1	л/2 a
В результате получаем a G (—оо; —2 — л/б) U (\/2; +оо). Найденные в первом
случае а входят в это множество.
Ответ. (—оо; -2 — д/б) U (\/2; +оо).
Задача 13. (Биол-73.5)
Найти все значения действительного параметра а, для которых неравенство
4® — а • 2х — а + 3 < 0 имеет хотя бы одно решение.
Идея. Рассмотреть неравенство как квадратное относительно z — 2х и, исполь-
зуя метод парабол, отобрать те значения параметра а, при которых полученное
неравенство имеет хотя бы одно положительное решение.
Указание. Исходное неравенство приводится к виду z2 — az — а + 3 < 0. По-
лученное неравенство должно иметь хотя бы одно положительное решение.
Указание. Это возможно в одном из двух случаев:
1) /(°) < °, где /(z) =	“ az - а + 3;
2) вершина параболы находится правее нуля, а дискриминант неотрицателен.
Решение. Обозначим: z = 2х > 0; неравенство z2 — az — а + 3 < 0 должно иметь
хотя бы одно положительное решение. Это возможно в одном из двух случаев:
1) /(0) < 0, где /(г) = z2 - az - а + 3:
/(0) <0	Ф=4> а > 3;
2) вершина параболы находится правее нуля, а дискриминант неотрицателен:
гв > 0,
D > 0;
2
а2 + 4(а — 3) > 0;
а > 0,
(а + 6)(а-2) > 0;
а > 2.
Ответ. [2;+оо).
346
Указания и решения
Задача 14- (Экон-77.5)
Найти все значения параметра а, при каждом из которых неравенство
3 —	— а| > х2 имеет хотя бы одно отрицательное решение.
Идея. Раскрыть модуль через геометрический смысл и проанализировать вза-
имное расположение корней двух получившихся квадратных неравенств.
Указание. Исходное уравнение равносильно системе:
х2 + х — а — 3<0,
х2 — х + а — 3<0.
Пресечение интервалов, являющихся решениями этих неравенств, должно содер-
жать хотя бы одну точку с абсциссой х < 0.
Указание. Показать, что система J Ж1 < ж < ®2’ где Ж1ИЖ2>ЖзИЖ4-
I хз < х < ®4;
корни соответствующих квадратных трёхчленов, всегда имеет решение.
Указание. Для наличия отрицательных решений системы достаточно потре-
бовать хз < 0.
Решение. Перепишем неравенство в виде: — а\ < 3 — х2 и раскроем модуль
через геометрический смысл:
х2 — 3 < ж — а < 3 — х2
f (ж) — х2 + х — а — 3<0,
д(х) = х2 — х + а — 3<0;
эта система должна иметь хотя бы одно отрицательное решение. Для этого, как
минимум, необходимо, чтобы оба дискриминанта были положительны:
D± = 1 + 4(а + 3) = 4а + 13 > 0,
D2 = 1 - 4(а - 3) = 13 - 4а > 0;
13	13
— < а < —
f(x)
£//////////////////:
х, -1/2	х2
д(х)
.^////////////^/////////////////////^______
хз 1/2	х4
Пусть Xi и х2, хз и - корни f(x) и д(х) соответственно. Тогда решение
каждого из неравенств приводит систему к виду:
!®1 < X <
Х3 2z <\ ®4,
решений у системы не будет совсем при х$ >Х2, то есть
1 - 713 - 4а -1 + 713 + 40	---— Л
------------>-------7т-------	713 - 4а + 713 + 4а < 2 <++>
+=+ 26 + 2^/169 - 16а2 <4 +=+	7169 - 16а2 < -11
5.3. Смешанные задачи
347
(13 13\
— —; — ] ®3 < ®2•
Значит, для наличия отрицательных решении системы достаточно потребовать
хз < 0, то есть
1 - ч/13 - 4а <0 <=> л/13 - 4а > 1
а < 3.
В результате получаем, что а Е
Ответ.
Задача 15. (Экон-80.5)
Найти все целые значения параметра к, при каждом из которых уравнение
5 — 4 sin2 х — 8 cos2 — = Зк имеет решения. Найти все эти решения.
Идея. Свести уравнение к квадратному относительно cos®; используя ограни-
ченность косинуса, получить ограничения на значения параметра к и решить по-
лученное квадратное уравнение при этих значениях.
Указание. С помощью основного тригонометрического тождества и формулы
понижения степени исходное уравнение приводится к виду (2cos® — I)2 = Зк + 4.
Указание. Используя ограниченность косинуса, получить ограничения на зна-
чения параметра к.
Указание. Решить полученное квадратное уравнение при этих значениях (к =
-1; 0; 1).
Решение. Преобразуем уравнение по тригонометрическим формулам:
5 - 4(1 - cos2 ®) - 4(1 + cos ®) = Зк <=>	(2 cos ® - I)2 = Зк + 4;
Так как cos® Е [—1; 1], то (2 cos® — I)2 Е [0; 9]. Значит,
4	5
0 < Зк + 4 < 9 <=>
о	о
Так как к 6 Z, то к = —1;0; 1. Для всех этих к 2 cosх — 1 = ±у/3к + 4, т.е.
1 - V3fc + 4
COS X = ---------
2
1 + V3F+4
cos х =----------
2
Рассмотрим найденные kt
l)fc = -l:
348
Указания и решения
2) к = 0:
COS X =
1±2
2
1
cos х = — -
2
2тг
х = ± ——Н	к G Z;
и
3) к = 1:
1± V7
cos x = —-—
2
1-V7
cos x = —-—
2
,	1-V7
х — ± arccos
+ 2тг/, I G Z.
Z
Ответ. Если
2тг Л 7
х = ±— + 2ък,
<5
.	ТГ
= — 1, to x = — + Tvn или 2 тгт, n, m G
At
y/7 - 1
к G Z ; если к = 1, то x = ± arccos —--------------
Задача 16. (Псих-71.5)
к
Z; если к = 0, то
2тг/, I е Z.
При каких значениях а уравнение sin2 3® —
а
sin Зя + - = 0
Z
имеет ровно
три корня, расположенных на отрезке
Идея. Решить уравнение как квадратное относительно sin Зя, вопрос о коли-
честве корней на данном отрезке исследовать с помощью тригонометрической
окружности.
Указание. Найти sin Зя, рассмотрев исходное уравнение как квадратное.
Указание. Определить количество корней первого уравнения совокупности
зшЗя = -;
2 и исследовать количество корней второго уравнения в зависимости
sin Зя = а;
от значения параметра.
Указание. Уравнение sin Зя = const при Зя G [2тг; Зтг] (в силу симметрии по-
луокружности) может иметь один корень, только если const = 1.
Решение. Если я G
2%
Т;7Г
, то Зя G [2тг; Зтг]. Исходное уравнение является
квадратным относительно sin Зя, его решения легко находятся:
sin Зя =
sin Зя — а;
первое уравнение для Зя G [2тг; Зтг] дает два корня. Поэтому решение второго
уравнения на этом же отрезке должно быть единственным	sin Зя = 1, так
как в остальных случаях для Зя G [2тг; Зтг] есть симметрия расположения корней
относительно оси Оу, Значит, а = 1 подходит.
5.3. Смешанные задачи
349
Ответ. 1.
Задача 17. (Геол-77.5)
Найти все значения параметра к, при каждом из которых существует хотя бы одно
общее решение у неравенств х2 + 4кх + ЗА;2 > 1 + 2к и х2 + 2кх < ЗА?2 — 8к + 4.
Идея. Исследовать наличие и отсутствие решении у системы в зависимости от
взаимного расположения корней квадратных трёхчленов.
Указание. Требуется найти значения А;, при которых имеется хотя бы одно
решение у системы неравенств:
х2 + 4А?ж + ЗА;2 — 2к — 1 > О,
х2 + 2кх — ЗА?2 + 8к — 4 < 0.
Указание. Поскольку дискриминант левой части второго неравенства Р/4 =
к2 — (—ЗА;2 + 8к — 4) = (2 (А? — I))2 > 0, то второе неравенство всегда имеет решение.
Указание. Если множество решений первого неравенства (—оо; a?i)U(a?2; оо) не
будет пересекаться с множеством решений второго неравенства [®з; я?4], то система
не будет иметь решений. Это возможно только в случае следующего расположения
корней:	.
Указание. Такое расположение корней гарантируется следующей системой:
/(®з) < 0,
/(2:4) < 0;
где /(ш) = х2 + 4fco: + ЗА:2 - 2fe — 1, а язд =
Решение. Требуется найти значения А;, при которых имеется хотя бы одно ре-
шение у системы неравенств:
х2 + 4А;ж + ЗА?2 — 2А? — 1 > 0,
х2 + 2кх — ЗА?2 + 8к — 4 < 0.
Обозначим через xi < я?2 корни левой части первого неравенства;
через D,	< ®4 дискриминант и корни левой части второго неравенства.
Множество решений первого неравенства: (—00; a?i) U (#2; 00) •
350
Указания и решения
Множество решений второго неравенства: [ж3; ж4].
Поскольку D/4 = k2 — (—3fe2 + 8k — 4) = (2(fe — I))2 > 0, то второе неравенство
всегда имеет решение, причем
ж314 = —к ± 2 (А; — 1) =
-ЗА;+ 2;
А;-2.
Значит, легче найти те значения параметра, при которых не будет решения у
системы, что возможно только в случае следующего расположения корней:
Х1 <	Обозначим /(ж) = х2 + 4А;ж + ЗА;2 — 2к - 1. Тогда такое
расположение корней гарантируется следующей системой:
/(®з) < о,
/(®4) < 0;
(2 - 3fe)2 + 4fc(2 - 3fe) + 3fe2 - 2fe - 1 < 0,
(k - 2)2 + 4k(k - 2) + ЗА:2 - 2k - 1 < 0;
—6A; + 3 < 0,
8k2 - 14A; + 3 < 0;
1 <
2 “
< 3
“ 2
к
При этих к не будет решений у системы. При остальных к G
у системы будут решения.
Замечание. В задачах довольно часто бывает так, что проще найти те значения
параметра, которые нас не устраивают, чем те, которые устраивают.
Ответ.
Задача 18. (Геол-88.6)
Найти все значения параметра а , при каждом из которых область значений функ-
sin®+ 2(1 - а)
ции у =------------- содержит отрезок II; 2 .
а - cos2 х
Идея. Переформулировать задачу следующим образом: найти все значения па-
z Я- 2с
раметра с, при которых Vp е [1;2] е [—1; 1]: f(z) — р, где f(z) = —--------,
z2, — с
с = 1 — а, z — sin х.
^7	“X 7	Z + 2С
У казание. Уравнение —--------= р сводится к квадратному относительно z до-
Z2, - с
множением на знаменатель.
Указание. Полученное уравнение
g(z) = pz2 - z - (р + 2)с = 0
имеет хотя бы одно решение z G [—1; 1], если
(D >0,
(р(-1) > 0;
условие задачи будет выполнено, если эта система окажется справедливой при
Vpe [1;2].
5.3. Смешанные задачи
351
Решение. Обозначим: с = 1 — a, z = sinx Е [—1; 1]; f(z) =
Переформулируем задачу: найти все значения параметра
Vp е [1; 2] 3z е [-1; 1]: f(z) = р.
Рассмотрим уравнение f(z) = р:
z + 2с
z2 — с ’
с, при которых для
z + 2с
{p(z2 - с) = z + 2с,
z2 - с 0;
Найдём сначала те значения с, при которых неравенство системы не вьшолня-
ется, т.е. найдем с, удовлетворяющие системе:
p{z2 — с) — z + 2с,
z2 - с = 0;
z + 2с — 0,
z2 - с = 0;
=> 4с2-с = 0 <=>
с = 0;
1
С- 4‘
Проверим найденные значения с. Для этого подставляем их в исходное условие
задачи:
1) если с = 0, то f(z) = -,	При z е [— 1; 1] функция f(z) принимает
z
все значения из множества (—оо; —1] U [1;+оо), а, следовательно, принимает все
значения из отрезка [1; 2]. Поэтому значение с = 0 подходит;
2) если с = -, то f(z) =--г. При z е [—1; 1] функция /(z) принимает значения
4	z — |
(	31	ГЛ
из множества I —оо; — - U [2; +оо), а, следовательно, принимает не все значения
\	А
из отрезка [1; 2]. Поэтому значение с = | не подходит.
Рассмотрим теперь случай с / 0, с /	. Тогда уравнение системы принимает
вид: p(z) — pz2 — z — (р+2)с = 0. Так как при р е [1; 2] абсцисса вершины параболы
С [— 1; 1], то она находится ближе к 1, чем к —1. Требуется,
1 Г
4’ 2
Zb ~ 2р 6
чтобы Vp е [1; 2] уравнение g(z) = 0 имело хотя бы один корень на [—1; 1].
Для этого достаточно, чтобы для Vp е [1; 2] выполнялась система:
Т>>0,
P(-1) > 0;
1 + 4рс(р + 2) > 0,
р + 1 - с(р + 2) > 0;
1
С ~ 4р(р + 2) ’
с < 1--------.
р + 2
352
Указания и решения
Так как при Vp Е [1;2] выполняется:
1 Г Я 1 Г2.3'
4р(р + 2) € |_ 12’ 32J И р + 2е|_3’4.
то система выполняется при Vp Е [1; 2], если с Е
1 . 2'
32’ 3
Значения с = 0 и с = - проверены выше. Окончательно получаем:
12	1
32 - - 3’ Л 4
Возвращаемся к исходному параметру:
1	33
— < а < —,
3 - - 32’
Ответ.
3 33'
4’ 32
Задача 19. (М/м-99.5)
Найти все значения а, при каждом из которых сумма длин интервалов, составля-
х2 + (2а2 + 6)® - а2 + 2а — 3
ющих решение неравенства — ----z— ------—-------— ------ < 0, не меньше 1.
х2 + (а2 + 7а - 7)® - а2 + 2а - 3
Идея. Рассмотреть трёхчлены, находящиеся в числителе и знаменателе, иссле-
довать вопрос о наличии у них корней и выяснить их расположение друг относи-
тельно друга.
Указание. Доказать наличие двух корней у каждого из квадратных трёхчленов
(рассмотреть значение каждого из них в точке х = 0).
Указание. Выяснить расположение корней трёхчленов относительно друг дру-
га. Рассмотреть их разность
h(x) = f(x) — g(x) — (а2 — 7а + 13)®
и исследовать случаи, когда она положительна, когда равна нулю и когда отрица-
тельна.
Указание. Искомую сумму длин интервалов выразить через корни трёхчленов.
Полученное выражение выразить через коэффициенты трёхчленов с помощью тео-
ремы Виета.
Решение. Обозначим:
/(®) = х2 + (2а2 + 6)® - а2 + 2а - 3,
д(х) = х2 + (а2 + 7а - 7)® - а2 + 2а - 3.
6.1. Область определения функции, монотонность, периодичность...
353
Заметим, что свободный член у обоих квадратных трёхчленов одинаков и отрица-
телен: —а2 + 2а - 3 = -(а2 - 2а + 3) = -(а - I)2 - 2 < 0. Значит, /(0) = р(0) < 0,
следовательно, трёхчлены имеют по два корня, причём < 0 < ж 2, ®з < 0 < Х4
соответственно.
Для определения взаимного расположения парабол у = f(x) и у = д(х) рас-
смотрим разность
^(ж) — Лж) _	— (а2 - 7а + 13)®.
Для скобки имеем: 72 = 49 —52 < 0, то есть этот сомножитель всегда положителен;
-	если х > 0, то h(x) > 0 =>	f(x) > д(х)\
-	если х < 0, то h(x) < 0 =>	f(x) < р(ж);
значит, корни f(x) и д(х) чередуются, причём расположены в следующем поряд-
ке • X1 < X з < X 2 < X 4 •
Решением исходного неравенства будет совокупность двух интервалов: (®i; ®з)и
(®г; £4) • Сумма их длин равна:
S = Хз — Xi + ®4 — ®2 —	+ Х4 — (®i + Хз) — —о? — 7а + 7 + 2а2 + 6 — а2 — 7а + 13.
Условие задачи требует S > 1 <=> а2 - 7а + 12 > 0, откуда а < 3 или а > 4.
Ответ, (-оо; 3] U [4; +оо).
6. Использование различных свойств функций и
графических иллюстраций
6.1.	Область определения функции, монотонность, перио-
дичность, чётность и нечётность
Задача 1. (У)
Найти область определения функции у = \/log7(cos 2х).
Идея. Получить ограничения на х из условия неотрицательности подкоренного
выражения.
Указание. Решить неравенство log7(cos2х) > 0.
354
Указания и решения
Решение. Областью определения функции у = '\/log7(cos 2ж) являются те зна-
чения х, при которых
log7(cos2z) > 0	<=> cos2® > 1	<=> cos2® = 1	<=> х = тгп, n G Z.
Ответ, тгп, п G Z.
Задача 2. (У)
Найти область определения функции у = \/lgcosтгх + у9 — х2.
Идея. Получить ограничения на х из условия неотрицательности подкоренных
выражений.
( lgCOS7T£>0,
Указание. Решить систему неравенств < д _ ж2 > q
Решение. Радикалы определены при
IgCOSTT® > О,
9 — х2 > 0;
C0S7T® > 1,
-3 < х < 3;
х = n е Z;
—3 < х < 3;
х = —2;
х = 0;
х = 2.
Следовательно, областью определения являются три точки х = ±2 и х = 0.
Ответ. ±2; 0.
Задача 3. (У)
Решить уравнение 2х = 3 — ж.
Идея. Подбором найти один корень и доказать, что других нет.
Указание. Использовать свойства монотонных функций.
Решение. Поскольку показательная функция в левой части уравнения монотон-
но возрастает, а линейная функция в правой части монотонно убывает, уравнение
имеет не более одного корня. Значение х = 1 легко находится подбором.
Ответ. 1.
Задача 4- (У)
Решить уравнение \/х — 1 + у/х + 2 = 3.
Идея. Решение найти подбором и показать, что других решений нет.
Указание. Использовать монотонность левой части уравнения.
Решение. Поскольку функция в левой части уравнения монотонно возрастает,
она может принять значение, равное 3, не более одного раза. Значение х = 2
удовлетворяет уравнению. Других решений быть не может.
Ответ. 2.
6.1. Область определения функции, монотонность, периодичность...
355
Задача 5. (У)
Решить уравнение

Идея. Решение найти подбором и показать, что других решении нет.
Указание. Поделить обе части равенства на правую часть уравнения и пока-
зать, что слева получилась монотонная функция.
Решение. Так как у/4 — л/15 < 2у/2 и V4+ \/15 < 2л/2, то, поделив обе
части уравнения на (2л/2) , мы получим слева монотонно убывающую функцию,
а справа — константу:
Значение х — 2 является решением уравнения. Поскольку монотонная функции
принимает все свои значения только один раз, других решении нет.
Ответ. 2.
Задача 6. (У)
Решить уравнение 2% cos х = |ж| — \х — тг|.
Идея. Раскрыть модули по определению.
Указание. В случае, когда уравнение будет содержать как тригонометриче-
скую функцию, так и линейную, решение найти подбором и показать, что других
корней нет.
Решение. 1) Если х > тг, то
2% cos х = 7Г
1	7Г
cos ж = -	4=> х = ±—h 2тгп, п 6 Z.
2	3
В ответ войдёт часть серии, удовлетворяющая условию х > тг, то есть
х = ±— 4- 2тгп, п е N.
о
2) При х G (0; тг) получим
2% cos х — 2х — тг.
7Г
Значение х — — является решением этого уравнения. Поскольку на промежутке
(0; тг) косинус убывает, а функция у(х) = 2х — тг возрастает, других решений быть
не может.
3) Если х < 0, то
2% cos х — —7Г
1
cos х — — -
2
2тг
х — ±— 4- 27Г71, п С Z.
В этом случае в ответ войдут только отрицательные значения х.
356
Указания и решения
2тг 7Г	7Г	2тг
Ответ.------;	±-+2тгп, n е N; ±-----2тгк, k е N.
3	2	3	3
Задача 7. (У)
Является ли функция /(ж) — (2 + л/З)— (2 — л/З)1^ чётной, нечётной или ни
той, ни другой?
Идея. Воспользоваться определениями чётной и нечётной функции.
Указание. Проверить область определения на симметричность относительно
нуля и выразить f{—x) через /(ж).
Решение. Областью определения функции f(x) является множество
Р(/) = (-оо; 0) U (0; +оо),
то есть для любого х G точка —х G Вычислим значение /(—ж),
воспользовавшись равенством (2 + л/3)(2 — \/3) = 1:
/(-®) = (2 + ч/3)-1/г - (2 - 73)-1/ж = (2 - г/З)1/1 - (2 + ^3)1/г =
Следовательно, функция /(ж) является нечётной.
Ответ. Нечётная.
Задача 8. (У)
Доказать непериодичность функции у = cos у/х.
Идея. Использовать непериодичность области определения D(y).
Указание. Предположить существование периода Т и найти точку жо такую,
что Жо е D(y), а (ж0 - Т) $ D(y).
Решение. Пусть Т > 0 - наименьший положительный период функции. Обла-
стью определения данной функции является множество D(y) = [0; +оо).
Рассмотрим точку жо = 0. По определению периодической функции точка
жо — Т — —Т < 0 также должна принадлежать D(y), но это не так. Следовательно,
функция не периодична. Утверждение доказано.
Задача 9. (У)
Доказать непериодичность функции у = sinlog2 |ж|.
Идея. Использовать непериодичность области определения D(y).
Указание. Предположить существование периода Т и найти точку жо такую,
что Жо е D(y), а (ж0 - Г) D(y).
Решение. Пусть Т > 0 - наименьший положительный период функции. Точка
Жо — T<=Z>(y) = (—оо;0) U(0; +оо); следовательно, по определению периодической
функции точка жо — Т = 0 также должна принадлежать D(y), но это не так.
Значит, функция не периодична. Утверждение доказано.
6.1. Область определения функции, монотонность, периодичность...
357
Задача 10. (У)
Найти наименьший положительный период функции у — sin6 х 4- cos6 х.
Идея. Выразить у через одну тригонометрическую функцию.
Указание. Воспользоваться формулой суммы кубов.
Решение. Преобразуем данную функцию, воспользовавшись формулой для
суммы кубов:
у = sin6 х + cos6 х = (sin2 х + cos2 х) (sin4 х — sin2 х • cos2 х + cos4 х) =
= (sin2 х + cos2 ж)2 - 3 sin2 x cos2 ж = 1 — | sin2 2x = 1 - | (1 - cos 4x) = |	| cos 4x.
4	8	8	8
Так как функция у — cos4z имеет наименьший положительный период тг/2, то
исходная функция также будет иметь наименьший положительный период тг/2.
Ответ. —.
2
Задача 11. (У)
Найти наименьший положительный период функции у = sin х 4- cos х + sin х cos х.
Идея. Определить, с какой периодичностью достигается максимальное значение.
Указание. Воспользоваться методом вспомогательного аргумента и формулой
синуса двойного угла.
Решение. Преобразуем тригонометрическое выражение по методу вспомога-
тельного аргумента:
у = sin х + cos х + sin х • cos х = v 2 sin
+ - зш2ж.
Максимальное значение достигается в случае, когда оба синуса равны 1, то есть
7Г
при х — — 4- 2тгп, n Е Z. Значит, наименьший положительный период функции
не может быть меньше 2тг = Т*. Проведём проверку:
_	/	7Г	\	1
у(х + Т*) = v2sin (х + — + 2% ] + - sin2(® + 2%) =
х	/	Zi
— -/2 sin
1 . Л
+ - sm2s — y\x),
то есть T* = 2тг является наименьшим положительным периодом функции
у = sin х 4- cos х + sin х cos х.
Ответ. 2%.
358
Указания и решения
Задача 12. (У)
Доказать, что функция у = sin 2х не является периодической.
Идея. Воспользоваться методом доказательства от противного.
Указание. При отрицательных значениях переменной х функция не обраща-
ется в ноль.
Решение. Найдём нули функции:
sin 2® = 0	2х = тг/с, k е N	х = log2 тг/с, к е N.
Обозначим через ®о минимальное значение х, при котором у(х) = 0. Его можно
вычислить: xq = log2 ТГ.
Предположим, что функция у = sin 2х является периодической с периодом
Т > 0. Тогда согласно определению периодической функции должно выполняться
равенство у(хо — Т) = у(х$) = 0. Это соотношение противоречит определению
точки ®о - минимального значения переменной, при котором функция у(х) при-
нимает нулевое значение.
Значит, функция у = sin 2х не является периодической. Утверждение доказано.
Задача 13. (У)
Доказать непериодичность функции у = sin ®3.
Идея. Действовать от противного.
Указание. Показать, что если период у функции существует, то он должен
удовлетворять соотношению Т3 = тгк, к е N.
Решение. Будем рассуждать от противного. Пусть Т > 0 - период функции,
тогда по определению периодической функции Vs Е R
sin(® + Г)3 — sin®3.
При х = 0 получаем уравнение для определения периода:
sinT3 = 0	Т3 = 7г/с, /ceN	Т = ^тгк, к С N.
Проверим, будет ли найденное значение Т периодом и для других значений пе-
ременной из области определения. Рассмотрим, например, х = л/2 • Т. Согласно
определению периодический функции
sinT3(l +л/2)3 = sin2T3	8Ш%*(1 + </2)3 = sm2Trfc, к е N <$=>
<=> sin7rfc(l + W = 0, к € N	7rfc(l + v^2)3 = -тгп, к € N, п € Z 4=^
(1 + г/2)3 = у, к € N, п е Z.
к
Полученное равенство невозможно ни при каких допустимых значениях целочис-
ленных констант к и п, так как в его правой части стоит рациональное число, а
слева - иррациональное.
Следовательно, наше предположение о существовании положительного пери-
ода Т неверно, и функция у = sin®3 не является периодической. Утверждение
доказано.
6.1. Область определения функции, монотонность, периодичность...
359
Задача 14- (У)
Доказать, что функция у = cos® + costt® не является периодической.
Идея. Использовать метод доказательства от противного.
Указание. Из равенства cos х 4- costt® — cos(® 4- Г) 4- costt(® 4- Г) попытаться
найти значение периода Т, положив х — 0.
Решение. Предположим, что функция является периодической с периодом
Т > 0. Тогда по определению V® Е R должно выполняться равенство
COS® + C0S7T® — cos(® + Г) + C0S7r(® + Г).
При х = 0 получим равенство cos Г + cos(7rT) = 2, откуда
cosT = 1,
cos(ttT) = 1;
Т = 2тгп, п 6 Z,
Т = 2k, к е Z;
тгп = к ; п, к G Z.
Последнее равенство верно только при п = к = 0; следовательно, Т = 0, а это
противоречит определению периодической функции.
Значит, наше предположение неверно и функция у — cos ® + cos тг® периодиче-
ской не является. Утверждение доказано.
Задача 15. (У)
Доказать, что функция у = sin х sin у/lx не является периодической.
Идея. Действовать от противного.
Указание. Рассмотреть расстояние между двумя соседними нулями функции
У&).
Решение. Функция у = sin®sinV2® обращается в ноль в точках ® = тгк и
® = —?=, к,1 е Z.
л/2

„	/ ТГ ТГ \
Заметим, что на интервале I —I имеется только один корень ®0 = 0.
у л/ 2 "у 2 /
Пусть Т > 0 - период функции у(х). Тогда согласно определению периодиче-
/ 7Г	7Г \
ской функции т/(®0 + Т) = ?/(®о) = 0, и на интервале	других
корней быть не должно.
Поскольку интервал имеет длину у/2тг, на нём должен находиться как ми-
нимум один корень вида ® = тгк и как минимум один корень вида ® = —^=.
Следовательно,
тгк = ~; k,leK
у/2
Из последнего равенства получаем, что у/2 = - е Q а это не так.
к
Значит, наше предположение неверно, и функция у = зт®зтл/2® периоди-
ческой не является. Утверждение доказано.
360
Указания и решения
6.2. Множество значений функции, промежутки знакопо-
стоянства и монотонности
Задача 1. (ЕГЭ.С)
Найдите множество значений функции у — log0 25
log4(4 + ж4) + 47
3
Идея. Использовать неотрицательность функции f(x) = ж4 и монотонность ло-
гарифмической функции.
Указание. Используя неотрицательность функции /(ж) = ж4, возрастание ло-
гарифмической функции при основании, большем 1, и её убывание при основании,
меньшем 1, оценить значение подлогарифменной функции внешнего логарифма.
Решение. Воспользуемся неотрицательностью функции /(ж) = ж4, возраста-
нием логарифмической функции при основании, большем 1, и её убыванием при
основании, меньшем 1, и запишем цепочку очевидных равносильных переходов:
ж4 > 0	4 + ж4 >4	log4(4 + ж4) > log4 4 = 1
> log4(4 + х4) + 47 > 48	!оё4(4 + х4) + 47 >	= 16
и	о
Zlog4(4 + ж4) + 47\	_
< 1°ёо,25 I о I — 1°8о,25 I® ~
\	О	J
Последнее неравенство даёт ответ.
Ответ. (—оо; —2].
Задача 2. (ЕГЭ.С)
Найдите множество значений функции у = log0?2
80
log5(125 + ж4) + 13
Идея. Использовать неотрицательность функции /(ж) = ж4, монотонность ло-
гарифмической функции и функции д(х) = —.
ж
Указание. Используя неотрицательность функции /(ж) = ж4, убывание функ-
ции д(ж) = —, возрастание логарифмической функции при основании, большем
ж
1, и её убывание при основании, меньшем 1, оценить выражение, стоящее под
знаком первого логарифма.
Решение. Используем убывание функции д(х) = —, возрастание логарифмиче-
ж
ской функции при основании, большем 1, и её убывание при основании, меньшем
1, и запишем цепочку очевидных равносильных переходов:
х4 > 0 <=> 125 + х4 >125 <++> log5(125 + ж4) > log5(125) = 3 <=>
6.2. Множество значений функции, промежутки знакопостоянства...
361
<=> logs(125 + я4) + 13 > 16	<=>	/19г8|°а,4>| , 1О 7? = 5
log5(125 + х*) + 13	16
, ,	1	/	80	\	.	,	,
10go'2 Gog5(125 + 0 + 13) ~ §0’2 "
Последнее неравенство даёт ответ.
Ответ. [—1;+оо).
Задача 3. (ЕГЭ.С)
Найдите множество значений функции
9
у = — arccos
тг
Зл/2 + sin х
COS X
Идея. Использовать ограниченность функции f(x) = sin® и монотонность
функции g(x) = arccos®.
Указание. Применить формулу sin® — cos® = v2sin ^® — — J .
У к аз ан и е. Использовать ограниченность функции /(®) = sin® и убывание
функции д(х) = arccos ®.
Решение. Так как
sin ® — cos ® =
2 sin
arccos ® - убыва-
ющая функция, то справедлива следующая цепочка:
3\/2 + sin х — cos х
(sin ® — cos ®
) € [-л/2; V2]
4л/2
е ^;1
/ Зл/2 + sin ® — COS X \ Г 7Г1
arccos ------------7=--------	€ 0: -
I 4л/2	/ L ’ 3J
2/ С [0;3].
Ответ. [0;3].
Задача 4- (ЕГЭ.С)
При каких значениях а выражение 3 + cos®(acos® + 4sin®) не равно нулю ни
при каких значениях ®?
Идея. Использовать формулы понижения степени, метод вспомогательного ар-
гумента и ограниченность тригонометрической функции g(t) = sin£.
ТЛ , 2 1 +cos 2ж
У казание. Использовать формулу понижения степени cos ® = ----------- и
метод вспомогательного аргумента.
т-т	о а л/1б + а2 ,	.
У казание. Привести выражение к виду 3+-Н-------------• sin(2® + </?), где
л	2	2
а	4
sm(z? = —=====. cos(p =	.
л/16 + a2	V16 + а2
Указание. Используя ограниченность тригонометрической функции g(t) = sin t,
оценить значение полученного выражения.
362
Указания и решения
Решение. Найдём множество значений функции
/(ж) = 3 + cos®(acos® + 4 sin ж).
Для этого преобразуем её, используя формулы понижения степени и метод вспо-
могательного аргумента:
л/ ч	9 Л Л	1 + cos2®
f(x) = 3 + a cos х + 2 sm 2х = 3 + а •-------Н 2 sm 2х =
п а а Л Л Л а \/16 + а2 . ,
= 3 + - + - cos 2х + 2 sm 2х = 3 + - Н-----• sm(2® + <р),
2	2	2	2
а	4
где sm (р =	z, cos tp =	. В силу ограниченности тригономет-
V16 + a2	у16 + а2
рической функции g(t) = sint ( — 1 < sin/; < 1) множеством значений функции
f(x) будет отрезок
6 + а — л/16 + а2 6 + а + л/16 + а2
2	’	2
Этот отрезок не содержит нулевое значение только в двух случаях: когда его
правая граница меньше нуля или когда его левая граница больше нуля. Значит,
6 + а + х/16 + а2 < О,
6 + а — х/16 + а2 > 0;
\/16 + а2 < |а + 6|	<==>
х/16 + а2 < —(а + 6),
\/16 + а2 < (а + 6);
16 + a2 <С |q + 6|2	s —z
5
3
Задача 5. (ЕГЭ.С)
,	/3 + 2ж2\	,	/5 + 4ж2\
При каких значениях параметра а сумма	loga	I —-I	и	I -----2~ )	°у-
\ 1 “Н ж J	\ 1 “Н х J
дет больше единицы при всех ж?
Идея. Использовать неотрицательность функции f(x) = ж2, монотонность ло-
гарифмической функции и функции д(х) = —.
X
Указание. Заметить, что оба выражения определены при всех х 6 R. Привести
их сумму к виду loga ( [ 2 +	1	) ( 4 + 1	) ) .
У у	1 + х2 J у	i + х2 J J
У к аз ан и е. Ввести обозначение t = --- , t е (0; 1] при х G R. Найти
1 Н- х
множество значений квадратичной функции y(t) = (2 + £) (4 + £) на промежутке
(0;1]
У к аз ан и е. Поскольку te — — 3 < 0, то функция y(t) при всех t 6 (0; 1]
возрастает и принимает значения из промежутка (8; 15]. Переформулировать
условие следующим образом: найти все значения параметра а, при которых
l°ga 2/ > 1 ПРИ всех У £ (8; 15].
6.2. Множество значений функции, промежутки знакопостоянства...
363
Решение. Оба выражения определены при любом х Е К. Их сумма равна
/ 3 + 2х2 \	( 5 + 4®2 \	/	3	+ 2х2	5 + 4®2 \
*Oga I ~i j 2~ )	\ i 2~ )	lOSa	I ~i j 2~	*	i 2~ )
\ 1 + ®2 /	\ 1 + ®2 /	\	1	+ ®2	1 + XZ J
1о§а ( (2 + 1 + х2 )
Пусть t = ——-,
1 + X2
скольку te = —3 < О,
t Е (0; 1]. Рассмотрим функцию y(t) = (2 + t)(4 + t). По-
то функция y(t) возрастает при всех t Е (0; 1] и принимает
значения из промежутка (8; 15].
Значит, условие задачи можно переформулировать так: найти все значения
параметра а, при которых loga?/ > 1 при всех у Е (8; 15].
При а Е (0; 1) функция h(y) = loga?/ убывает и при всех у > 1 прини-
мает только отрицательные значения. Следовательно, эти значения параметра не
подходят.
При а > 1 функция h(y) = loga у возрастает и, следовательно,
loga У > 1
у > а.
Последнее неравенство должно выполняться при всех у Е (8; 15]. Значит,
аЕ (1;8].
Ответ. (1;8].
Задача 6. (Экон-94.2)
Найти область значений функции у = — \/—З®2 + 12® — 3.
Идея. Рассмотреть функцию, стоящую под корнем.
Указание. График подкоренной функции - парабола с ветвями, направленны-
ми вниз.
Указание. Наибольшее значение этой функции достигается в вершине парабо-
лы хв = 2. Учесть ОДЗ.
Решение. Рассмотрим функцию, стоящую под корнем:
д(х) = —З®2 + 12® — 3.
Это квадратичная функция, её график - парабола с ветвями, направленными
вниз. Значит, наибольшее значение достигается в вершине параболы ®в = 2, то
есть
9 max — #(2) = 9.
С учётом ОДЗ получаем, что 0 < д(х) < 9. Значит, — 3 < у < 0.
Ответ. [—3;0].
364
Указания и решения
Задача 1. (Экон.К-71.2)
Решить уравнение
cos х
Идея. Использовать формулу приведения и ограниченностью функций sin® и
cos®.
(тг \
— — X J = ctg®.
Указание. Избавляясь от тангенсов, надо учитывать ОДЗ. Функции sin® и
cos ® ограничены по модулю единицей.
Решение. Воспользуемся в правой части уравнения формулой приведения:
cos®
тг ,	\
— sm ® .
2	)
Полученное уравнение эквивалентно системе:
ТГ	ТГ	ТГ	.	Г77
—	cos х	=	—	—	— sm х + тгтг,	п 6	Z,
Z	Z	Z
тг . тг	_
—	cos ® 75 — + тгт, т G Z;
Li	Li
2 sin
= 1 + 2тг, п 6 Z,
cos® 1 + 2m, т G Z.
Учтём ограниченность функций sin® и cos®:
cos® ф ±1;
1
/Г
ТГ ТГ ТГП
+ 4 = 4+Т
Ф ш, т G Z.
X
®
~	тг	_
Значит, х = — + тгтг, п G Z.
Z
_	тг
Ответ. — + тгтг, тг G Z.
Задача 8. (ВМК-82.2)
Найти все значения ®, для каждого из которых функция /(®) — 6 cos2 ®+6 sin ®—2
принимает наибольшее значение.
Идея. Воспользовавшись основным тригонометрическим тождеством, свести
функцию к квадратичной относительно sin ®.
Указание. Воспользоваться основным тригонометрическим тождеством:
cos х = 1 — sm х.
Указание. Получившаяся функция /(®) = —6 sin2 ® + 6 sin ® + 4 является квад-
ратичной относительно sin®; её график - парабола с ветвями, направленными
вниз; максимальное значение достигается в вершине, то есть при sin® — 0,5.
6.2. Множество значений функции, промежутки знакопостоянства...
365
Решение. Воспользовавшись основным тригонометрическим тождеством, при-
ведём функцию к квадратичной относительно sin х:
f(x) = 6(1 — sin2 х) + 6 sin ж — 2 = —6 sin2 х + 6 sin ж + 4.
График полученной функции - парабола с ветвями, направленными вниз. Макси-
мум достигается в вершине, то есть при sin ж = 0,5. Значит, наибольшее значение
7Г
функции /(ж) достигается при ж = (—1)п—Н тгп, п Е Z.
6
Ответ. ( — 1)П77 + 7Г71, п Е Z.
6
Задача 9. (Почв-90.4)
Найти наименьшее значение функции у — 1 + 4 sin ж — 2ж на отрезке [0; тг].
Идея. Использовать убывание линейной функции /(ж) = 1 — 2ж и ограничен-
ность тригонометрической функции р(ж) = 4 sin ж.
Указание. Представить функцию у в виде суммы двух функций:
У = /(®) +р(®),
где /(ж) = 1 — 2ж, р(ж) = 4 sin ж.
Указание. Функция /(ж) = 1 — 2ж убывает на всей прямой. Следовательно, на
отрезке [0; тг] минимальное значение она принимает на правом конце:
fmin = /(тг) = 1 — 27Г.
Функция р(ж) = 4зшж на отрезке [0; тг] принимает минимальное значение при
ж = 0 и ж = тг :
9min = р(0) = #(тг) = 0.
Решение. Представим функцию у в виде суммы двух функций - линейной и
тригонометрической:
у = (1 — 2ж) + 4 sin ж = /(ж) + <?(ж),
где /(ж) = 1 — 2ж, д(х) = 4 sin ж.
Функция /(ж) = 1 — 2ж убывает на всей прямой. Значит, на отрезке [0; тг]
минимальное значение она принимает на правом конце:
fmin = /(ТГ) = 1 — 27Г.
Функция д(х) = 4 sin ж на отрезке [0; тг] минимальное значение принимает
при ж = 0 и ж = тг :
9min = #(0) = 0(тг) = 0.
Таким образом, ymin = у(тг) = 1 - 2тг.
Ответ. 1 — 2тг.
366
Указания и решения
Задача 10. (Геол.ОГ-81.6)
Показать, что функция у(х) = sin2 х — 12 sin® cos х + 3 cos2 х — 2л/бб может при-
нимать неотрицательные значения.
Идея. Использовать формулы синуса двойного аргумента, понижения степени и
метод вспомогательного аргумента. Сравнить максимум получившейся функции
с нулём.
Указание. Рассмотреть функцию g(x) = sin2 х — 12 sin х cos х + 3 cos2 х и вос-
пользоваться формулами
. л л .	9	1 + cos 2х .9	1 — cos 2х
sin 2® = 2sm®cos®: cos ® =-----------: sm ® =-----------.
2	2
Указание. Для получившейся функции д(х) = 2 + cos2® — 6sin2® применить
метод вспомогательного аргумента.
Указание. Максимальное значение функции
maxp(®) = max(2 + V37 cos(2® + <р) — 2^66) = 2 + \/37 — 2\/бб
xeR	xeR
сравнить с нулём.
Решение. Рассмотрим функцию
/\	. о 1 г» •	<-»	2	1 cos 2®	.	3,	ч
д\х) — sm х — 12 sm ® cos ® + 3 cos ® = ------6 sm 2® + - (cos 2® + 1) =
— 2 + cos 2® — 6 sin 2® — 2 + л/37 cos(2® + <p).
Значит, максимальное значение функции р(®) равно
шахр(®) — шах(2 + л/37cos(2® + <р) - 2^66) = 2 + \/37 — 2^66.
xER	xER
Покажем, что 2 + у/37 — 2\/б6 > 0. Сравним числа 2 + у/37 и 2\/б6, что равно-
сильно сравнению их кубов:
8 + 12л/37 + 6 -37 + 37л/37 V 8-66
49л/37 V 298
88837 > 88804.
Следовательно, функция у(х) может принимать неотрицательные значения.
Задача 11. (Псих-80.5)
Доказать, что для любых действительных чисел р и t справедливо неравенство
2(2р-1)4 + 1 + (1 —2(2р —I)4) sin2t >0, и найти все пары чисел (р, t), для которых
это неравенство превращается в равенство.
6.2. Множество значений функции, промежутки знакопостоянства...
367
Идея. Преобразовать неравенство и использовать неотрицательность чётной сте-
пени и ограниченность тригонометрической функции f(t) = sin2t
Указание. Привести неравенство к виду
2(2р - 1)4(1 - sin2t) + (1 + sin2t) > 0.
Указание. Использовать неотрицательность чётной степени и ограниченность
тригонометрической функции f(t) = sin2£:
2(2р — l)4 > 0, (1—sin2t)>0, (l+sin2i)>0.
Указание. Равенство достигается только в случае
( 2р - 1 = 0,
[ 1 + sin2i = 0.
Решение. Перегруппируем слагаемые в левой части неравенства:
2(2р - 1)4(1 - sin2t) + (1 + sin2t) > 0.
В силу неотрицательности чётной степени и ограниченности функции f(t) — sin 2t
справедливы оценки:
2(2р - I)4 > 0, (1 - sin2i) > 0, (1 + sin2i) > 0.
Следовательно, исходное неравенство справедливо всегда, а равенство достигается
только в случае
( 2р - 1 = 0,	f Р = °’%’
| 1 + sin2t — 0;	<'==’>	| t = — — + тгп, п 6 Z.
гч	/1 тг \	_
Ответ. -;--+тгп ,n£Z.
\ 2	4	/
Задача 12. (Почв-90.6)
Решить неравенство log2(2 — Зж) > 4ж + 1.
Идея. Использовать монотонность входящих в неравенство функций.
Указание. Функция /(ж) = log2(2 — Зж), стоящая в левой части неравенства,
/	2\
убывает на всей области определения ж G I — оо; - I , а функция р(ж) = 4ж + 1,
\	d /
стоящая в правой части неравенства, возрастает на всей числовой прямой.
Указание, /(ж) = р(ж) при ж = 0.
Решение. Функция /(ж) = log2(2 — Зж), стоящая в левой части неравенства,
/	2\
убывает на всей области определения ж Е I — оо; - I , а функция р(ж) = 4ж + 1,
\	d /
стоящая в правой части неравенства, возрастает на всей числовой прямой.
Заметим, что /(ж) = д(х) при ж = 0, поэтому исходное неравенство верно при
всех ж < 0.
Ответ. (—оо;0).
368
Указания и решения
Задача 13. (Хим-80.5)
Найти все значения параметра а, при каждом из которых число решений урав-
нения 3(ж2 + а2) = 1 — (9а2 — 2)х не превосходит числа решений уравнения
х + (За - 2)2 • 3® = (8а - 4) log3 (за - 0 - Зж3.
Идея. Использовать два факта: сумма возрастающих функций является также
возрастающей; монотонная функция принимает каждое значение ровно один раз.
Указание. Переписать второе уравнение в виде
ж + (За - 2)2 • 3® + Зж3 = (8а - 4) log3 (за - 0
и найти количество его решений.
Указание. Слева стоит возрастающая функция, изменяющаяся от — оо до +оо,
а справа число. Значит, это уравнение имеет ровно одно решение для любого зна-
чения параметра а, при котором определена правая часть этого уравнения.
Указание. Первое уравнение является квадратным относительно переменной х :
Зж2 + (9а2 - 2)ж + За2) -1=0.
Следовательно, надо найти такие значения параметра а, при которых квадратное
уравнение имеет не более одного решения (7? < 0), при условии, что логарифм,
входящий во второе уравнение, определён.
Решение. На первый взгляд задача кажется очень сложной. Это не так. Чтобы
решить задачу, надо определить число решений второго уравнения, а это легко
сделать. Перепишем его в виде
ж + (За - 2)2 • З* + Зж3 = (8“-4)log3 (За- Л .
Слева стоит возрастающая функция, изменяющаяся от — оо до +оо, а справа
число. Поэтому это уравнение имеет ровно одно решение для любого допустимого
значения параметра а. Первое же уравнение является квадратным относительно
переменной х :
Зж2 + (9а2 - 2)ж + За2) -1=0.
Значит, надо найти такие значения параметра а, при которых квадратное уравне-
ние имеет не более одного решения (7? < 0), при условии, что логарифм, входящий
во второе уравнение, определён, то есть
у (9а2 - 2)2 - 12(3а2 - 1) < 0,	у _ 4)2 < 0,	_ 2
| За - | > 0;	( а>—log32;	а “ 3'
> л
2
Ответ. -.
6.2. Множество значений функции, промежутки знакопостоянства...
369
Задача 14- (Геол.ОГ-85.5)
Решить уравнение
у/(х + 2) • (2х - 1) - Зу/х + б = 4 - у/(х + 6) • (2х - 1) + Зу/х + 2.
Идея. Найти ОДЗ, перенести все радикалы в левую часть уравнения и разло-
жить на множители на ОДЗ. Использовать монотонность входящих в уравнение
функций.
Указание. ОДЗ: х 6
ния:
-;+оо j . На ОДЗ справедливы следующие соотноше-
Z /
•у/(ж + 2) • (2х — 1) = у/х + 2 • у/2х — 1, у/(х + 6) • (2х — 1) = у/х + 6 • у/2х — 1.
Указание. Перенести радикалы в левую часть уравнения и разложить выраже-
ние на множители:
(у/2х - 1 - 3) (л/аГ+б + ч/аГТ2) = 4.
Указание. При < х < 5 левая часть последнего уравнения неположительна;
следовательно, решений нет. При х > 5 левая часть возрастает как произведение
возрастающих положительных функций; следовательно, у уравнения не может
быть более одного решения.
Указание. Корень х = 7 легко угадать, рассматривая левую часть как разность
квадратов: 
3 — V® 4- 2	<=> х — 7;
далее необходимо проверить найденное значение переменной.
Решение. ОДЗ: х 6 +оо ). На ОДЗ справедливы следующие соотношения:
Z /
^/(я + 2) • (2х — 1) = \Jx + 2 • >Jlx — 1, л/(ж + 6) • (2® —
Перенесём все радикалы в левую часть и разложим выражение на множители:
л/ж + 2 • у/2х - 1 - 3\/х + 6 = 4 - Vz + 6 • \/2ж - 1 + Зд/ж + 2
(х/2х - 1 - 3) (х/жТб + л/яГ+2) = 4.
При - < х < 5 левая часть последнего уравнения неположительна; следова-
тельно, решений нет.
При х. > 5 левая часть возрастает как произведение возрастающих положи-
тельных функций; следовательно, у уравнения не может быть более одного реше-
ния.
370
Указания и решения
Угадаем решение, рассматривая левую часть как разность квадратов. Пусть
3 =	+ 2
<=> х = 7;
проверим:
(V13 - з) (л/13 + з) = 4 - верно.
Ответ. 7.
Задача 15. (ИСАА-94.5)
Решить неравенство — 41+'/3-а:| <	— 4 • 4'/3-а!.
Идея. Раскрыть модуль, используя его геометрический смысл. Использовать
монотонность входящих в получившееся неравенство функций.
Указание. Пользуясь геометрическим смыслом модуля, записать двойное нера-
венство:
-^-х + 4 • 4'/3~® < х -	< |я; - 4.4'/з~®
3	“	“ 3
Указание. Из этой системы, с учётом ОДЗ, получить ограничения на перемен-
ную х : 0 < х < 3. При найденных значениях переменной функция /(ж) = 4г/3 х
убывает и ограничена снизу единицей, а функция д(х) = —
ничена единицей сверху.
возрастает и огра-
Решение. Раскроем модуль, используя его геометрический смысл и учитывая
ОДЗ:
-|ж + 4-4'/3^<я:-41+'/3^<	- 4 • 4'/3^
Заметим, что при 0 < х < 3 функция /(ж) = 4х/3 х > 1 и убывает, а функция
ж
д(х) = — < 1 и возрастает. Значит, во втором неравенстве системы может быть
только равенство при ж = 3.
Ответ. 3.
Задача 16. (М/м-96(2).1)
Найти все целочисленные решения неравенства х/®3 —	— 3 < 6 — х.
Идея. Стандартным образом избавиться от радикала и исследовать каждое
неравенство, входящее в получившуюся систему.
6,2. Множество значений функции, промежутки знакопостоянства...
371
Указание. Исходное уравнение эквивалентно системе
6 — х > О,
ж3 - 5ж — 3 > О,
ж3 - 5ж — 3 < 36 — 12ж + ж2;
6 — ж > О,
ж3 — 5ж - 3 > О,
ж3 - ж2 + 7ж — 39 < 0.
Указание. Многочлен /(ж) — ж3 — ж2 + 7ж — 39 имеет рациональный корень
ж = 3. Поэтому он раскладывается на множители: /(ж) — (ж — 3)(ж2 + 2ж + 13).
Указание. Многочлен д(ж) = ж3 — 5ж — 3 не имеет рациональных корней.
Необходимо исследовать поведение функции д(х). Найти с помощью производ-
ной д'(х) = Зж2 — 5 участки возрастания и убывания этой функции.
У к аз ан и е. Рассмотреть целочисленные значения ж, начиная с наибольшего.
Учесть, что при ж < — 2 функция д(х) возрастает.
Решение. Исходное уравнение эквивалентно системе
6 — ж > 0,
< ж3 — 5ж — 3 > 0,
ж3 — 5ж — 3 < 36 — 12ж + ж2;
6 — ж > 0,
ж3 - 5ж - 3 > 0,
ж3 — ж2 + 7ж — 39 < 0.
Многочлен /(ж) = ж3 — ж2 + 7ж — 39, стоящий в левой части третьего неравенства
последней системы, имеет рациональный корень ж = 3. Поэтому он раскладыва-
ется на множители:
/(ж) = (ж - 3)(ж2 + 2ж + 13).
Так как ж2 + 2ж + 13 > 0 для всех ж (D = 4 — 4 • 13 < 0), то третье неравенство
системы эквивалентно простому неравенству ж < 3. Значит, система равносильна
следующей:
( ж < 3,
[ ж3 — 5ж - 3 > 0.
Многочлен д(х) = ж3 — 5ж — 3 не имеет рациональных корней. Поэтому иссле-
дуем поведение функции д(х). Найдём с помощью производной д'(х) = Зж2 — 5
промежутки возрастания и убывания.
д'(х) = 0
Зг2 — 5 = 0
Значит, при ж 6
функция возрастает, а при
функция убывает. Рассмотрим целочисленные значения ж, на-
чиная с наибольшего:
р(3) = 9 > 0, р(2) =-4 < 0, р(1) = -7<0,
р(0) =-з < 0, р(-1) = 1 > 0, р(-2) =-1 < 0.
Так как функция д(х) при ж < —2 возрастает и д(—2) < 0, то д(х) < 0 при всех
ж < — 2. Таким образом, получаем ответ: х — — 1 и ж = 3.
Ответ. —1;3.
372
Указания и решения
Задача 17. (Фил-87.5)
9 l + log3(a; + 6)
Решить неравенство ------ > -------------
Зж + 2	ж
Идея. Найти ОДЗ и рассмотреть неравенство на каждом участке ОДЗ отдельно.
Использовать монотонность входящих в неравенство функций.
/	2\ / 2 \
Указание. ОДЗ: ж 6 I —6; — - I U I — О I U(0; +оо). Рассмотреть неравенство
\ /	\ /
на каждом участке ОДЗ отдельно.
/	2\	6
Указание. При ж Е 1—6; — - I получаем неравенство 2-----------<к^3(ж + 6).
у о J	Зж + 2
Поскольку при рассматриваемых значениях переменной к^3(ж + 6) < log3 6 < 2
0 б
и 2---------- > 2; исходное неравенство решении не имеет.
Зж+ тт	( 2 гЛ	1 + 1оёз(ж + 6)
Указание. При ж 6	— -;0	справедливы оценки -------------- <0 и
у 3 J	х
9	„	( 2 \
-—> 0; следовательно, исходное неравенство верно для любого х 6 I — -; 0 ) .
0
У к аз ани е. При ж > 0 получаем неравенство 2------->к^3(ж + 6). В рас-
Зж + 2
3	6
сматриваемом случае 1о§3(ж + 6) > - и 2 — -—< 2. Необходимо найти ж,
при которых исходное неравенство не имеет решений.
/	2\	/ 2 \
Решение. ОДЗ: ж 6 ( — 6; — - I U I —-;0 I W+00)* Рассмотрим задачу на
каждом из промежутков отдельно.
1)	Пусть ж 6
, тогда исходное неравенство равносильно неравенству
- 1 < log3(o; + 6)	<=>	2— —<log3(a: + 6).
Зж + 2	Зж + 2
При рассматриваемых ж справедливы оценки:
log3(® + 6) < log3 6 < 2 и 2 -	> 2;
Зж + 2
следовательно, исходное неравенство решений не имеет.
, тогда справедливы неравенства
9 > 0 и	l + log3(s + 6) < 0>
Зж + 2	ж
( 2
2) Пусть же I - -; 0
следовательно, исходное неравенство верно для любого ж 6
3) Пусть ж > 0, тогда исходное неравенство равносильно неравенству
2- ^—5 >log3(a: + 6).
ЗЖ + 2
6.2. Множество значений функции, промежутки знакопостоянства...
373
Поскольку при этих значениях переменной
logo (ж + 6) > | и 2 —	< 2,
63V	'	2	Зт + 2
исходное неравенство не имеет решений там, где при соблюдении условий х
2
— - выполнена совокупность
-6,
" log3(z + 6) > 2;
т + 6 > 9;
Зт + 2 < 12;
10
3
х ±
2 ——
Зт + 2 “ 2
Значит, при т > 0 решений нет.
( 2
Ответ. I —; 0
Задача 18. (Псих-82.6)
Решить уравнение log2^/2+^(T2 — 2т — 2) = к^24_^(т2 — 2т — 3).
Идея. Сделать замену у = log2+v^(T2 — 2т — 3) и преобразовать уравнение так,
чтобы получились монотонные функции.
У к аз ан и е. Обозначить у = к^2+лд(т2 — 2т — 3), тогда т2 — 2т — 3 = (2 + v/3)2/;
далее привести исходное уравнение к виду (2 + д/З)27 + 1 =	2 + л/з) •
Указание. Поделить уравнение на (2 у/ 2 + \/з) > 0 и воспользоваться равен-
ством
3 = 1.
У
Указание. Получить уравнение
2	\
что в левой части стоит сумма убывающих функций.
Решение. Обозначим у = log2+v^(T2 — 2т — 3), тогда
Перепишем исходное уравнение:
у
— 1; заметить,
т2 — 2т — 3 = (2 + г/З)2'•
2
+ VS)» +1) = »
(2 + л/3)’ + 1 =
у
Г- \ У
2 + г/З \
1=Г=1
У
2
2
у
= 1.
Последний переход равносилен, так как справедливо равенство
1.
374
Указания и решения
л/2±ч/3	(л/2-x^V	/ч (\/2 + л/зУ
---2---< 1? то Ку' = I--2---/ И = \--------2--) ~
убывающие функции. Значит, в левой части уравнения стоит монотонно убываю-
щая функция. Поэтому уравнение имеет единственное решение, причём его легко
угадать - это у = 2. Вернёмся к переменной х :
1°ё2+\/з(‘Е	3) — 2
х2 - 2х - 3 = (2 + \/3)2
Ответ. 1 ± \/11 + 4\/3.
<^>	a:i,2 = 1 ± V11 + 4а/3.
Задача 19. (ВМК-92.6)
Найти все значения а, при каждом из которых неравенство
4/Р	\	. / р \	2 л "7Г
-(х — ах) - — < sin(jr — ах) + cos ^2т — 2ах + —
отрезка [тг; 2%].
выполняется для всех х из
Идея. Сделать замену t = х2 — ах и привести неравенство к такому виду, чтобы
в левой и правой частях стояла одна и та же монотонная функция от разных
значений аргумента.
Указание. Сделать замену t = х2 — ах и. привести исходное неравенство к виду
4 /	7Г\	. /	7Г\	4
- ( 2t — — ) + sm I 2t —- ) < -t + sin t.
3 V	4/	\	4/3
Указание. Доказать, что функция f(t) — -t + sint возрастающая. Для этого
рассмотреть при ti > t2 разность
f(ti) - Ж) = ^(ti - t2) + sinti - sint2 = |(ti - t2) + 2sin *2 • cos *2
О	О	Z	Z
и доказать, что она положительна.
Указание. Исходное неравенство, в силу возрастания /(£), эквивалентно нера-
венству
Л ”7Г
2t---------< t
4
7Г
4’
Таким образом, требуется найти все значения параметра а,
венство х2
7Г
ах < —
4
будет выполнено для любого х 6
при которых нера-
[тг; 2тг]. О бозначив
7Г
— ах —-,
4
получить систему неравенств
2/(7г) < О
2/(2%) < О
и решить её.
У(®) = X2
t <
Решение. Сделаем замену t = х2 — ах и преобразуем исходное неравенство:
4	7Г	(	7Г\
-t----< sm t + cos \2t + —
3	3	V	4/
4	7Г \	.	7Г\
- [2t —- — t] < sm t — sm \2t-------
3 V 4	/	k 4/
6.3, Функциональные уравнения и неравенства
375
4	/	7Г\	. / 7Г\	4	, ч
<=>	-	I 2t -	- I	+ sm [2t - -	<	-t + sm t.	(*)
3	V	4/	V 47	3	k '
4
Рассмотрим функцию f(i) = -t + sint. Докажем, что она возрастающая. Рас-
смотрим при ti > t2 разность:
f(ti) - ffa) = ^(ti - <г) + sinti - sint2 == f (ti - t2) + 2 sin - *2- • cos .
о	о	Z	Z
Так как cos > -1, то /(ti) - f(t2) > ^(tx - t2) - 2 sin 2	.
Так как sin % t2 < t? , to /(tx)-/(t2) > ^(iX-^)-2^-y^ = |(ti-<2) > 0.
Следовательно, /(t) возрастает. Тогда неравенство (*) можно переписать в виде
/(2<- J) < /(«).
В силу возрастания /(t) последнее неравенство эквивалентно неравенству
7Г
4
TV
4‘
Таким образом, надо найти все значения параметра а, при которых неравенство
2	/ '
х — ах < —
4
будет выполнено для любого х G [тг; 2тг].
систему неравенств:
Обозначив у(х) = х2—ах —
получаем
2/(тг) < 0,
2/(2тг) < 0;
1
а > tv — -,
а > 2тг —
8
t <
6.3. Функциональные уравнения и неравенства
Задача 1. (У)
Существует ли линейная функция у = /(ж), удовлетворяющая для всех действи-
тельных х соотношению /(ж + 3) — /(2 — ж) = Зж + 1?
Идея. Использовать общий вид линейной функции.
Указание. Линейная функция имеет вид /(ж) = ах + Ь.
376
Указания и решения
Указание. Исходя из общего вида линейной функции, выписать выражения для
f(x + 3) = а(х + 3) + Ь и /(2 — ж) = а(2 — х) + Ь и подставить их в данное
соотношение.
Указание. Полученное равенство (2а — 3)ж + а — 1 = 0 должно выполняться
для всех действительных ж, поэтому коэффициент при переменной и свободный
член должны быть равны нулю.
Решение. Запишем общий вид линейной функции:
/(ж) = ах + Ь,
тогда
/(ж + 3) = а(ж + 3) + Ь, /(2 - ж) = а(2 — ж) + Ъ.
Подставим полученные выражения в соотношение из условия:
а(ж + 3) + Ь — (а(2 — ж) + Ь) = Зж + 1	Ф=>	(2а — 3)ж + а — 1 = 0.
Так как последнее соотношение должно выполняться для всех действительных ж,
коэффициент при переменной и свободный член должны быть равны нулю, то
есть
( 2а — 3 = 0,	л
| а -1 = 0;
Поскольку система не имеет решений, не существует такая линейная функция,
которая удовлетворяла бы условию задачи.
Ответ. Нет.
Задача 2. (У)
Найти квадратичную функцию у = /(ж), удовлетворяющую для всех действи-
тельных ж соотношению /(1 — ж) — /(2 — ж) = —2ж + 7.
Идея. Использовать общий вид квадратичной функции.
Указание. Квадратичная функция имеет вид / (ж) = аж2 + Ьх + с.
Указание. Используя общий вид квадратичной функции, выписать выражения
для /(1 — ж) = а(1 - ж)2 + Ь(1 - ж) + с и /(2 - ж) = а(2 - ж)2 + Ь(2 - ж) + с и
подставить их в данное соотношение.
Указание. Полученное соотношение (2а + 2)ж — За — Ь — 7 = 0 должно вы-
полняться для всех действительных ж, поэтому коэффициент при переменной и
свободный член должны быть равны нулю.
Решение. Запишем общий вид квадратичной функции:
/(ж) = аж2 + Ьх + с,
тогда
/(1 - ж) = а(1 - ж)2 + Ь(1 - ж) + с,
/(2 - ж) = а(2 - ж)2 + Ь(2 — ж) + с.
6.3. Функциональные уравнения и неравенства
377
Подставим полученные выражения в соотношение из условия:
а(1 - ж)2 + 6(1 - х) + с - а(2 - ж)2 — 6(2 — ж) — с = —2ж + 7
<=>	(2а + 2)ж — За — 6 — 7 = 0.
Поскольку полученное соотношение должно выполняться для всех действитель-
ных ж, коэффициент при переменной и свободный член должны быть равны нулю:
2а + 2 — 0,
За + 6 + 7 — 0;
а = -1,
6 = -4,
с е R.
Следовательно, /(ж) = —ж2 — 4ж + с, где с 6
Ответ, /(ж) = -ж2 — 4ж + с, с е R.
Задача 3. (У)
Найти функцию /(ж), удовлетворяющую для всех действительных ж^О условию
/(ж) + Зж • f ( - ) = 2ж2.
\ж /
Идея. Подставить вместд ж в данное условие — и рассмотреть систему уравне-
ж
НИЙ.	1
Указание. Подставив вместо ж в данное условие —, получить второе соотно-
ж
(1 \	з	2
- ) Н--/(ж) = —.
ж у	ж	ж2
Указание. Исключив из полученной системы f \ — | , найти /(ж).
\ж /
Решение. Так как областью определения функции является вся действительная
ось без нуля, то данное условие должно выполняться, если вместо ж подставить
ж ’
3 ч 2
f - + - • f(x) =
\Х J X	X2
Выразим из последнего равенства f ( — | и подставим в исходное условие:
\ж /
(О	Q	\	о	т2
-_±.f(x)]=2x2
х£	х	)	4ж	4
Подставляя найденную функцию в исходное соотношение, легко проверить, что
она удовлетворяет условию задачи.
3 ж2
Ответ. /(а.) = —
378
Указания и решения
Задача 4- (У)
Найти функцию /(ж), удовлетворяющую для всех действительных х / 0 условию
/(ж) + 5ж • / ( - ) = Зж3.
уж /
тт 1
Идея. Подставить вместо ж в данное условие — и рассмотреть систему,
ж
Указание. Подставив вместо ж в данное условие —, получить второе соотно-
(1\	5	3
шение: f - Н-----/(ж) = —.
уж/	ж	ж3
Указание. Исключив из полученной системы f ( — ) , найти /(ж).
уж /
Решение. Так как областью определения функции является вся действительная
ось без нуля, то данное условие должно выполняться, если вместо ж подставить
1 .
/1\	5	3
Выразим из полученного соотношения f — и подставим в исходное условие:
уж /
(о	к	\	к	3
= з®3 f(x) =
Xй	X	/	ож^	о
Проверкой убеждаемся, что найденная функция удовлетворяет условию задачи.
5 ж3
Ответ. /(Ж) = —
Задача 5. (У)
Сколько решений имеет уравнение х + [100®] = 100®, где квадратные скобки
означают целую часть числа?
Идея. Использовать определение целой части числа.
Указание. Сделать замену у — 99ж и использовать определение целой части
числа.
Указание. После замены у — 99ж уравнение примет вид
100?/
99
Отсюда, с учётом определения целой части числа, получаем
у £ Z,
100?/
~99
6.3. Функциональные уравнения и неравенства
379
Решение. Исходное уравнение эквивалентно уравнению
[ЮОж] = 99ж.
Величина [а] есть целая часть числа а, то есть наибольшее целое число, не пре-
восходящее а. Сделаем замену у = 99ж, тогда уравнение примет вид
'100/
. 99 J “ У'
Отсюда, с учётом определения целой части числа, получаем систему
[ у е z’	г у е Z,
< ЮОу	<*=>	{ п „„	<=> У = 0; 1; 2;98.
| 0 < ——---у < 1;	I 0 < у < 99;
\ УУ
Возвращаясь к исходной переменной, получаем 99 решений:
ш = где У ~ 0; 1; 2;98.
УУ
Ответ. 99 решений; хп = п = 0,1, 2,... 98.
УУ
Задача 6. (У)
Решить неравенство [ж] • {ж} < х — 1, где квадратные скобки означают целую
часть числа, а фигурные - дробную часть числа.
Идея. Использовать определение целой и дробной части числа.
Указание, х = [ж] + {ж}.
Указание. Привести неравенство к виду ([ж] — 1)({ж} — 1) < 0. Далее учесть,
что 0 < {ж} < 1.
Решение. Воспользуемся соотношением ж = [ж] + {ж} в правой части неравен-
ства:
И • {®} < И + {^} - 1
([ж] - 1)({ж} - 1) < 0.
По определению дробной части
0 < {ж} < 1
{ж} - 1 < 0.
Следовательно, получаем неравенство
[ж] - 1 > 0
[ж] > 1
ж > 2.
Ответ. [2;+оо).
380
Указания и решения
Задача 7. (У)
Решить уравнение {2{2®}} = ж, где фигурные скобки означают дробную часть
числа.
Идея. Использовать определение дробной части числа.
Указание. Пользуясь определением дробной части числа, получить из уравне-
Указание. Далее, исходя из вида левой части уравнения, необходимо рассмот-
реть 4 случая.
У казание. Если 0 < х < -, то 0 < 2х < -	==>	{2®}
тельно, исходное уравнение принимает вид {4ж} = х. Так как
{4ж} = 4х, Подставляя в уравнение, получаем 4х = ж, то есть
_ 111
Указание. Остальные три случая - < ж < -, - < х <
рассмотреть аналогично.
= 2х. Следова-
х = 0.
3 3
4’ 4
Решение. Согласно определению дробной части числа
Поэтому из уравнения следует, что 0 < х < 1. Исходя из вида левой части урав-
нения, необходимо рассмотреть 4 случая.
1)	Если 0 < х < то 0 < 2ж < -	=>	{2ж} = 2х. Следовательно,
4	2
исходное уравнение принимает вид {4ж} = х. Так как 0 < 4х < 1, то {4ж} = 4х.
Подставляем в уравнение: 4х = х <=
2)	Если - < х < -, то - < 2х < 1
ное уравнение принимает вид {4ж} = ж.
Подставляем в уравнение: 4х — 1 = х
1	3
3)	Если - < х < то 1 < 2х <
7	2 “	4
Так как
х
3
2
ходное уравнение принимает вид {4х — 2} =
{4х — 2} = 4х — 2. Подставляем: 4х — 2 = х
X.
х = 0.
{2®} = 2х. Следовательно, исход-
1 < 4ж < 2, то {4®} = 4ж — 1.
_ 1
~ 3’
{2®} = 2х — 1. Значит, ис-
Так как 0 < 4ж — 2 < 1, то
2
> х -
3	3
4)	Наконец, если - < х < 1, то - < 2х < 2	=>	{2ж} = 2х — 1. Значит,
исходное уравнение принимает вид {4ж — 2} = х. Так как 1 < 4ж — 2 < 2, то
Гз \
{4х — 2} = 4® — 3. Подставляем в уравнение: 4х — 3 = х	х = 1£ - ;1 ) .
4
.12
Ответ. 0:	-.
3 3
Задача 8. (У)
Решить уравнение тах(2ж; 3 — х) — min(5 + 2ж; 6ж).
6.3. Функциональные уравнения и неравенства
381
Идея. Использовать формулы для тах(а, 6) и min (а, 6).
Указание. Использовать формулы:
, а + 6 + |а- Ь|	а + 6 — |а —6|
тах(а, Ь) =-----------; mm(a, о) = ------------.
A	А
Указание. Получить уравнение | Зж — 31 +14ж — 51 = 7ж + 2; решить стандартным
раскрытием модулей.
Решение. Воспользуемся равенствами
,	. а + 6 + |а-
шах(а, Ь) =------------
• / м _ a + b- |а — Ь|
пища, bj —	•
Получим уравнение
|3ж — 3| + |4ж - 5| = 7ж + 2.
Раскрываем модули на трёх промежутках.
1)	При
2)	При
3)	При
х < 1 уравнение принимает вид 14ж = 6	<
5
1 < х < - получаем уравнение 8ж = О =>
5
х > - уравнение принимает вид —8 = 2 = 6
3
Ответ. -.
7
3
Х~ 7
0.
Задача 9. (ЕГЭ.В)
Периодическая функция у = /(ж) определена для всех действительных чисел. Её
период равен 2 и /(—1) = —2. Найдите значение выражения 3/(5) — 2/(—3).
Идея. Использовать периодичность функции.
Указание. Так как период функции равен 2 и /(—1) = —2, то функция равна
—2 для всех нечётных целых значений аргумента.
Решение. Так как период функции равен 2 и /(—1) = —2, то
/(-1) = /(-3) = /(5) = —2,
поэтому
3/(5) - 2/(—3) = 3 • (-2) - 2 • (-2) = —2.
Ответ. —2.
Задача 10. (ЕГЭ.В)
Периодическая функция у = /(ж) определена для всех действительных чисел. Её
период равен 3 и /(—1) = 5. Найдите значение выражения 3/(2) + 2/(5).
Идея. Использовать периодичность функции.
Указание. Так как период функции равен 3 и /(—1) = 5, то
/(5) = /(2) = /(-1) = 5.
382
Указания и решения
Решение. Так как период функции равен 3 и /(—1) — 5, то
/(5) = /(2) = /(-1) = 5.
Поэтому
3/(2) + 2/(5) = 3-5 + 2-5 = 25.
Ответ. 25.
Задача 11. (ЕГЭ.В)
Нечётная функция /(ж) определена на всей числовой прямой. Для функции
д(ж) = 2,3 + /(ж - 9) вычислите сумму р(6) + р(8) + р(10) + р(12).
Идея. Использовать нечётность / (ж).
Указание. Подставить д(х) в сумму:
Р(6) + <7(8) + р(10) + р(12) = 9,2 + /(-3) + /(-1) + /(1) + /(3).
Указание. Воспользоваться нечётностью функции /(ж).
Решение. Подставим д(х) в сумму и воспользуемся нечётностью функции /(ж):
<?(6) + <7(8) + р(10) + р(12) = 4 - 2,3 + /(-3) + /(-1) + /(1) + /(3) = 9,2.
Ответ. 9,2.
Задача 12. (ЕГЭ.В)
Чётная функция /(ж) определена на всей числовой прямой. Для функции
д(х) = х + (х - 7) • f(x - 7) + 7 вычислите сумму р(5) + р(7) + р(9).
Идея. Использовать чётность / (х).
Указание. Подставить д(х) в сумму:
<7(5) + <7(7) + <7(9) = 42 - 2 - /(-2) + 2 - /(2).
Указание. Воспользоваться чётностью функции /(ж).
Решение. Подставим д(х) в сумму и воспользуемся чётностью функции /(ж):
<7(5) + р(7) + р(9) = 42 - 2 - /(-2) + 0 • /(0) + 2 - /(2) = 42.
Ответ. 42.
6.3. Функциональные уравнения и неравенства
383
Задача 13. (ЕГЭ.В)
Нечётная функция д(х) определена на всей числовой прямой. Для всякого неотри-
цательного значения переменной х значение этой функции совпадает со значением
функции f(x) = ж(3 + ж) (ж2 — 4). Укажите число корней уравнения д(х) = 0.
Идея. Использовать нечётность функции д(х).
Указание. Найти корни уравнения /(ж) = 0 при неотрицательных значениях
переменной х.
Указание. Используя нечётность функции р(ж), найти корни уравнения д(х) = 0
при х < 0.
Решение. Найдём корни уравнения /(ж) = 0 при неотрицательных значениях
переменной ж (они же будут корнями уравнения р(ж) = 0 при ж > 0):
ж(3 + ж)(ж2 - 4) = 0,
ж > 0;
ж — 0;
ж = 2.
Так как функция д(х) является нечётной, то при ж < 0 уравнение р(ж) = 0 будет
иметь корень ж = —2. Следовательно, уравнение р(ж) = 0 имеет три корня.
Ответ. Три корня.
Задача 14. (ЕГЭ.В)
Чётная функция р(ж) определена на всей числовой прямой. Для всякого неполо-
жительного значения переменной ж значение этой функции совпадает со значени-
ем функции /(ж) = (ж2 + 4ж)(ж3 + 8). Укажите число корней уравнения р(ж) = 0.
Идея. Использовать чётность функции р(ж).
Указание. Найти корни уравнения /(ж) = 0 при неположительных значениях
переменной ж.
Указание. Используя чётность функции р(ж), найти корни уравнения р(ж) = 0
при ж > 0.
Решение. Найдём корни уравнения /(ж) = 0 при неположительных значениях
переменной ж (они же будут корнями уравнения р(ж) = 0 при ж < 0):
(ж2 + 4ж)(ж3 + 8) = 0,
ж < 0;
ж = 0;
ж = —2;
ж = —4.
Так как функция р(ж) является чётной, то при ж > 0 уравнение р(ж) = 0 будет
иметь корни ж = 2, ж = 4. Следовательно, уравнение р(ж) = 0 имеет пять корней.
Ответ. Пять корней.
384
Указания и решения
Задача 15. (ЕГЭ.В)
Функция у = h(x) определена на всей числовой прямой и является чётной пери-
одической функцией с периодом, равным 6. На отрезке [0; 3] функция у = h(x)
задана равенством h(x) = х2 — 4ж + 1. Определите количество нулей функции
у = h(x) на отрезке [—3; 5].
Идея. Использовать чётность и периодичность функции.
Указание. Найти нули функции на отрезке [0; 3] : х^ = 2 — \/3-
У казание. Используя чётность, найти нули функции на отрезке [—3;0] :
Х2 — —2 + у/З.
Указание. Используя периодичность, показать, что на отрезке [3; 5] у функции
нулей нет.
Решение. Найдём нули функции у = h(x) на отрезке [0; 3]:
х2 - 4ж + 1 = 0,
0 < х < 3;
х = 2 ± г/3,
0 < х < 3;
<=> Ж1 = 2 — л/з.
Так как функция является чётной, то на отрезке [—3; 0] у неё будет один нуль:
з?2 — ~Х1 — —2 + л/З.
Заметим, что Х2 > — 1.
Так как функция является периодической с периодом, равным 6, то на отрезке
[3; 5] она будет принимать те же значения, что и на отрезке [—3; — 1], а на нём
функция не имеет нулей.
Следовательно, функция у = h(x) имеет два нуля на отрезке [—3; 5].
Ответ. Два нуля.
Задача 16. (ЕГЭ.В)
Функция у — f(x) определена на всей числовой прямой и является чётной пери-
одической функцией с периодом, равным 6. На отрезке [0; 3] функция у = f(x)
задана равенством f(x) = х2 — 2х — 1. Определите количество нулей функции
у = f (ж) на отрезке [—1;5].
Идея. Использовать чётность и периодичность функции.
Указание. Найти нули функции на отрезке [0;3] : Х\ = 1 + \/2-
У казание. Используя чётность, найти нуль функции на отрезке [—3;0] :
ж = — 1 — \/2) но он не попадает на отрезок [—1; 5].
Указание. Используя периодичность, показать, что на отрезке [3; 5] у функции
есть один нуль.
Решение. Найдём нули функции у = f(x) на отрезке [0; 3]:
ж2 — 2ж - 1 = 0,
0 < х < 3;
х = 1 ± л/2,
0 < х < 3;
Х]_ — 1 + д/2.
6.3. Функциональные уравнения и неравенства
385
Так как функция является чётной, то на отрезке [—3; 0] у неё будет один нуль
х = — 1 — \/2 € (—3; —2), но он не попадает на отрезок [—1; 5].
Так как функция является периодической с периодом, равным 6, то на отрезке
[3; 5] она будет принимать те же значения, что и на отрезке [—3; — 1], а на нём
функция один раз обращается в нуль.
Следовательно, функция у = f{x) имеет два нуля на отрезке [—1; 5].
Ответ. Два нуля.
Задача 17. (Физ-92.7)
Известно, что некоторая нечётная функция при х > 0 определяется формулой
/(®) = log3 .
\ о /
Найти, какой формулой определяется функция /(ж) при х < 0.
Решить уравнение /(ж) = 3.
Идея. Использовать определение нечётной функции.
Указание. Согласно определению нечётной функции
при
Указание. Решая уравнение /(ж) = 3, получаем следующую совокупность двух
!/ 2» \	/ /р \
logo ( - ) = 3,	- logo I = 3,
3 \3/ или <	3 \ 3 /
х >	ж < 0.
Решение. Исходя из определения нечётной функции, при ж < 0 функция будет
вычисляться по правилу
Следовательно, /(ж) = <
при
при
/(®) =	= - bg3
Решая уравнение /(ж) = 3,
= 3,
1)
получаем совокупность двух систем,
г х
>	з=27'
х = 81.
2)
/ __Д’ \
- logs I -у-) =3,
—ж 1
Т = 27’
1
ж = —.
9
—ж \	1
—- I при ж < 0. Корни уравнения —81.
6 /	У
386
Указания и решения
Задача 18. (Почв-00(1).6)
Пусть f(x) - периодическая функция с периодом 8, такая, что /(ж) = 8х — х2 при
х е [0; 8]. Решите уравнение /(2ж + 16) + 23 = 5/(ж).
Идея. Использовать периодичность функции f(x).
Указание. Используя периодичность функции /(ж), привести уравнение к ВИ-
ДУ
/(2ж) + 23 = 5/(ж).
Указание. Так как функция f(x) входит в уравнение как с аргументом ж, так
и с аргументом 2®, необходимо рассмотреть два случая:
0 < ж < 4 и 4 < х < 8.
Решение. В силу периодичности /(2ж +16) = /(2ж), поэтому уравнение прини-
мает вид
/(2ж) + 23 = 5/(ж).
Так как функция fix) входит в уравнение как с аргументом ж, так и с аргументом
2®, рассмотрим два случая.
1-й случай.
0 < х < 4,
8 • 2ж — (2ж)2 -h 23 = 5(8ж — ж2);
2-й случай.
4 < х <8,	( 4 < х < 8,
/(2ж — 8) + 23 = 5/(ж);	| ж2 + 8ж - 105 = 0;	Х = 7'
Объединяя результаты и учитывая периодичность функции, окончательно по-
лучаем:
х — 1 + 8тг, п Е Z и ж = 7 + 8/с, k Е Z.
Ответ. 1 + 8тг, 7 + 8/е; тг, к Е Z.
0 < х < 4,
ж2 - 24ж + 23 = 0;
Задача 19. (Экон-97.5)
Функция f(x) определена на всей числовой прямой, является нечётной, перио-
дической с периодом 4 и на промежутке — 2 < х < 0 её значения вычисляются
2 • f (—3 — х) — 3
по правилу f (ж) = 2ж(ж + 2). Решить уравнение —	=-----= 0.
л//(? + !)- Л
Идея. Использовать нечётность и периодичность функции f(x).
У к аз ан и е. Используя нечётность функции /(ж), продолжить её на отрезок
гп.91.	2x2+ 4х ПРИ ®е[-2;0],
[ , ]• /(®)	| _2а;2 + 43; прИ же[0;2].
6.3. Функциональные уравнения и неравенства
387
Указание. С учётом периодичности функции /(ж) свести заданное уравнение
к системе
Указание. Для решения первого уравнения полученной системы рассмотреть
два случая:
—2 < 1 - х < О,	Г 0 < 1 - ж < 2,
2(1 -ж)2 +4(1- х) = 1,5; И | -2(1 -ж)2 +4(1 - х) = 1,5.
Указание. Для проверки полученных решении х — — - + 4n, п 6 Z и
х — - + 4m, т G Z рассмотреть отдельно случаи чётных и нечётных тип.
&
Решение. Используя нечётность функции /(ж), продолжим её на отрезок [0; 2]:
/(ж) = -/(—ж) — -2(-ж)(-ж + 2) = —2ж2 + 4ж.
Выпишем общее правило для вычисления /(ж) на отрезке [—2; 2]:
(	2ж2 + 4ж при жЕ[-2;0],
( — 2ж2-I-4ж при жб[0;2].
В силу периодичности /(—3—х) — /(1—ж), поэтому заданное в условии уравнение
равносильно следующей системе:
С учётом периодичности функции /(ж) первое уравнение системы достаточно ре-
шить на отрезке [—2; 2]. Для этого рассмотрим два случая.
1-й случай.
Г -2 < 1 - ж < 0,	( 1 < ж < 3,	й
I 2(1 -ж)2 +4(1- х) = 1,5;	| 4ж2 — 8ж + 9 = 0;
2-й случай.
0 < 1 — ж < 2,	J -1<ж<1,	_ 1
-2(1 -ж)2 +4(1 -х) = 1,5;	| 4ж2 = 1;	Ж-±2’
388
Указания и решения
Таким образом, решением исходного уравнения являются все числа
х — — 1 + 4n, п tZ и х = 1 + 4m, т е Z.
Zi	А
Проведём исследование каждой серии отдельно.
1	х 3	1
• Пусть х — —- + 4тг, п 6 Z, тогда — + - = -+2тг. Поскольку период функции
f(x) равен 4, рассмотрим чётные и нечётные значения п.
—	При п = 2fc, k G Z
f
что удовлетворяет системе; следовательно, х = — - + 8&, к 6 Z — реше-
ние.
—	При п = 2к — 1, к 6 Z
3
2
что противоречит условиям системы.
1	х 3
• Рассмотрим семейство решений х = - + 4m, m 6 Z. Тогда — + - = 1 + 2m.
Рассмотрим т чётные и нечётные.
- При т = 2/с, к 6 Z
(г	Ч\
- + J =/(1 + 4fc) =/(1) = 2,
что противоречит условиям системы.
- При т = 2к - 1, к 6 Z
- + ^ =/(-l + 4fc) = /(-l) = -2<0,
что также противоречит условиям системы.
Ответ. — 1 + 8/с, /с 6 Z.
Задача 20. (Экон-00.7)
Про функцию f(x) известно, что она определена на отрезке
ряет на этом множестве системе <
—-—— — 12 cos ( 2f ( - ]
cos2 f(x) - |	\	)
и удовлетво-
- 19
— >
X
0<У(®)<
Решить неравенство f(x) < — .
6.3. Функциональные уравнения и неравенства
389
Идея. Воспользоваться симметрией области определения в смысле замены х
1
на -.
х
Указание. Обозначая д(х) = cos(2/(z)) , привести уравнение к виду
Указание. Воспользовавшись симметрией области определения, выполнить за-
1
мену х на —:
х
Д х - 6g (ж) = 5ж.
9 (“I
Указание. Исключая из этих уравнений д ( — ) , получить уравнение относи-
\ж J
тельно д(х) :
6р2(ж) + 5жр(ж) — х2 — О
' д(х) = —х;
. i 
Указание. При решении получившихся уравнений учесть ограниченность коси-
* / \ тг
нуса и условие 0 < f(x) < — .
Решение. Обозначая д(х) = cos(2/(z)) и применяя формулу косинуса двой-
ного угла, приходим к уравнению
1
Поскольку — £
X
’1
6
1 1
6 , то в это уравнение вместо х можно подставить —:
X
Д х - 6g (ж) = 5ж.
И-)
Исключая из этих уравнений д ( — ) , получаем уравнение относительно д(х) :
\х J
6р2(ж) + Ьхд(х) — х2 = О
 р(ж) = -ж;
жет выполняться для всех х £
• Функция д(х) = —х не подходит, так как уравнение соз(2/(ж)) = —х не мо-
Г1 „1
- ; 6 вследствие ограниченности косинуса.
6
390
Указания и решения
• В силу ограничении 0 < f{x) < у уравнение cos(2/(®)) = — даёт един-
1	4Ж	6
ственное решение f(x) = - arccos ( — ) . Задача свелась к решению системы
2	\ 6 /
х £ [За/2; 6^ .
Ответ. [3\/2; 6].
Задача 21. (ЕГЭ.С)
Решить уравнение /(р(я))+р(1+/(я)) = 33, если известно, что f(x) — х2 —6ж+15
{18 при х > 4,
пх 12
3 + ---------------- при х < 4.
5 — х
Идея. Показать, что f(x) > 6 для всех х. Исходя из этого, упростить уравнение.
Указание. Так как f(x) является квадратичной функцией, то
/(®) > f(xe) = /(3) = 6.
Указание. Если f(x) > 6, то 1 + f(x) > 7, поэтому р(1 + /(ж)) = 18. Следова-
тельно, исходное уравнение эквивалентно уравнению
№(®)) = 15	«=>	(s(z))2 - 6$(®) = 0	«=>	~ °’
Указание. Так как д(х) > 0 для всех ж, то первое уравнение совокупности
решений не имеет.
Указание. Второе уравнение совокупности:
!х < 4,
3® +	= 6.
5 — х
Решение. Так как /(ж) является квадратичной функцией с положительным
коэффициентом при х2 , то
Л*) > Л*в) = /(3) = б.
Тогда 1 + /(ж) = 7 > 4, поэтому #(1 + /(ж)) = 18. Следовательно, исходное
уравнение эквивалентно уравнению
(р(®))2 - 6p(®) = 0
/(р(®)) = 15
р(ж) = 0;
д{х) = 6.
6,3. Функциональные уравнения и неравенства
391
Так как д(х) > 0 для всех х, то первое уравнение совокупности не имеет решений.
Рассмотрим второе уравнение:
5(®) = 6
3® +
12
5 — х
= 6.
В левой части уравнения стоит возрастающая функция (сумма двух возрастающих
функций), а справа - константа. Значит, уравнение имеет не более одного решения.
Единственное решение легко найти подбором; это х = 1.
Ответ. 1.
Задача 22. (ЕГЭ.С)
Решить уравнение /(^(ж))+^(3+/(ж)) = 30, если известно, что /(ж) = 0,5ж4 — 4ж + 5
{25 при х > 4,
_ 9
2 + ---------------- при х < 4.
5 — х
Идея. С помощью производной найти минимум функции /(ж). Показать, что
/(ж) > 1 для всех ж. Исходя из этого, упростить уравнение.
У к аз ан и е. Показать, что /(ж) > 1 для всех ж.
Указание. С помощью производной найти минимум функции /(ж) :
/'(ж) = 2ж3 - 4	fmin = /(^2) = 5 - 3^2 > 1.
Указание. Тогда 3 + / (ж) > 4, поэтому д(3 + / (ж)) = 25. Следовательно, исход-
ное уравнение эквивалентно уравнению
/(р(а;))=5	<=>•	0,5(р(г))4 - 4р(ж) = 0	<!=>
Указание. Так как д(х) > 0 для всех ж, то первое уравнение последней сово-
купности решений не имеет.
Указание. Второе уравнение совокупности:
!ж < 4,
2х + —— = 2.
5 — ж
Решение. Покажем, что /(ж) > 1 для всех ж. Для этого с помощью производной
найдём минимум функции /(ж) :
f'(x) = 2s3 - 4 fmin = /(v^2) = 5 - 3^2 > 1.
Тогда 3 + /(ж) > 4, поэтому д(3 + /(ж)) = 25. Следовательно, исходное уравнение
эквивалентно уравнению
р(®) = 0;
р(а?) = 2.
У(р(к)) = 5
<=>	0,5(р(ж))4 - 4р(ж) = 0	<=>
р(®) = 0;
д(х) = 2.
392
Указания и решения
Так как д(х) > 0 для всех ж, то первое уравнение последней совокупности не
имеет решении. Рассмотрим второе уравнение:
Р(а=) = 2
а
2х + ------= 2.
5 - х
В левой части последнего уравнения стоит возрастающая функция (сумма двух
возрастающих функций), справа - константа, поэтому уравнение может иметь не
более одного решения. Единственное решение х = — 1 легко находится подбором.
Ответ. —1.
6.4. Использование графических иллюстраций
Задача 1. (Геогр-92.5)
Найти все значения параметра с, при которых уравнение
|ж2 — 2ж| + |ж2 — Зж + 2| = ж2 — 4ж + с имеет ровно три различных решения.
Идея. Использовать графическую иллюстрацию. Раскрыть модули через точки
смены знака и на каждом из полученных промежутков построить соответствую-
щую параболу.
Указание. График /(ж) = |ж2 — 2ж| + |ж2 — Зж + 21 — ж2 + 4ж будет объединением
парабол. Надо найти с, при которых прямая /(ж) = с будет пересекать его ровно
в трёх точках.
1	7
Указание. 1) ж < 0 или ж > 2; /(ж) = ж2 — ж + 2; жв = -; уъ — -.
А	“Г
3	17
Указание. 2) 0 < ж < 1; /(ж) = —ж2 + Зж + 2; жв = -; уъ — —-.
2л	те
3	19
Указание. 3) 1 < ж < 2; /(ж) = —Зж2 + 9ж — 2; жв — -; уъ = —.
2	те
Решение. Обозначим: /(ж) = |ж2 — 2ж| + |ж2 — Зж + 2| — ж2 + 4ж; ищем такие с,
при которых уравнение /(ж) — с имеет ровно три различных корня.
Раскрывает модули через точки смены знака:
/(ж) = |ж2 - 2ж| + |ж2 - Зж + 2| -ж2 4- 4ж.
а?о—0;2	а?о=1;2
х2-2х	+	-	-	+
------------------•-----•-----•-------
0	12	х
х2-Зх+2	+	+	-	+
1	7
•	ж < 0 или ж > 2; /(ж) = ж2 — ж + 2; жв = -; уъ = -;
2	ТЕ
3	17
•	0 < х < 1; /(а:) = -х2 + ЗаЛ- 2; хв = -; ув = —;
2	ТЕ
6-4- Использование графических иллюстраций
393
3	19
• 1 < х < 2; f(x) = —За?2 + 9я - 2; хъ = -; ув = —;
построим график f(x) как объединение парабол по соответствующим интервалам;
/(0) = 2; /(1) = 4; /(2) = 4; график f(x) пересекается семейством горизонталей
у = с.
Замечание. Графическая иллюстрация не является методом решения, однако,
в нашем случае найденные значения были получены в процессе аналитического
исследования, поэтому в дополнительном обосновании они не нуждаются.
Так как требуется ровно три различных решения, то из всех прямых у = с вы-
бираем только те, которые в трёх различных абсциссах пересекают график /(ж); в
силу способа построения (раскрытие модулей по определению) и свойств парабол
19
получаем, что это прямые у = 4 и у = —.
г. Л 19
Ответ. 4; —.
4
Задача 2. (Почв-96.6)
Определите, при каких значениях а решения неравенства у/х + а > х образуют
на числовой прямой отрезок длины 2|а|.
Идея. Построить графики функций, стоящих в левой и правой частях неравен-
ства.
Указание. Рассмотреть два случая: а > 0 и а < 0. Построить графики функ-
ций, стоящих в левой и правой частях неравенства.
Указание. В каждом случае найти точки пересечения графиков и длину отрез-
ка решений.
394
Указания и решения
Решение. Рассмотрим два случая (в обоих случаях решением является отрезок
ВС).
1) а > 0. Найдём абсциссу точки пересечения графиков:
Таким образом, \ВС\ = а Н-----------. Получаем уравнение:
1 + л/1Т4а п
а Н-----------= 2а <=>• а = 2.
2) а < 0. В данном случае возможно пересечение графиков в двух точках. Найдём
их абсциссы:	 
1 -	1 + л/1Т4а
Длина отрезка ВС равна хъ —	= \/1 + 4а. Получаем уравнение:
\/1 —Н 4а — —2 а
1 - г/2
2
а =
Ответ. 2;
2
6-4- Использование графических иллюстраций
395
Задача 3. (Экон-83.6)
Найти все значения параметра а, при каждом из которых уравнение
х — а = 2 • | 2 • |я?| — а2 |
имеет три различных корня. Найти эти корни.
Идея. Построить график функции из правой части уравнения и посмотреть, в
каких случаях прямая у = х — а пересекает этот график ровно в трёх точках.
Указание. Построить график функции из правой части уравнения.
Указание. Три корня могут быть только в случае, если прямая у = х — а про-
(2	\
— — ;0 1 , либо через точку В (0; 2а2) .
Указание. В обоих случаях найти две другие точки пересечения графиков.
Решение. Построим график функции у = 2 • | 2 • |®| — а2 |.
Исходное уравнение может иметь три корня, если прямая у = х — а проходит либо
/ а2 \
через точку А I — —; О I , либо через точку В (0; 2а2) .
В первом случае из уравнения — —— а = 0 следует, что а = — 2 (а = О
Л
а2
не является решением задачи). Итак, один корень найден, это х = — — = — 2.
Для поиска двух других корней исходного уравнения (оба корня положительные)
подставим найденное значение параметра а = — 2 в исходное уравнение и решим
его:
х > 2,
х + 2 = 212х — 4|
х + 2 = 4ж - 8;
О < х < 2,
х + 2 = —4ж + 8;
10
6
5
396
Указания и решения
Аналогично, для второго случая (прямая у = х — а проходит через точку В)
определяем своё значение параметра: а — — (а = 0 также не является решени-
ем). Найдём, помимо х = 0, ещё два корня:
<В + |-2
2Н-1
1 л 1
х+2=^~2'
1 2 1
+ 2=-4ш-2;
1
х~ з;
1
Х~ 5
Ответ. При а = — 2
хе f2. Ё
t \ Л,
I 5
1
при а — — - ж Е
1
5’
Задача 4- (Геогр-94(1).6)
Найти все значения а, при каждом из которых корни уравнения
х + 8 - 6д/ж - 1 = а
существуют и принадлежат отрезку [2; 17].
Идея. Выделить под внешними радикалами полные квадраты. Сделав замену,
переформулировать задачу в новых переменных. Построить график левой части
уравнения.
Указание. Выделить под внешними радикалами полные квадраты относитель-
но у/х — 1.
Указание. Сделав замену у = у/х — 1, переформулировать задачу в новых пе-
ременных.
Указание. Построить график левой части уравнения.
Решение. Выделим под внешними радикалами полные квадраты:
(Vx - 1 - 2)2 + у/(Vx - 1 - З)2 = а
|д/^1-2| +	-3| = а.
Сделаем замену у = л/х — 1. Заметим, что если х Е [2; 17], то у Е [1; 4]. Получим
уравнение
\У - 2| + |г/ + 3| = а.
Требуется найти все значения а, при каждом из которых корни данного уравнения
существуют и принадлежат отрезку [1; 4]. Для этого построим графики функций
/1(2/) = |2/ - 2| + \у + 3| и f2(y) = а.
64- Использование графических иллюстраций
397
При а Е [1; 3] решения существуют и принадлежат отрезку [1; 4].
Ответ. [1;3].
Задача 5. (Геогр-94.5)
Найти все значения а, при которых уравнение
а + у/бх — х2 — 8 = 3 + л/1 + 2аж — а2 — ж2
имеет ровно одно решение.
Идея. Выделить полные квадраты под знаками радикалов. Построить графики.
Указание. Выделить полные квадраты под радикалами.
Указание. Привести уравнение к виду
а —	— (х — а)2 = 3 — \/1 — (х — З)2.
Указание. График правой части уравнения, то есть функции
у = 3 - 0 - (я - З)2 ,
есть нижняя часть единичной окружности (х — З)2 + (у — З)2 = 1 с центром в
точке (3; 3), а график левой части - такая же полуокружность, но с центром в
точке (а;а).
Решение. Выделив полные квадраты под радикалами, приведём уравнение к
виду
а - 0 - (ж - а)2 = 3 - 0- (ж-3)2.
График правой части уравнения, то есть функции у = 3 — у/1 — (х — З)2 , есть
нижняя часть единичной окружности
(ж - З)2 + (у - З)2 = I
с центром в точке (3; 3), а график левой части - нижняя часть единичной окруж-
ности
(х - а)2 + (у - а)2 = 1
с центром в точке (а; а).
398
Указания и решения
Следовательно, уравнение имеет ровно одно решение при а 6 [2; 3) U (3; 4].
Ответ. [2; 3) U (3; 4].
Задача 6. (BMK-96.5)
Решить систему
( х2 + у2 — 14ж — 10?/ + 58 = 0,
[ лД2 + у2 - 16® - 12у + 100 + у7®2 + j/2 + 4® - 20у + 104 = 2^29.
Идея. Выделить полные квадраты. Провести графическую интерпретацию за-
дачи.
Указание. Выделив полные квадраты, переписать систему в виде
Г (® - 7)2 + (у - 5)2 = 16,
[ л/(® - 8)2 + (у - 6)2 + уД + 2)2 + (у- Ю)2 = V102 + 42.
Указание. Заметить, что искомая точка (х, у) лежит на окружности радиуса 4
с центром в точке (7; 5).
Указание. Заметить, что искомая точка (ж, у) также лежит и на отрезке, соеди-
няющем точки (8; 6) и (—2; 10), так как в левой части второго уравнения системы
6.4- Использование графических иллюстраций
399
стоит сумма расстоянии от точки (z,?/) до точек с координатами (8; 6) и (—2; 10),
a V102 + 42 = ^/(8 + 2)2 + (6 - 10)2 как раз и есть расстояние между этими точ-
ками.
Указание. Уравнение прямой, проходящей через точки (8; 6) и (—2; 10), имеет
вид 2х + 5у = 46. Найти общие точки окружности и прямой.
Решение. Выделив полные квадраты, перепишем систему в виде
(я - 7)2 + (т/ - 5)2 = 16,
у/(х - 8)2 + (у- 6)2 + ^/(z + 2)2 + (*/" Ю)2 = V102 + 42.
Отсюда следует, что искомая точка (z,?/), во-первых, лежит на окружности ра-
диуса 4 с центром в точке (7; 5), и, во-вторых, лежит на отрезке, соединяющем
точки (8; 6) и (—2; 10), так как в левой части второго уравнения системы стоит
сумма расстояний от точки (z,?/) до точек с координатами (8;6) и (—2; 10), а
ч/Ю2 + 42 — \/(8 + 2)2 + (6 — 10)2 как раз и есть расстояние между этими точка-
ми.
(z - 7)2 + (у - 5)2 = 16,
2z + 5у = 46;
Уравнение прямой, проходящей через точки (8; 6) и (—2; 10), имеет вид
2z + 5?/ = 46.
Для отыскания общих точек окружности и прямой решим систему:
х ~ 23	2 ’
29j/2 - 360j/ + 1060 = 0;
f	217 — 5^/415
29	’
"	180 + 2-/415
< У2 ~	29	’
217 + 5ч/415
29 ,___’ и
180 — 2ч/415
29	5
Z1 =
У1 =
Осталось проверить, удовлетворяют ли найденные пары (z, у) второму уравнению
исходной системы.
Проверка показывает, что пара (zi,j/i) не удовлетворяет второму уравнению,
а пара (z2,^/2) удовлетворяет.
/217- 5ч/415 180 + 2ч/415\
Ответ. --------—-----;-----—------ .
\	29	29	/
400
Указания и решения
Задача 1. (Псих-97.6)
Найти все значения параметров а и Ъ, при которых система уравнений
х2 + у2 + 5 = Ь2 + 2х - 41/,
х2 + (12 - 2а)х + у2 = 2ау + 12а - 2а2 - 27
имеет два решения	и (a?2?2/2)? удовлетворяющие условию
a?i ~	_ У1 + У2
У2 ~У1	+ х2
Идея. Выделить полные квадраты в уравнениях системы. Преобразовать допол-
нительные условия. Сделать графическую иллюстрацию задачи.
Указание. Выделить полные квадраты в данных уравнениях:
(x-iy + (y + 2)t = b*,
(х + 6- а)2 + (у - а)2 = З2.
Указание. Привести дополнительное условие к виду
2.2	2.2
+2/1 = х2 +т/2-
Указание. Сделать графическую иллюстрацию задачи.
Указание. Требуется найти все значения параметров а и Ь, при которых две
окружности с центрами в точках Л(1; — 2), В (а—6; а) и радиусами, соответственно,
Ri = |Ь|, R2 = 3, пересекаются в двух точках Ci(х 1,2/1) и С2{х2^у2\ равноуда-
лённых от начала координат.
Решение. Выделим полные квадраты в уравнениях системы:
(Ж - 1)2 + (у + 2)2 = Ь2,
(х + 6 - а)2 + {у - а)2 = З2.
Получили уравнения окружностей. Преобразуем и дополнительное условие:
~ Х2 _ У1 +У2
У2 ~У1
2	2	2	2
х(-х2=у2- 2/1
2.2	2.2
Х1+У1 = х2 +У2-
6-4- Использование графических иллюстраций
401
Итак, требуется найти все значения параметров а и Ь, при которых две окруж-
ности с центрами в точках Л(1;—2), В(а — 6;а) и радиусами, соответственно,
Ri = |Ь|, Я2 = 3, пересекаются в двух точках Ci(®i,pi) и	равно-
удалённых от начала координат. Для этого необходимо и достаточно, чтобы ось
симметрии АВ точек и С2 проходила через начало координат и выполнялись
ограничения:
\AB\-R2<Ri<\AB\+R2.
Из подобия треугольников ВОК и АОМ получаем, что а = 4, тогда В = (—2; 4),
\АВ\ = V45 и
V45-3 < |Ь| < л/45 + 3.
Осталось выписать ответ.
Ответ, а = 4; be (-3 - л/45; 3 - v^) U (л/45 - 3; V45 + з) .
Задача 8. (Хим-87.5)
Найти все значения параметра р, при каждом из которых множество всех решений
неравенства (р — ж2)(р + х — 2) < 0 не содержит ни одного решения неравенства
х2 < 1.
Идея. Сделать графическую иллюстрацию к задаче.
Указание. Изобразить на декартовой плоскости с координатами (ж,р) множе-
ство точек, которые удовлетворяют условию (р — х2)(р + х — 2) <0.
Указание. Найти значения р, при которых прямая р = const пересечёт область
(р — х2)(р — (—х + 2)) < 0 и не пересечёт области х2 — 1 < 0.
Решение. Отметим цветом на декартовой плоскости с координатами (ж, р) мно-
жество точек, которые удовлетворяют условию (р — ж2)(р + ж — 2) <0.
402
Указания и решения
В закрашенной области исключим из рассмотрения решения неравенства х2 < 1
(они отмечены на рисунке штриховкой).
Прямая р = const пересечёт область, соответствующую решению неравенства
(р — х2)(р — (—х + 2)) < 0 и не содержащую решений неравенства х2 — 1 < 0, при
р 6 (-оо; 0] U [3; +оо).
Ответ, (—оо; 0] U [3; +оо).
Задача 9. (Экон.М-97.6)
Найти все значения параметра а, при которых периметр фигуры, заданной на ко-
( а2 + х2 \
ордиттатной плоскости условием log / 2_ |a3Z| \ I —— I > 0, будет наименьшим.
з ) \ 2а /
Идея. Упростить неравенство и изобразить множество его решений на плоско-
сти.
Указание. Так как основание логарифма меньше единицы, то исходное нера-
венство эквивалентно следующей системе:
' 2 ~ ]ау|
J 3
1	„2 , „2
2
2а2	’	villi
Указание. Изобразить на декартовой плоскости с координатами (ж,у) множе-
ство точек, которые удовлетворяют этой системе.
У каз ание. Множество решений - прямоугольник. Определить его периметр.
При оценке воспользоваться свойством суммы взаимно обратных положительных
чисел.
Решение. Так как основание логарифма меньше единицы, то исходное неравен-
ство эквивалентно системе
2 ~ I ДУ I	0
3
а2 +х2
2а2	< 5
|ж| < |а|.
64- Использование графических иллюстраций
403
Изобразим на декартовой плоскости с координатами множество точек, ко-
торые удовлетворяют этой системе.
Множество решений - прямоугольник. Его периметр равен
Р = 2- (2|а|+2-Д) =4\/2|	+	] > 4л/2 • 2 = 8л/2,
V 1а1/	\ V2 |а| / -
причём равенство в силу свойства суммы двух взаимно обратных положительных
чисел достигается при
И = 1 «=> а = ±V2.
Ответ. ±\/2-
Задача 10. (М/м-94(1).6)
Найти все значения а Е
Г 7Г 7Г1
L 2’2J ’
для каждого из которых уравнение
sin 2® + sin х + sin(® — а) — sin а + sin(® + а)
имеет ровно пять различных корней на отрезке
7тг 5тг
Т’Т
Идея. Разложить уравнение на множители. Использовать тригонометрический
круг.
Указание. Разложить уравнение на множители:
(2 cos х + 1) • (sin х — sin а) = 0.
У казание. Решить методом расщепления: cos® = — | или sin® = sin а. Ис-
пользуя тригонометрический круг, определить число корней первого уравнения
при ® Е
Указание. Осталось подобрать такие значения параметра а, чтобы уравнение
sin х = sin а добавило ровно два новых корня на отрезке
7тг 5тг
Т’Т
(три корня).
7тг 5тг
”Т’Т ’
404
Указания и решения
Решение. Раскладываем уравнение на множители:
Изобразим решения первого уравнения на тригонометрическом круге. На отрезке
7тг 5тг1	4тг 2тг 2тг
— —; — первое уравнение имеет три корня — —-, — —, —- .
4	4	000
-	Г 7Г 7Г]
Следовательно, осталось подобрать такие значения параметра а Е	; — j ,
чтобы уравнение sin® — sin а добавило на рассматриваемом отрезке ровно два
новых корня. Это возможно, если
О,.„. (44)UHi4)U{H}.
Задача 11. (М/м-99.3)
При каких значениях у все положительные корни уравнения
расположенные в порядке возрастания, образуют арифметическую прогрессию?
64- Использование графических иллюстраций
405
Идея. Решить уравнение, применив формулу для разности косинусов. Располо-
жить положительные решения на числовой прямой.
Указание. Применив формулу для разности косинусов, привести уравнение к
виду
sin • (sin(® + р) — 1) = 0.
А
Указание. Решить методом расщепления:
7Г
х = 2тгт, т Е % и ® = — — р + 2тг&, k е Z.
z
Расположить положительные решения на числовой прямой.
Указание. Выписать условия, при которых три подряд идущих решения обра-
зуют арифметическую прогрессию.
Решение. Применим в левой части уравнения формулу для разности косинусов:
— smi
х
sm —
2
х
sin — • (sin(® + р) — 1) = 0
х = 2тгт, т Е Z;
х —	— р + 2тг&, к Е Z.
Отметим положительные решения на числовой прямой.
0
л/2-ф
2л 5я/2-ф х
Решения уравнения образуют арифметическую прогрессию, если
Л Л 7Г	7Г
2 • 2тг = — — р + — — + 2тг
А	А
7Г
* = ~2
В силу периодичности решений окончательно получаем:
7Г	_
р = — — + 2тгп, п Е Z.
А
ГХ	гп
Ответ. — — + 2тгп, п Е Z.
£
Задача 12. (М/м-00.5)
Найти все а, при которых уравнение
(|а| — 1) cos2® + (1 — |а — 2|) sin2® + (1 — |2 — а|) cos® + (1 - |а|) sin® = 0
имеет нечётное число решений на интервале (—тг; тг).
Идея. Использовать метод вспомогательного аргумента. Рассмотреть решения
на тригонометрическом круге.
406
Указания и решения
Указание. Обозначая А = |а| — 1, В = 1 — | л — 21, переписать уравнение в виде
A cos 2х + В sin 2х = —В cos х + A sin х .
У Казани е. Если а = 1, то А = В = 0 и все х Е (—тг;тг) являются решениями.
Если а ± 1, то А2+В2 > 0 и можно, воспользовавшись методом вспомогательного
аргумента, записать уравнение так:
cos(2® — ср) = cos
7Г
х = — — + 2тгп, п Е Z;
Л
2ip	%	2irk .
ж =	А: С
О	О о
А .	В
где cos ср = .  -  - - sm ср = --=.
Va2 + В2 Va2 + В2
У каз ание. Первая строка совокупности даёт одну фиксированную точку на
тригонометрическом круге, а вторая строка - три зависящие от ip точки, дуги
между которыми все равны по 120°. Число всех решений на дуге (—%;%) будет
нечётным только в тех случаях, когда одна из этих трёх точек совпадает либо с
7Г (или с — тг), либо с — —.
Решение. Обозначив А = |а| — 1, В = 1 — |а — 2|, перепишем уравнение в виде
A cos 2х + В sin 2х = —В cos х + A sin х .
Если а = 1, то А = В = 0 и все х Е (—тг;тг) являются решениями. Если а ф 1, то
Л2 + В2 > 0. Воспользуемся методом вспомогательного аргумента:
cos(2® — ср) = cos
7Г
2х — ip = х — ip — — + 2 тгп, п Е Z;
Л
2х — ср = —х + 9? + -^ + 2тгАз, k Е Z;
х = — — + 2 тгп, п Е Z;
Л
2ip % 2ък ,	_
х = “у" +	Н—7“> /с 6 Z;
ООО
А .	В
где cos 9? = —z	, sm9? = —,  -  - . Первая строка совокупности дает од-
Уа2 + В2	Уа2+В2
ну фиксированную точку на тригонометрическом круге, а вторая строка - три
зависящие от ip точки, дуги между которыми равны 120°.
64- Использование графических иллюстраций
407
одна из найденных трёх точек совпадает либо с тг (или, что то же, с — тг), либо с
7Г
— —. Таким образом,
2(z> тг 2тгк
~—Н — Н----—
обо
2<р	тг	2тг&
—--I" ~ Н-о—
I- о	о 3
7Г
2;
7Г
<р = — + тгп;
(р = ТТЛ;
W = 1;
tg 9? = 0.
ГТ.	В
Так как tg tp = —,
А
то получаем совокупность:
А = В^0;
В = 0, А 4 0;
' Г |а| - 1 = 1 - \а - 2|;
< [ 1- \а — 2\ = 0;
а 4 1;
|(z| Т |<2 — 2| — 2;
\а — 2\ = 1;
а 4 1;
0 < а < 2;
а = 1;
а = 3;
а 4 1-
Ответ. [0; 1) U (1; 2] U {3}.
Задача 13. (ВКНМ-00(1).6)
Решить уравнение х2 = arcsin(sin®) + 10®.
Идея. Построить графики функции /(ж) = arcsin(sin®) и д(х) = ®2 — 10®.
Указание. Переписать уравнение в виде
arcsin(sin®) = ®2 — 10®.
Построить график периодической (с периодом 2тг) функции, стоящей в левой ча-
сти уравнения:
/(®) = arcsin(sin®) =
7Г Л	7Г	Л	_
® при — — + 2тгп < х < — + 2тгп, п С Z;
7Г	37Г
тг — х при — + 2тгт < х < — + 2тгт, т Е Z.
408
Указания и решения
Указание. Найти точки его пересечения с параболой д(х) = ®2 —10® на участ-
ТГ ТГ 5тг 7тг
ках — — < х < — и — < х < —.
2 “ ~ 2	2 “ ~ 2
Решение. Перепишем уравнение в виде
arcsin(sin ж) = х2 — 10®.
Функция в левой части уравнения является периодической с периодом 2тг, её зна-
чения определяются по правилу
/(®) = arc sin (sin®) =
ТГ	ТГ
® при — — + 2тгп < х < — + 2тгп, п € Z;
&
ТГ	37Г	_
тг — х при — + 2 тгт < х < — + 2тгт, т G Z.
Точки пересечения графика функции /(®) с параболой р(®) = ®2 — 10® на
ТГ	ТГ 5тг 7тг	м
участках — — < ® < — и — < х < — находятся, соответственно, из уравнении
(см. рисунок):
х = ®2 - 10®;
Зтг — х = ®2 — 10®;
х = 0;
9 + V81 + 12тг
=--------------------
-rr	1	7тг	тг
Других точек пересечения этих графиков нет, поскольку при ®> — и ® < — —
справедлива оценка
р(ж) > р(10,5) > 5 > /(ж),
5тг
а при — < х < — справедлива оценка
р(ж) < 5(1) < -9 < /(ж).
9 + V81 + 127Г
Ответ. 0; -------------
Задача 14- (Геогр-99.4)
Найти все значения параметра а, при которых среди корней уравнения
sin 2® + ба cos ® — sin ® — За = 0
64 • Использование графических иллюстраций
409
найдутся два корня, разница между которыми равна
Зтг
Т’
Идея. Решить уравнение, разложив на множители его левую часть. Использо-
вать тригонометрический круг.
Указание. Решить уравнение, разложив на множители его левую часть:
(2cos® - l)(sin® + За) = 0
1
cos х = - ;
2
sin® = —За.
Указание. Используя тригонометрический круг, выяснить, в каких случаях у
этой совокупности будут два корня, разница между которыми равна
Зтг
Т‘
Решение. Преобразуем уравнение:
sin ®(2 cos х — 1) + За(2 cos ® — 1) = 0
(2 cos ® — 1) (sin ® + За) = 0
1
cos ж = -:
2
sin® = —За.
Совокупность будет иметь два корня, разница между которыми равна
в двух случаях.
только
1) Расстояние между одним из корней первого уравнения и одним из корней вто-
Зтг
рого уравнения равно —.
1
sm ® = -;
. 21
sm® = —
2
Это возможно, если
—За = zb —
2
2) Расстояние между двумя корнями второго уравнения равно
Зтг
I’
410
Указания и решения
Это возможно, если
-За =
2
Задача 15. (ЕГЭ.В)
При каком натуральном значении а уравнение х3 + Зж2 — 9х — а = 0 имеет ровно
два корня?
Идея. Построить эскиз графика функции /(ж) = ж3 + Зж2 — 9ж.
Указание. Рассмотреть функцию /(ж) = ж3 + Зж2 — 9ж. С помощью производной
/'(ж) = Зж2 + 6ж - 9 = 3(ж + 3)(ж - 1)
исследовать её поведение и построить эскиз графика.
Указание. Выяснить, при каких значениях а уравнение ж3+3ж2 — 9ж — а имеет
ровно два решения.
Указание. Отобрать натуральные значения параметра а.
Решение. Рассмотрим функцию /(ж) = ж3 + Зж2 — 9ж. С помощью производной
/'(ж) = Зж2 + 6ж — 9 — 3(ж + 3)(ж — 1)
строим эскиз графика функции. Точка ж = — 3 есть точка максимума, а точка
ж = 1— точка минимума.
6.4- Использование графических иллюстраций
411
Теперь мы можем ответить на вопрос: ’’При каких а уравнение ж3 + Зж2 — 9ж = а
имеет ровно одно, два или три решения?”
1)	Ровно одно решение:
’ а > /(-3);	Г а > 27;
а < /(1);	а < —5.
2)	Ровно два решения:
’ а = /(-3);	Г а = 27;
о, =/(1);	а = -5.
3)	Ровно три решения:
( а < /(-3);	( а < 27;
| а > /(1);	[ а > —5.
Возвращаясь к вопросу, стоящему в условии данной задачи, получаем, что урав-
нение имеет ровно два корня при единственном натуральном значении параметра
а = 27.
Ответ. 27.
Задача 16. (ЕГЭ.В)
При каком значении Ь уравнение ж4 — 8ж3 — 8ж2 + 96ж + 6 = 0 имеет ровно три
корня?
Идея. Построить эскиз графика функции /(ж) = ж4 — 8ж3 — 8ж2 + 96ж.
У к аз ан и е. Рассмотреть функцию /(ж) = ж4 — 8ж3 — 8ж2 + 96ж. С помощью
производной
/7(ж) = 4ж3 — 24ж2 - 16ж + 96 = 4(ж + 2)(ж - 2)(ж - 6)
исследовать её поведение и построить эскиз графика.
Указание. Выяснить, при каких b уравнение ж4 — 8ж3 — 8ж2 + 96ж = — b имеет
ровно три решения.
412
Указания и решения
Решение. Рассмотрим функцию /(ж) — х4 — 8®3 — 8®2 + 96®. С помощью про-
изводной
f'(x) = 4®3 — 24®2 - 16® + 96 = 4(® + 2)(® — 2)(® - 6)
строим эскиз её графика.
Точка х = 2 есть точка максимума, а точки ® = -2и® = 6- точки минимума.
Следовательно, уравнение
®4 - 8®3 — 8®2 + 96® = —Ь
имеет ровно три корня при
-Ь = /(2) = 16 - 64 - 32 + 192 = 112	<^>
Ь= -112.
Ответ. —112.
Задача 17. (ЕГЭ.С)
Найдите все значения параметра а, при которых в множестве решений неравен-
ства
/	ч 4а2 о
®(® - 2а - 4) <---а2 - 8а
®
нельзя расположить два отрезка длиной 1,5 каждый, которые не имеют общих
точек.
Идея. Выделяя полные квадраты, решить неравенство. Отметив на числовой
прямой множество решений неравенства, выяснить, при каких ограничениях на а
выполняется условие задачи.
Указание. Выделить полные квадраты:
®
Указание. Решить неравенство методом интервалов: <
7.1. Рациональные и иррациональные уравнения и неравенства
413
Указание. Провести исследование множества решении на числовой прямой.
Указание. Поскольку длина интервала (0;4) больше 3, то он содержит два
непересекающихся отрезка длиной 1,5. Значит, чтобы выполнялось условие зада-
чи, необходимо чтобы, во-первых, а Е (0; 4), и, во-вторых, один из отрезков [0; а]
и [а; 4] был не больше 3, а другой не больше 1,5.
Решение. Решим неравенство. Для этого выделим полные квадраты, приведём
выражения к общему знаменателю и воспользуемся методом интервалов:
(ж-4)(ж-а)2 < 0
0 < х < 4,
х / а.
Поскольку длина интервала (0; 4) больше 3, то он содержит два непересекаю-
щихся отрезка длиной 1,5. Значит, для того чтобы выполнялось условие задачи,
необходимо, чтобы, во-первых, а Е (0; 4), и, во-вторых, один из отрезков [0; а] и
[а; 4] был не больше 3, а другой не больше 1,5.
1 a 1,5
4 х
Получаем совокупность двух систем:
а < 1,5}
4 — а < 3;
а < 3;
’ 1 < а < 1,5;
. 2,5<а<3.
_ [ 4 — а < 1,5;
Ответ. [1; 1,5] U [2,5; 3].
7. Метод оценок
7.1. Рациональные и иррациональные уравнения и неравен-
ства
Задача 1. (У)
Решить уравнение -\/сс7 + 1 + -\/1 —	= 8.
Идея. Показать, что функция в левой части уравнения принимает значения,
строго меньшие 8.
Указание. Оценить левую часть уравнения на области определения радикалов.
414
Указания и решения
Решение. Из условия неотрицательности подкоренных выражений получаем,
что — 1 < х < 1. На области определения
О < л/ж7 + 1 < V2,
О < >/1 - х5 < у/2.
Следовательно, левая часть уравнения не превосходит 2л/2, и исходное уравнение
решений не имеет.
Ответ. Решений нет.
Задача 2. (У)
Решить уравнение |ж|3 + |ж — 1|3 = 9.
Идея. Разбить числовую прямую на несколько промежутков, на каждом их ко-
торых левая часть уравнения либо монотонна, либо заведомо меньше правой.
Указание. Рассмотреть промежутки (—оо;0], (0; 1), [1;+оо). На первом и по-
следнем промежутках решение найти подбором, а на втором - показать, что ре-
шений нет.
Решение. 1) Пусть х 6 [1; +оо), тогда уравнение примет вид
х3 + (ж - I)3 = 9.
Корень х = 2 находим подбором. Других решений нет, поскольку левая часть
является монотонно возрастающей функцией и значение 9 может принимать не
более одного раза.
2) При х е (—оо; 0] уравнение принимает вид
-х3 - (х - I)3 = 9.
Корень х = — 1 легко угадывается. Других решений быть не может, так как левая
часть полученного уравнения является монотонно убывающей функцией.
3) Если же х е (0; 1), то каждое из слагаемых левой части не превосходит 1,
следовательно, сумма их будет не больше 2, то есть в этом случае решений нет.
Ответ. — 1; 2.
Задача 3. (У)
Решить уравнение л/4 — х + у/х — 2 = х2 — 6х + 11.
Идея. Оценить левую и правую части равенства.
Указание. Наибольшее значение левой части уравнения равно наименьшему
значению его правой части.
7.1. Рациональные и иррациональные уравнения и неравенства
415
Решение. Оценим правую часть равенства, выделив полный квадрат:
х2 - 6х + 11 = (х - З)3 + 2 > 2.
Покажем, что левая часть не превосходит 2 при всех допустимых значениях пере-
менной х:
у/4: —	х	+	х — 2	V	2
(\/4 - х	+	Vx	— 2)2	V	4
У(4	-	х)(х - 2)	V	1
О	<	(я — З)2.
Следовательно, равенство возможно только в случае, когда обе части одновремен-
но равны 2. Эта ситуация реализуется при х — 3.
Ответ. 3.
Задача 4- (У)
2ж2
Найти наибольшее и наименьшее значение функции у = —--.
ж4 + 1
Идея. Использовать свойство суммы двух взаимно обратных величин.
Указание. При х 0 поделить числитель и знаменатель на х2.
2х2
Решение. Заметим, что у = —:------ > 0 и у = 0 при х — 0. Рассмотрим х 0
ж4 + 1
о
и поделим числитель и знаменатель на х :
2
у =--------г-
z2 + ^
х2
Так как по свойству суммы двух взаимно обратных
х2 Ч—- > 2, то у < 1, причём равенство достигается при
х2
Ответ. У min —	Утах — 1 •
Задача 5. (У)
Найти наибольшее и наименьшее значение функции
положительных чисел
х = ±1.
х2 + 1
х2 + х + 1 ’
Идея. Преобразовав исходную функцию, оценить множество её значений.
Указание. Выделить целую часть.
416
Указания и решения
Решение. Если х — 0, то у = 1. При х / 0 проведём следующие преобразова-
ния:
я2 + 1	_х2 + х + 1- х_1 х _	1
я2 + я + 1 я2 + я + 1	я2 + я + 1	। 1 ।	’
х Ч----Н 1
х
Если ж > О, то х Ч— >2 и
х
Если х < 0, то х + — < —2
х
2
В итоге - < у < 2.
1	2
< следовательно, - < у < 1.
3	3
X + -
1 х
и х Ч----Н 1 < — 1; следовательно, 1 < у < 2.
х
Ответ. Утгп — ? Утах — 2.
Замечание. Можно было решить эту задачу и другим способом. Принять у
за параметр и найти значения параметра у, при которых уравнение (у — I)®2 +
ух Ч- у — 1 — 0 имеет решения. В ответ пойдут наименьшее и наибольшее значения
параметра у.
Задача 6. (У)
Найти область значений функции у — ух2 — 1 — х.
Идея. Оценить множество значений функции на каждом из промежутков обла-
сти определения.
Указание. При отрицательных значениях х до множить и поделить на сопря-
жённое выражение.
Решение. Область определения х < — 1 и х > 1.
Если х < — 1, то
у = \/х2 — 1 — х > 1.
Если х > 1, то
„	--7 -г - У®2 " 1 "	" 1 + ®)
у =	- 1 - X = --------ту.-—------------
V xz - 1 + х
Таким образом, Е(у) = [—1; 0) U [1;+оо).
Ответ. [—1;0) U [1;Ч-оо).
1
л/ж2 — 1 + х
е [-1;0).
Задача 7. (У)
Найти наибольшее и наименьшее значение функции у = у/х + у/1 — х.
Идея. Свести задачу к исследованию множества значений квадратичной функ-
ции.
Указание. Избавиться от радикалов возведением в квадрат.
7.1. Рациональные и иррациональные уравнения и неравенства
417
Решение. Оценим множество значении функции
у2 = 2v/£V/1 — ж + 1,
предварительно оценив значения функции z = y/x\/l — х. Её область определения
х 6 [0; 1]. Заметим, что функция z2 = х — х2 является квадратичной с максимумом
в точке 1/2. Следовательно,
0 < z2 < 1/4	0 <z<l/2.
Поскольку у2 — 2z + 1 и у > 0, справедливы оценки
1 < у2 < 2	1 < у < л/2.
Ответ. Утгп ~ 1) Утах ~ л/2.
Задача 8. (У)
Найти все решения системы
ж5 + УЪ = 1,
xQ +yQ = 1.
Идея. Показать, что переменные могут принимать значения из отрезка [0; 1], и
с помощью оценочных неравенств найти решение.
Указание. При 0<ж<1и0<т/<1 справедливо неравенство хъ + у5 >
xQ +yQ.
Решение. Из второго уравнения системы следует, что
|®| < 1, |у| < 1-
Значение х не может быть отрицательным, так как иначе из первого уравнения
получаем, что у > 1. Аналогично доказывается, что переменная у тоже принимает
только неотрицательные значения.
Если х = 0, то у = 1; если у = 0, то х = 1.
Если 0 < х < 1 и 0 < у < 1, то ж5 + уъ > ж6 + у6, то есть в этом случае решений
у системы нет.
Ответ. (0; 1), (1; 0).
Задача 9. (У)
Решить систему уравнений
л/ж + yfy + 1 = 1,
у/х + 1 + у/у = 1.
Идея. Оценить левые части уравнений.
Указание. Получить оценки на области определения.
Решение. Подкоренные выражения должны быть неотрицательными, что име-
ет место при х > 0, у > 0. На области определения у/х +1 > 1, у/у +1 > 1.
Следовательно, левые части исходных уравнений больше либо равны 1, и равен-
ства возможны только при х = 0, у = 0.
Ответ. (0; 0).
418
Указания и решения
Задача 10. (У)
х2 — 1	2
Решить неравенство 2	+ х ~ 5® + 6 < 0.
Идея. Показать, что левая часть уравнения всегда неотрицательна.
Указание. Рассмотреть отдельно интервалы, где рациональная и квадратич-
ная функции сохраняют знаки.
Решение. Введём в рассмотрение две функции - рациональную f(x) и квадра-
тичную д(х):
^ + 1 “ ®2 + 1;
д(х) = х2 — 5® + 6 = (ж - 2)(я - 3).
Разобьем множество действительных чисел на промежутки, на которых обе функ-
ции сохраняют знаки.
1) При х Е (—оо; — 1] U [1; 2] U [3; +оо) f(x) > 0, д(х) > 0. Следовательно,
решении нет.
2) При х Е (—1; 1)
решений нет.
— 1 < f(x) < 0, д(х) > 2. Следовательно, /(ж)+#(я) > 1 ==>
3) При х Е (2; 3)
/(®) +д(х) > | - т
Э 4
>1 - Ил =4 4
7 .
= —- => решении также нет.
< д(х) < 0. Следовательно,
Ответ. Решении нет.
Задача 11. (У)
Найти максимальное значение выражения |ж|у16 — у2 + \у\ у4 —х2.
Идея. Сделать тригонометрическую замену.
Указание. Ввести новые переменные х = 2 sin а, у = 4 sin 6.
Решение. Из условия задачи следует, что |ж| < 2, \у\ < 4. Сделаем тригономет-
рическую замену переменных:
|ж| = 2sina, \у\ = 4sin6, 0 < а < тг/2, 0 < b < тг/2,
тогда
|ж| д/16 — у2 + \у\ \/4 — ж2 = 2 sin а • \/16 — 16 sin2 b + 4 sin b • \/4 — 4 sin2 а =
= 8 sin a cos b + 8 sin b cos а = 8 sin (а + 6).
Максимальное значение функции у = 8 sin (а + Ь) равно 8 и достигается, напри-
мер, при а = b = —, то есть при х = у = 2у/2-
Ответ. 8.
7.1. Рациональные и иррациональные уравнения и неравенства
419
Задача 12. (Геол-98.8)
При каких значениях а уравнение
хотя бы одно решение?
х2 - 4а® + 4а2 + 1
х — 2а
+ х2 - 2® - 1 = 0 имеет
Идея. Выделить полные квадраты. Использовать свойство суммы двух взаимно
обратных положительных чисел и неотрицательность квадрата числа.
Указание. Выделив полные квадраты, привести уравнение к виду
I3=-2“I + F^ = 2-(’-1>2'
Указание. Используя свойство суммы двух взаимно обратных чисел и неотри-
цательность квадрата числа, свести уравнение к эквивалентной системе
( \х - 2а| = 1,
| х — 1 = 0.
Решение. Выделим полные квадраты:
I х 2а I	I х 2а |
В силу свойства суммы двух взаимно обратных положительных чисел левая часть
последнего уравнения не меньше 2, тогда как правая часть в силу неотрицательно-
сти квадрата числа не превосходит 2. Следовательно, равенство возможно только
в том случае, когда выражения в левой и правой частях равны 2, то есть
( \х - 2а| = 1,	Г |1 - 2а| = 1,
[ж — 1 = 0;	[ х = 1.
Значит, а = 1 или а = 0.
Ответ. 0; 1.
Задача 13. (Биол-93.6)
Найти все решения системы
условию z > 0.
' У + 2=(3-ш)3,
<	(2z - у)  (у + 2) = 9 + 4у,
х2 + z2 = 4х;
удовлетворяющие
Идея. Выразить переменную z из второго уравнения системы и оценить её значе-
ния, воспользовавшись свойством суммы двух взаимно обратных чисел. Выделить
в третьем уравнении полный квадрат и получить второе ограничение на z.
Указание. Поделив левую и правую части второго уравнения на у + 2	0,
получим
1 /	1 Л
Z=2 (,9 + 2+JT2+ 2)' W
420
Указания и решения
Указание. Так как по условию z > 0, то
» + 2 + ГГ2-
з/ + 2 = -1;
У + 2 > 0.
Указание. Если у + 2 > 0, то из уравнения (*) следует, что z > 2. С другой сто-
роны, выделяя в третьем уравнении полный квадрат по переменной х, получаем
z < 2. Значит, z = 2.
Решение. Рассмотрим второе уравнение системы. Проверкой убеждаемся, что
значение у = — 2 не является решением. Поделив левую и правую части уравнения
на у + 2 ф 0, получим
2z — у = 4 Ч---
У у + 2
z = Hs + 2 + JT2+2)'
По условию z > 0; значит,
1
+ 2
?/+ 2+
> —2
У + 2 = -1;
У + 2 > 0.
Рассмотрим два случая.
1) у + 2 = — 1. Подставляя у — — 3 в исходную систему, находим х ~ 4, z = 0.
2) у + 2 > 0. По свойству суммы двух взаимно обратных чисел у + 2 Н-- > 2,
У + 2
и из (*) следует, что z > 2. Преобразуем третье уравнение исходной системы:
х2 + z2 — 4ж
(ж - 2)2 + z2 = 4
z < 2.
Значит, z ~ 2. Подставляя это значение в исходную систему, находим х = 2,
У = -1.
Ответ. (4; —3;0), (2; —1;2).
Задача 14- (ЕГЭ.С)
Решить уравнение V16 — 8ж + ж2 + л/4ж2 — 13ж — 17 = х — 4.
Идея. В первом подкоренном выражении выделить полный квадрат. Оценить
левую часть уравнения.
Указание. Привести исходное уравнение к виду
|4 - ж| + \/4ж2 - 13ж - 17 = х - 4.
Указание. Так как в левой части последнего уравнения стоит сумма неотрица-
тельных величин, то правая часть тоже должна быть неотрицательной, то есть
х > 4.
Указание. Значит, модуль в левой части уравнения раскрывается однозначно:
х — 4 + \/ 4ж2 — 13ж — 17 = х — 4.
7.1. Рациональные и иррациональные уравнения и неравенства
421
Решение. Преобразуем исходное уравнение, выделив полный квадрат в первом
подкоренном выражении:
Vх(4 - х)2 + л/4®2 - 13® - 17 = х - 4
|4 — ®| + \/4®2 — 13® — 17 = х — 4.
Так как в левой части последнего уравнения стоит сумма неотрицательных вели-
чин, то правая часть тоже должна быть неотрицательной, то есть х > 4. Значит,
модуль в левой части уравнения раскрывается однозначно:
х — 4 + д/4ж2 — 13ж — 17 = х - 4	<=>
\/4®2 — 13ж — 17 = О
4®2 - 13® - 17 = О
х = —1;
х = 4,25.
Поскольку х > 4, то остаётся только один корень х — 4,25.
Ответ. 4,25.
Задача 15. (Геогр-81.5)
„ ( х2у2 - 2® + у2 = О,
Решить систему уравнении j 2®2 - 4® + 3 + у3 = 0.
Идея. Рассмотреть оба уравнения системы как квадратные относительно пере-
менной х.
Указание. Квадратное уравнение имеет решение, если его дискриминант неот-
рицателен. Необходимо проверить это условие для обоих уравнений системы.
Указание. Выписывая условия на дискриминанты, получаем:
1 - у4 > о,
1 +у3 < 0;
у = -1.
Решение. Относительно переменной х оба уравнения являются квадратными.
Для того чтобы квадратное уравнение имело хотя бы одно решение, необходи-
мо и достаточно, чтобы его дискриминант был неотрицательным. Проверим это
условие.
Дискриминант первого уравнения равен 4(1 — т/4), дискриминант второго урав-
нения равен — 8(1 -I-7/3). Следовательно, для переменной у получаем систему нера-
венств:
Г!-У4>°,	f -1<У<1,	,
(1 + г/3<0;	t у < —1;	у
Значит, только при у = — 1 исходные квадратные уравнения имеют решения. Под-
ставив у — — 1 в систему уравнений, получаем для переменной х одно квадратное
уравнение х2 — 2х + 1 = 0, решением которого является х = 1.
Ответ. (1;—1).
422
Указания и решения
7.2. Тригонометрические уравнения и неравенства
Задача 1. (У)
Решить уравнение 2 sin х = у + -.
Идея. Оценить значения левой и правой частей равенства.
Указание. Использовать ограниченность синуса и свойство суммы двух вза-
имно обратных величин.
Решение. Поскольку левая часть неравенства по модулю не превосходит 2, а
правая по модулю не меньше 2, обе части должны быть равны либо 2, либо —2.
7Г
В первом случае у = 1, х = — + 2тгп, п Е Z.
Л
7Г
Во втором случае у — —1, х — — — + 2тгт, т Е Z.
Ответ. — + 2тгп; 1 j ,	— + 2тгт; —1 j ; n, т Е Z.
Задача 2. (У)
Найти наибольшее значение функции у — 3 sin2 х + 2 cos2 х.
Идея. Выразить функцию либо через sin ж, либо через cos ж.
Решение. Преобразуем данную функцию:
у = 3 sin2 х + 2 cos2 х = 3 sin2 х + 2 - 2 sin2 х = sin2 х + 2.
Так как 0 < sin2 х < 1, то 2 < 1/ < 3. Следовательно, наибольшее значение
функции у^х — 3, оно достигается при | sin ж | = 1.
Ответ. 3.
Задача 3. (У)
Решить уравнение 8ш2(тгж) + у ж2 + Зж + 2 = 0.
Идея. Показать, что оба слагаемых должны быть равны нулю.
Указание. Каждое из слагаемых неотрицательно.
Решение. Сумма неотрицательных величин равна нулю только при условии,
что каждое из них равно нулю. Значит, уравнение равносильно системе
Sin(7T2?) = 0,
ж2 + Зж + 2 = 0;
ж = п, п Е Z,
< х = -1;
ж = -2;
ж = -1;
ж = -2.
Ответ. -1; -2.
1.2. Тригонометрические уравнения и неравенства
423
Задача 4- (У)
Решить уравнение х2 + 4® cos (ху) + 4 = 0.
Идея. Рассмотреть уравнение как квадратное относительно переменной х.
Указание. Использовать условие неотрицательности дискриминанта квадрат-
ного уравнения.
Решение. Уравнение является квадратным относительно переменной х. Необ-
ходимым условием существования корней квадратного уравнения является неот-
рицательность дискриминанта:
D
~4
= 4 cos2 (ху) — 4 > 0
I cos (ху) \ = 1.
Если cos (ху) = 1, то уравнение принимает вид
х2 + 4ж + 4 = 0
х — -2.
В этом случае у — irk, k G Z.
Если cos (ху) = — 1, то х — 2,
у =	+ тг/, I 6 Z.
Ответ. (—2;7гЛ?), ^2;	; kJ Е Z.
\ Л	/
Задача 5. (У)
/	\ 2
Решить неравенство | tg3 ж| + | ctg3 ж| < 2 — \х — — j .
Идея. Использовать оценки левой и правой частей уравнения.
Указание. Левую часть оценить как сумму двух взаимно обратных положи-
тельных величин.
Решение. Поскольку по теореме о сумме двух взаимно обратных величин
| tg3 ж| + | ctg3 ж| > 2,
а в силу неотрицательности квадрата числа
_	/ 7Г \ 2 л
2~(x~i)
обе части неравенства должны быть равны 2. Равенство левой и правой частей
7Г
реализуется при х — —.
Ответ. —.
4
424
Указания и решения
Задача 6. (У)
Решить уравнение \/1 + sin® + у/1 + cosх = y/i + 2-/2.
Идея. Показать, что максимум левой части уравнения равен числу, стоящему в
правой части.
Указание. Возвести обе части уравнения в квадрат.
Решение. Возведём обе части уравнения в квадрат:
2 + sin х + cos х + 2У(Г + sin®)(l + cos®) = 4 + 2\/2
<=> sin х + cos ® + 2V1 + sin ® + cos ® + sin ® cos ® = 2 + 2\/2	<=>
sin x + cos ® + у^4 + 4(sin ® + cos ®) + 2 sin 2® = 2 + 2\/2.
Если функции sin ® + cos ® и sin 2® принимают свои максимальные значения,
равные соответственно и 1, то равенство выполняется. В противном случае
левая часть уравнения меньше правой. Следовательно,
Ответ. —+ 2тгп, n6Z.
Задача 7. (У)
Решить неравенство у — ---------- — J\ — y — х2 > 0.
|cos®|	~
Идея. Уединить радикал и оценить обе части полученного неравенства.
Указание. Использовать ограниченность косинуса и неотрицательность подко-
ренного выражения.
Решение. Перепишем неравенство в виде
У1-2/-а:2 < у -	1 
| cosa:|
Из условия неотрицательности подкоренного выражения следует, что
у < 1 — ®2 < 1,
а из условия неотрицательности правой части неравенства следует, что
cos®
Значит, у = 1, при этом из последних двух неравенств следует, что ® = 0.
Ответ. (0; 1).
1.2, Тригонометрические уравнения и неравенства
425
Задача 8. (У)
Решить уравнение tg4 х — 2 tg2 х + 2 = — arcsin у.
ТГ
Идея. Показать, что минимум левой части равенства равен максимуму правой.
Указание. Выделить в левой части уравнения полный квадрат и использовать
ограниченность арксинуса.
Решение. Выделим в левой части уравнения полный квадрат:
(tg2 х — 1)2 + 1 = — arcsin?/.
Так как по определению arcsin?/ <
7Г
2’
правая часть уравнения не превосходит 1.
Поскольку левая часть в силу неотрицательности квадрата числа не меньше 1,
уравнение имеет решение только при одновременном выполнении двух условий:
tg2 х - 1 = О,
arcsin?/ =
7Г
2’
7Г
X = ±— + 7ГП, П е Z,
4
У = 1-
Ответ. ^±— + тгп; , п е Z.
Задача 9. (У)
Определить множество значений функции у = arccos —.
Идея. Сначала определить возможные значения для переменной х, потом - для
функции у.
Указание. Областью определения арккосинуса является отрезок [—1; 1].
Решение. Найдём область определения данной функции:
-1 < - < 1 <=> х е (-оо; -1] U [1; +оо).
х
Если х < —1, то — 1 < — < О => — < у < тг.
х	2
1	ТГ
Если ж > 1, тоО< — <1 => 0 < у < —.
В результате получаем, что
Ответ.
426
Указания и решения
Задача 10. (У)
Решить уравнение sin 7х • cos 2х + sin 2х = \/3.
Идея. Показать, что левая часть уравнения всегда меньше правой.
Указание. Использовать метод вспомогательного аргумента.
Решение. Преобразуем левую часть равенства с помощью метода вспомогатель-
ного аргумента:
Vsin2	+ 1 • sin (2х + ф) = \/3,
7 ( 1 \
где ф = arccos I -	I . Следовательно, левая часть равенства не превос-
\ V sin2 7х + 1 /
ходит -\/2, и уравнение решении не имеет.
Ответ. Решении нет.
Задача 11. (У)
Решить уравнение sm 9ж • sm х + cos х = -.
Идея. Показать, что левая часть уравнения всегда меньше правой.
Указание. Использовать метод вспомогательного аргумента.
Решение. Преобразуем левую часть равенства с помощью метода вспомогатель-
ного аргумента:
Vsin2 9ж + 1 • sin (х + ф) = -,
Л
, . 1
где ф = arcsin .	==. Следовательно, левая часть равенства не превосходит
V sin2 9х + 1
у/2, поэтому уравнение решений не имеет.
Ответ. Решений нет.
Задача 12. (ВМК-92.2)
Решить уравнение Vl + cos 4ж • sin х = 2 sin —.
Идея. Использовать ограниченность тригонометрических функций у = sin£ и
у = cos t.
Указание. Так как | соз4ж| < 1 и | sinjc| < 1, то левая часть уравнения всегда
не превосходит правую, причём равенство возможно только в случае
cos 4® = 1,
sin х — 1.
1.2. Тригонометрические уравнения и неравенства
427
Решение. Подставив в правую часть табличное значение sin — —	, получаем
уравнение
л/1 + cos 4® • sin х = у/2.
Так как в силу ограниченности тригонометрических функций у — sin t и у = cos t
| cos 4® | < 1 и |sin®| < 1,
то левая часть уравнения всегда не превосходит правую, причём равенство воз-
можно только в случае
{cos 4® — 1,
sin® — 1;
тгп
х = п € %,
х —	+ 2тг/с, к Е Z;
х —	+ 2тг/с, к 6 Z.
Ответ. —|-2тг/г, k&Z.
2
Задача 13. (Геогр-96(1).3)
(Зтг + 1 \ /Зтг - 1 \
Решить уравнение cos I —-—х I • cos I —-—х j = 1.
Идея. Использовать ограниченность тригонометрической функции у = cost.
Указание. Так как | cos t| < 1, то возможны только два случая:
/Зтг + 1	\	.
COS —-—X = 1,
\ 2	/
/ Зтг — 1	\	.
cos —-—х = 1;
\	2	)
или
/Зтг + 1 '
cos —-—X
\ 2
/ ЗТГ ~ 1 '
cos I —-—X
\ "
Указание. Решив каждое из уравнений первой системы, определить, когда най-
денные серии совпадают:
4тгп
Зтг+1
4тг/с
Зтг - 1’
п, к 6 Z.
Используя иррациональность числа тг, найти подходящие значения п и к.
Указание. Равенство (Зтг — 1) • п — (Зтг + 1) • к возможно только в случае
п = к — 0, поскольку (Зтг — 1) и (Зтг + 1) — иррациональные числа, а п и к —
целые числа.
Указание. Второй случай разбирается аналогично.
Решение. Так как | cost| < 1, то равенство возможно только в двух случаях.
1-й случай.
/Зтг + 1
COS —-—
\ 2
/ Зтг — 1
COS —-—
\ 2
4тгп
Зтг+1
, п е Z,
4тг/с
Зтг - 1’
к е Z.
X =
428
Указания и решения
Последняя система будет иметь решения, если
4тгп 4тг/с	/Л	,
— = ——-	(Зтг - 1) • п = (Зтг + 1) • к.
О7Г + 1 О7Г — 1
Так как (Зтг — 1) и (Зтг + 1) — иррациональные числа, а п и к — целые числа,
то равенство возможно только при п — к = 0. Следовательно, решением является
только х = 0.
2-й случай.
/ Зтг + 1 \
cos -------х — —1,
\ 2 * ч /
/Зтг —1 \
cos -------х = —1;
\ 2 /
Последняя система будет иметь решения только при условии
2тг + 4тгтг _
х = —«-------—, n Е Z,
Зтг Ч- 1
2тг + 4тг/с
х = —--------—, к Е Z.
Зтг - 1
2тг +4тгп 2тг + 4тг/с
Зтг + 1 Зтг — 1
Зтг(п — к) = п + к + 1.
Так как тг — иррациональное число, а п и к — целые числа, то равенство невоз-
можно ни при каких пик. Значит, в этом случае решений нет.
Ответ. 0.
Задача 14- (Экон.М-97.2)
Решить систему неравенств
sm-----
2
+ (х - у - 2)2 < 0,
|2а? + 3| < 2.
Идея. Сумма неотрицательных чисел неотрицательна.
Указание. В левой части первого неравенства системы стоит сумма неотрица-
тельных величин, поэтому оно равносильно двум равенствам, и система принимает
вид
г sin»to) =0,
] х — у — 2 = 0,
[ —2 < 2х + 3 < 2.
Указание. Полученную систему легко решить, если учесть, что переменная х
принимает целочисленные значения.
Решение. В левой части первого неравенства системы стоит сумма неотрица-
тельных величин, поэтому оно может иметь решения только при равенстве нулю
каждого слагаемого. Система принимает вид:
2
х — у — 2 = 0,
ч —2 < 2ж + 3 < 2;
х + у = 2п, п 6 Z,
х - у = 2,
5	1
— - < х < —
1.2. Тригонометрические уравнения и неравенства
429
Из равенств следует, что переменная х может принимать только целочис-
ленные значения. Действительно, сложив первое равенство со вторым, получим
х = п + 1, п е Z.
Из двойного неравенства определяем возможные значения переменной х, а из
равенств находим соответствующие значения переменной у:
х = —2, у = — 4 или х = —1, у = —3.
Ответ. (—2; —4), (—1; —3).
Задача 15. (М/м-93(1).4)
При каких значениях а €
решения?
(7Г \	-	-
— —;0J уравнение у2 cos(z+ а) —
1 = зтбж—1 имеет
Идея. Использовать ограниченность тригонометрической функции у = sint и
неотрицательность арифметического квадратного корня.
Указание. Левая часть уравнения неотрицательна, а правая часть неположи-
тельна, поэтому уравнение эквивалентно системе
2 cos(jc + а) — 1 = О,
sin 6ж — 1 = 0.
Указание. Из системы найти а, учитывая ограничение а 6
Решение. В силу неотрицательности арифметического квадратного корня ле-
вая часть уравнения неотрицательна, тогда как правая часть неположительна
в силу ограниченности тригонометрической функции у = sint. Следовательно,
уравнение эквивалентно следующей системе:
2 cos(® + а) — 1 = 0,
sin 6® — 1 = 0;
х = —а ± — + 2тгтг, п 6 Z,
о
ТГ як ,
ж = ттг “I—тг , к Е %.
12	3
Рассмотрим каждый случай отдельно.
ТГ	л ТГ Тг/с
— — а + 2тгп = — + —, п, к е Z,
о . _____	о
/ тг \
а € - тг; 0);
1-й случай.
бтгп — як
3
, п, к е Z,
ТГ
а= 4 +
тг
а =-------,
12’
5тг
а =-------.
L 12
430
Указания и решения
2-й случай.
5% бтгп — тгк
7Г
а —-------,
12’
5тг
а =-------.
12
Ответ.
5тг 7Г
12’ “12*
Задача 16. (Псих-92.1)
х х sin х — 3
Решить неравенство sin — + cos — < —-j=—
Идея. Применить метод дополнительного аргумента и использовать ограничен-
ность тригонометрической функции у = sin t.
Указание. Используя метод дополнительного аргумента, привести неравенство
к виду
Указание. Так как | sin 11 < 1, то исходное неравенство эквивалентно системе
( sin ж = 1,
= -1.
Решение. Преобразуем неравенство, используя метод дополнительного аргу-
мента:
(X 7Г \
—н —) > з.
2	4/ “
Так как | sin < 1, то исходное неравенство эквивалентно системе
sin ж = 1,
. fX 7Г\	.
ТГ	_
Ж = — + 27ГП, п G Z,
Zi
X	ТГ	'ТГ	л. Ч Ч Г77
- + - =	+ 2тгк, ке%-,
2	4	2
X —------h 27ГП, п G Z,
2
ж —	4- 2тг • (2А; - 1), к е Z;
ж =	+ 2% • (2/с - 1), к е Z.
Ответ. ^+2тг- (2А; - 1), к 6 Z.
Л
7.2. Тригонометрические уравнения и неравенства
431
Задача 17. (У)
Найти все значения целочисленного параметра а, при которых разрешимо урав-
нение sin ж — sin ах = —2.
Идея. Использовать то, что минимум левой части равен —2.
Указание. Равенство может выполняться только тогда, когда первый синус ра-
вен —1, а второй равен 1.
Решение. Так как — 1 < sin ж < 1, —1 < sin аж < 1, то исходное равенство будет
выполняться только при следующих условиях
{7Г
ж = — — + 2тгп, п 6 Z,
ах = ^ + 2кк, keZ.
А
Если а = 0, то решений нет, следовательно, а / 0 и
z	7Г	_
ж	=	— —	+ 2тгп,	п е	Z,
Z	"	_
Откуда
1	Л 1	2к ,
— - + 2п — ~— + —, /с, п (Е Z \ -4
2	2а	а
—а + 4ап = 1 + 4А?, тг, к 6 Z	4ап — (а + 1) = 4Аз, тг, к 6 Z.
Так как по условию a G Z, то для того, чтобы последнее равенство было возможно,
необходимо потребовать, чтобы сумма (а + 1) делилась на 4 без остатка, то есть
а = 4Z — 1, I 6 Z. Осталось показать, что это ограничение на а является не
только необходимым, но и достаточным. То есть для любого а указанного вида
существуют целые п и к такие, что
4ап — (а + 1) = 4/с.
Пусть а = 41 — 1, тогда
4п{41 - 1) - 41 = 4к.
Пара п — 0 и к = — I будет решением для любого I G Z. Следовательно, при
а — 41 — 1, I 6 Z исходное уравнение разрешимо.
Ответ. a = 4l — 1, Z е Z.
Задача 18. (У)
Указать хотя бы одно рациональное число а такое, что
|sm81° —а| <0,01.
432
Указания и решения
Идея.
Применить оценку sin® < х при х G
Указание. Выразить sin81° через sin9° = эт с помощью основного триго-
нометрического тождества и формулы приведения.
Решение. Преобразуем
sin81° = \/1 — cos2 81° = д/1 — sin2 9° = у 1 — sin2
7Г 7Г	/	/ ТГ \ 2
Так как sin — < —, то sin 81° > у 1 — J . Учитывая, что 3,14 < тг < 3,15
получим < 0,16,	(< 0,0256 и
J 20	\207
sin 81° > 0-0,0256 = 0,9744 > 0,9604 = 0,98.
Отсюда следует, что 0,98 < sin 81° < 1. В частности, в качестве числа а можно
выбрать число а = 0,99.
Ответ. 0,99.
Задача 19. (Псих-93.3)
1 о / 7Г \	/—
Найти все решения уравнения —= sin I х + — ) + sin 3® = cos 3® — v 2 на отрезке
у2 '
[—2%; 2тг].
Идея. Применить метод дополнительного аргумента; использовать ограничен-
ность тригонометрической функции у = sin t и неотрицательность квадрата дей-
ствительной величины.
Указание. Используя метод дополнительного аргумента, привести уравнение к
виду
Указание. Так как | sin 11 < 1, а квадрат действительной величины всегда неот-
рицателен, то исходное уравнение эквивалентно системе
ТГ
х —----------- + 7ГП, п G Z,
тг	2тгАз ,
0: = -^ + —,
1 & о
Указание. Последняя система имеет решения, если
2тгАз
= —
Зп = 2/с
п — 2т
х = — — + 2тгт, т 6 Z.
Указание. Выполнить отбор по условию х G [-—2тг; 2тг].
1.2. Тригонометрические уравнения и неравенства
433
Решение. Воспользуемся методом дополнительного аргумента:
sin2
sm
Так как | sin £| < 1, а квадрат действительной величины всегда неотрицателен, то
исходное уравнение имеет решения только при равенстве левой и правой частей
нулю, то есть
sin (х +	— О,	I х =	4- тгтг, п е Z,
• /о	1	I	к 2тгА? ,	_
sin Зж - - = -1;	х —-------1----, k Е Z.
\	4/	I 12	3
Ищем пересечение двух серий:
2тг/с	Л	Л	тг Л	_
тгп = ——	<<=> Зп = 2к	=> п — 2т => х — — — + 2тгт, т Е Z.
О	1^1
Отбирая значения переменной ж, попадающие на отрезок [—2тг; 2тг], получаем от-
вет.
Задача 20. (ЕГЭ.С)
Решить уравнение 7 tg ж + cos2 ж + 3 sin 2ж = 1.
Идея. Разложить на множители и использовать ограниченность тригонометри-
ческих функций у — sin t и у = cos t.
Указание. Применив основное тригонометрическое тождество и разложение на
множители, привести уравнение к виду
tg ж(7 — sin ж cos ж + 6 cos2 ж) = 0.
Указание. Используя ограниченность тригонометрических функций у = sin t и
у = cos t, показать что уравнение
7 + 6 cos2 ж — sin ж cos ж = 0
не имеет решений.
Решение. Применим основное тригонометрическое тождество и формулу сину-
са двойного угла:
/2	-1 \	•	S1T1	л
7tgж + (cos ж — 1) + 3 sin 2ж = 0	<<=>	7-----sin ж + 6 sin ж cos ж = 0	<+=>
cos ж
лsin ж .	2	___ Г sin ж = 0;
<+=>	----(7—этж cosж+бсоэ ж) = 0	«<=>	_ ,	2	.	п
cos ж	|_ 7 + 6 cos'5 ж - sm ж cos ж = 0.
Так как 6 cos2 ж > 0 и sin ж cos ж < 1, то второе уравнение решений не имеет.
Значит, решением является только серия ж = тгп, п Е Z.
Ответ, тгп, п 6 Z.
434
Указания и решения
Задача 21. (Хим-94.5)
_	( х2 + 2а; sin?/ + 1 = О,
Решить систему < о. , , 2 . 2\ , з .	„
3 ( 8|ж|з/(ж2 + у2) +7г3 +4тг - О.
Идея. Рассмотреть первое уравнение системы как квадратное относительно пе-
ременной х. Использовать оценки при решении второго уравнения.
У каз ание. Дискриминант первого уравнения (квадратного относительно х)
должен быть неотрицательным:
D о
— = sin у — 1 > 0	sin у = ±1.
Указание. При sin у = 1 система принимает вид:
{х = —1,
тг
у = —Н 2 тгп,
у 2
(1 + 4п) (4 + тг2(1 + 4п)2) + тг2 + 4 = 0.
Далее необходимо рассмотреть отдельно последнее уравнение и оценить левую
часть при различных целочисленных значениях п.
Указание. При неотрицательных значениях п выражение в левой части по-
следнего уравнения положительно. Следовательно, если п > 0, то решений нет.
При отрицательных п решений также нет, так как при п < — 1
(1 + 4п) (4 + тг2(1 + 4п)2) < -3(4 + 9тг2) < -3 • 85 = -255,
а тг2 + 4 < 14. Значит, система уравнений решений не имеет.
Указание. Второй случай sin?/ = —1 рассматривается аналогично (п = 0 рас-
смотреть отдельно).
Решение. Первое уравнение системы является квадратным относительно пере-
менной х. Для существования корней необходимо и достаточно, чтобы его дис-
криминант был неотрицательным:
D 9
— = sin у - 1 > 0.
Так как 0 < sin2?/ < 1, то sin?/ = 1 или sin?/ = —1. Рассмотрим эти два случая
отдельно.
1-й случай.
sin?/ = 1,
х2 + 2х + 1 = 0,
81 х |?/(ж2 + у2) + тг3 + 4тг = 0;
тг
У = - + 2тгп,
х — -1,
8?/( 1 + у2) + тг3 + 4тг = 0;
х = —1,
тг
?/ = - + 2тгп,
А
+ тг3 + 4тг = 0.
1.2. Тригонометрические уравнения и неравенства
435
Рассмотрим последнее уравнение.
+ тг3 + 4% = О
(1 + 4п) (4 + 7г2(1 + 4п)2) + %2 + 4 = 0.
При неотрицательных значениях п выражение в левой части положительно. Сле-
довательно, если п > 0, то решении нет. При отрицательных п решении также
нет, так как при п < — 1
(1 + 4п) (4 + тг2(1 + 4п)2) < -3(4 + 9л2) < -3 • 85 = -255,
а тг2 + 4 < 14. Значит, в первом случае система уравнений решений не имеет.
2-й случай.
sin у = —1,
х2 — 2х + 1 = 0,
81 х |?/(®2 + у2) + тг3 + 4% = 0;
ТГ
У = -- + 2тгп,
А
X = 1,
8у (1 + у2) + тг3 + 4% = 0;
х = 1,
ТГ
У - -- + 2тгп,
8 (— + 2тгп
+ тг3 + 4% = 0.
Преобразуем последнее уравнение:
8 f — 77 + 2%?!^ I 1 + (— — + 2^71^ ) + 7Г3 + 4% — 0
\ 2	/ V	\ 2	)
(—1 + 4п) (4 + тг2(4п — I)2) + тг2 + 4 = 0.
При п > 1 справедливы оценки:
(1 - 4п) (4 + тг2(4п - I)2) + тг2 + 4 < -3(4 + 9тг2) + тг2 + 4 < 0.
При п < — 1 справедливы оценки:
(1 — 4п) (4 + тг2(4п — I)2) + тг2 + 4 > 5(4 + 25тг2) + тг2 + 4 > 0.
Осталось проверить п = 0. Легко убедиться в том, что это значение п обращает
последнее уравнение системы в тождество. Итак, при п — 0 решением системы
являются значения у — —
7Г
2’
X = 1.
Ответ.
436
Указания и решения
Задача 22. (Экон-78.5)
Найти все значения параметра а, при каждом из которых неравенство
а(4 — sin ж)4 — 3 + cos2 х + а > 0 выполняется для всех значений х.
Идея. Преобразовать неравенство и использовать ограниченность тригономет-
рических функций у = sin ж и у = cos ж.
Указание. Записать неравенство для параметра
3 — cos2 х
1 + (4 — sin ж)4
и найти максимум правой части.
Указание. Числитель и знаменатель дроби положительны, причём числитель
принимает наибольшее значение, а знаменатель - наименьшее значение при одних
7Г
и тех же значениях переменной х = — + 2тгп, п € Z.
Указание. Максимум правой части равен .
Решение. Преобразуем исходное неравенство:
а(1 + (4 — sin ж)4) > 3 — cos2 х
3 - cos2 х
1 + (4 — sin ж)4 ’
Для того чтобы решить задачу, надо найти максимум правой части. Заметим, что
числитель и знаменатель правой части положительны, причём числитель прини-
мает наибольшее значение, а знаменатель - наименьшее значение при одних и тех
же значениях переменной
7Г
х = —h 27ГП, п € Z.
2
г	-	3-0	3	3
Следовательно, максимум правой части равен ---—7 = —. Значит, при а > —
1 + З4	82	82
исходное неравенство будет выполнено для всех значений х.
Ответ.
Задача 23. (ВМК-83.6)
Найти все пары чисел (ж,т/), удовлетворяющие условию
у/2 — \у\ • (5 sin2 х — 6 sin ж cos х — 9 cos2 х + За/ЗЗ) = (arcsin ж)2 + (arccos ж)2 — -тг2.
Идея. Оценить левую и правую части уравнения.
У каз ание. Показать, что левая часть уравнения неотрицательна, а правая
часть уравнения неположительна.
Указание. Для оценки правой части использовать ограниченность обратных
тригонометрических функций:
7Г	.	7Г
— — < arcsm ж < —, 0 < arccos ж < тг.
2 -	- 2
1.2. Тригонометрические уравнения и неравенства
437
Указание. Используя формулы понижения степени и метод вспомогательного
аргумента, привести второй сомножитель левой части к виду
3^33 - 2 - \/58 sin(2® + </>).
Решение. Воспользуемся методом оценок. Начнём с правой части. В силу
/ -jp \ 2
ограниченности обратных тригонометрических функций (arcsin а;)2 < j ,
(arccosж)2 < тг2. Следовательно,
(arcsin®)2 + (arccos®)2 < |тг2;
то есть правая часть уравнения неположительна.
Рассмотрим теперь второй сомножитель левой части. Воспользуемся форму-
лами синуса и косинуса двойного угла и методом дополнительного аргумента:
5 sin2 х — 6sin® cos х — 9cos2 ® + 3^33 = —5 cos2® — 3sin2® — 2(cos 2® +1) +3-^33 =
= 3<УЗЗ - 2 - 3 sin2® - 7cos2® = 3^33 - 2 - sin(2® + ф) > З^УЗЗ - 2 - V58 > 0;
положительность выражения вытекает из цепочки сравнений:
3^33-2-4/58 V
27-33 V
107 V
0
8 + 3 • 4 • л/58 + 3 • 2 • 58 + 58\/58
14л/58
11449 > 11368.
Следовательно, левая часть уравнения неотрицательна. Поэтому равенство дости-
гается только при одновременном выполнении следующих условий:
Ы = 2,
,	.42	%2
< (arcsin ж) = —,
(arccos х)2 = тг2;
( у = ±2,
[ х = -1.
Ответ. (—1;2), (-1;-2).
Задача 24- (Геол-92.6)
Найти все тройки чисел (ж,т/,г), удовлетворяющие уравнению
х2 + 1 — 2х siniry + у/yz — 2z2 — 64 = (41 — yz) • (cos 2ity + cos ttz)2.
Идея. Используя ОДЗ, оценить правую часть уравнения. Выделив полный квад-
рат, оценить левую часть.
Указание. Из ОДЗ следует, что yz > 64. Значит, правая часть уравнения всегда
неположительна.
438
Указания и решения
Указание. Выделив полный квадрат, левую часть можно привести к виду
(ж — 8Ш7Г7/)2 + cos2 тгу + y/yz — 2z2 — 64.
Значит, левая часть уравнения всегда неотрицательна.
Указание. Следовательно, уравнение имеет решения тогда и только тогда, ко-
гда левая и правая части уравнения одновременно равны нулю. Поэтому исходное
уравнение эквивалентно следующей системе:
cos тгу = О,
COS7TZ = 1,
yz — 2z2 — 64 = О,
х = siniry.
Поскольку cos тгу = 0, возможны два различных значения х = sin тгу: х = 1 или
х = — 1.
{у = - + 2п, п е Z,
z = 2/с, k Е Z,
х = 1,
fc(l + 4п - 8к) = 64.
Указание. Рассмотрев последнее уравнение полученной системы отдельно, за-
мечаем, что (1 + 4п — 8А;) нечётно при всех целых п и /с, а 64 = 26. Поэтому
равенство возможно только в двух случаях:
f l + 4n-8fc = l,	f l+4n-8fc = -l,
| к = 64;	ИЛИ | к = -64.
Указание. Аналогично рассматривается 2-й случай: sinтгу = — 1.
Решение. Из ОДЗ получим оценку для произведения yz:
yz - 2z2 - 64 > 0	yz > 2z2 + 64 => yz > 64.
Следовательно, правая часть уравнения всегда неположительна. Далее рассмот-
рим левую часть. Выделим полный квадрат и оценим значение левой части снизу:
х2 + 1 — 2х sin тгу + у yz — 2z2 — 64 =
= х2 — 2х sin тгу + sin2 тгу — sin2 тгу + 1 + y/vz ~ %z2 ~ 64 =
= (х — эштгт/)2 + cos2 тгу + \/yz — 2z2 — 64 > 0.
Следовательно, уравнение имеет решения тогда и только тогда, когда левая и
правая части уравнения одновременно равны нулю, то есть исходное уравнение
эквивалентно следующей системе:
х — эштп/= 0,	( eosin/= 0,
COSTT!/ = 0,	I COS7TZ = 1,
yz — 2z2 — 64 = 0,	। yz — 2z2 — 64 = 0,
cos 2тгу + cos ttz — 0;	I x = sin тгу.
1.2. Тригонометрические уравнения и неравенства
439
Из того, что cos тгт/ = 0, следует, что sin тгт/ = ±1. Рассмотрим эти случаи отдельно.
1-й случай. При sin тгт/ = 1 получаем систему
у = - + 2п, п е Z,
z = 2k, k 6 Z,
* X = 1,
( i + 2п ) 2к - 2(2fc)2 - 64 = 0.
<	\ Zi	J
Изучим последнее уравнение этой системы.
Q + 2п ) 2к - 2(2fc)2 - 64 = 0	&(1 + 4n - 8fe) = 64.
х = 1;
у = 256, 5;
z = 128.
Так как (1 + 4n — 8fc) нечётно при всех целых п и к, а 64 = 26, то равенство
выполняется только в двух случаях.
„	( 1 + 4п - 8к = 1, L
Случаи 1а. <	<<=>
~ v yzr Г 1 + 4п - 8к = — 1,	z
Случаи 16. < fa _ —6^	<<=>
Следовательно, в случае 16 решений нет.
2-й случай При sin тгт/ = — 1 система принимает вид
т/ = — | + 2п, nE Z,
z = 2к, к 6 Z,
< х = -1,
(	+ 2п ) 2к - 2(2fc)2 - 64 = 0.
ч \ Z I
Рассмотрим последнее уравнение этой системы.
(-| + 2n) 2fc — 2(2fe)2 — 64 = 0	fe(—1 + 4п — 8fe) = 64.
\ Z J
Так как (—1 + 4тг — 8fc) нечётно при всех целых п и к, а 64 = 26, то равенство
может быть выполнено только в двух случаях.
{-1 4- 477 _ ЯЬ — _1	( Ь — -64	I ж — “1;
к= 64;	’	{ п = —128.	=* У = -?Й’5;
4	I z — —12о;
п - «zr Г “1 +	- 8/с = 1,	х ( к = 64,
Случаи 26. | fc = 64.	4=>	| п = 128,5^2.
Следовательно, в случае 26 решений нет.
Ответ. (1; 256,5; 128), (-1; -256,5; -128).
440
Указания и решения
Задача 25. (Хим-91.4)
Решить уравнение
cos4 х = - cos 2ж + - cos2 х • cos 8ж.
Идея. Применить формулы понижения степени. Перегруппировать слагае-
мые так, чтобы воспользоваться ограниченностью тригонометрической функции
у = cost.
Указание. Применить формулы понижения степени. Перегруппировав слагае-
мые, привести уравнение к виду
cos2 2х = (соз8ж - l)(cos2® + 1).
Указание. Заметить, что левая часть уравнения всегда неотрицательна, а пра-
вая - неположительна, поэтому уравнение эквивалентно системе
( cos 2х — 0,
| соз8ж = 1.
Решение. Применим формулы понижения степени:
\ 2
cos 2х + 1 \ Л Л cos 2х + 1
= cos 2х + 2 •------------• cos 8ж
2
cos2 2х + 2 cos 2х + 1 = cos 2х + (cos 2х + 1) cos 8ж.
Перегруппировав слагаемые, приведём уравнение к виду
cos2 2х = cos 8ж(соз 2х + 1) — (cos 2х + 1)	<=>
<=> cos2 2х = (соз8ж — l)(cos2z + 1).
Заметим, что левая часть уравнения всегда неотрицательна, а правая - неполо-
жительна, поэтому решение уравнения может существовать только при одновре-
менном равенстве нулю левой и правой частей:
соз2ж = 0,
соз8ж = 1;
- х = !г(2«±1)1 п е
1 rtf,
х = k е Z;
k 4
_ тг(2п + 1)
X —	, П £ ILi •
4
Ответ.
7Г 7ГП
П e Z.
Задача 26. (BMK-86.5)
Решить уравнение sin Зж — 2 sin 18ж sin x — Зл/2 — cos Зж + 2 cos ж.
Идея. Преобразовать уравнение, применив метод вспомогательного аргумента.
Оценить слагаемые, входяттцте в уравнение, используя ограниченность тригоно-
метрических функций у = sin t и у = cos t .
1,2. Тригонометрические уравнения и неравенства
441
Указание. Используя метод вспомогательного аргумента, привести уравнение
к виду
х/2 sin ^Зж +	— 2\/sin2 18ж + 1 • sin(z + <р) = Зх/2,
sin 18ж
где р = arccos	.
V sin2 18ж + 1______
Указание. Так как \ sin2 18ж + 1 < х/2, то
х/2 sin ^Зж +	- 2х/sin2 18ж + 1 • зш(ж + р) < Зх/2.
Указание. Следовательно, уравнение эквивалентно системе
. /	7Г\
sin Зж + — = 1,
А	4 /
sin2 18ж = 1,
<	Бш(ж + р) = —1,
sin 18ж
р = arccos —, -	=.
.	V sin2 18ж + 1
Указание. Разобрать отдельно два случая: sin 18ж = 1 и sin 18ж = — 1.
Решение. Перегруппировав слагаемые, применим метод вспомогательного ар-
гумента:
(sin Зж + cos Зж) — 2(sin 18ж sin ж + cos ж) = Зх/2 <=>
х/2 sin (Зж +	— 2х/sin2 18ж + 1 • зш(ж + р) = Зх/2,
sin 18ж	/ . о ------- /-
где р = arccos	-. Так как v sin 18ж + 1 < х/2, то
х/ sin2 18ж + 1
х/2 sin ^Зж +	— 2х/sin2 18ж + 1 • зш(ж + р) < Зх/2,
причём равенство достигается при одновременном выполнении следующих усло-
вий:
/	.	7ГХ
sm Зж + — = 1,
V 4/
sin2 18ж = 1,
] Бш(ж + р) ~ —1,
sin 18ж
р = arccos	. ....
<	V sin2 18ж + 1
Рассмотрим два случая.
1-й случай. При зт18ж = 1 система принимает следующий вид:
.	7ГХ
sm Зж Ч— = 1,
X 4/
зт18ж = 1,
. / 7П
sm ж + — = — 1;
X 4/
7Г 2тгп
- + —,nez,
7Г 7ГА? ,	_
36+ Т’ fceZ’
Зтг
— —+ 2тг/, zez.
ж =
ж =
х =
442
Указания и решения
Приравняем х из первой и третьей строчек последней системы:
тг	2 тгп	Зтг	~	.	_,	-
—— Ч -— = ———h 2тг/	< >	5 + 4n — 12Z; ti, I (Е Z.
LZi О
Последнее равенство невозможно, так как слева стоит нечётное число, а справа -
чётное.
2-й случай. При sinl8z = — 1 получаем систему
sin 18ж = —1,
sin
тг 2тгп
х = 7^ + ^-- rcez,
1 Li	<5
7Г 7гА? _	_
1 = -зб + Т’ йеж’
х — —-—h 2ttZ, I (Е Z.
4
7i — —2 + 3Z, 7i, I (Е Z,
fc = —11 + 18Z, fejez.
Приравнивая ж, получим систему
{7Г 2тгтг	5тг л ,
12+ 3 -	4-^' ф
тг тгк	5тг Л ,
-s + v = -T+2ri;
Отсюда следует, что решением являются
х = —	+ 2тг/, I е Z (или в другой записи х =	+ 2тгтг, п 6 Z).
Зтг
Ответ. — + 2тгтг, тг е Z.
4
7.3. Уравнения и неравенства с логарифмическими и пока-
зательными функциями
Задача 1. (У)
Решить уравнение In х + -— = 2 • sin (х + —
ш х	\	4
Идея. Оценить левую и правую части уравнения.
Указание. Использовать оценку суммы двух взаимно обратных величин и
ограниченность синуса.
Решение. Поскольку
In ж + -—
In ж
>2, а 2 sin I ж + — ) <2, равенство левой и
правой частей возможно только тогда, когда обе они равны либо 2, либо —2. В
первом случае
In ж +	= 2,
In ж
2 • sin (ж +	=2;
7.3. Уравнения и неравенства с логарифмическими и показательными... 443
х = е,
7Г
х = — + 2тгп, п 6 Z;
4
Во втором случае
In ж +	= -2,
In ж
Л . /	7Г\
2 • sm ж + — = —2:
X 4/
ж = е 1,
Зтг
ж = —— + 2тгА?, k Е Z;
4
Ответ. Решений нет.
Задача 2. (У)
Решить уравнение 21	= ж2 + 1 Ч— ----.
ж2 + 1
Идея. Оценить левую и правую части уравнения.
Указание. Использовать оценку суммы двух взаимно обратных величин.
Решение. Поскольку |ж| > 0, левая часть уравнения не превосходит двух, а
правая часть больше или равна двум как сумма двух взаимно обратных положи-
тельных величин. Следовательно, обе части равны 2, что реализуется при ж = 0.
Ответ. 0.
Задача 3. (ИСАА-97.4)
Решить неравенство log0 5 |1 — ж| —	2 < 2.
Идея. Воспользоваться свойством суммы двух взаимно обратных чисел.
Указание. Привести исходное неравенство к виду
10б!(’ -11 + - ~2'
Указание. Использовать свойство суммы двух взаимно обратных чисел.
Решение. Раскроем модуль, учитывая ограничения на основание второго лога-
рифма левой части, и применим формулу перехода к новому основанию:
1О8’(а=-1) + й5Чт1)-‘2'
444
Указания и решения
В силу свойства суммы двух взаимно обратных чисел последнее неравенство эк-
вивалентно совокупности
log2(a; - 1) > 0;
log2(a; - 1) = -1;
х-1 > 1;
х > 2;
3
Ответ.
Щи(2;+оо).
I £ \
Задача 4- (У)
Решить неравенство log2 х + log^ 2 + 2 cos а < 0.
Идея. Воспользоваться свойством суммы двух взаимно обратных чисел.
Указание. Привести оба логарифма к одному основанию.
Решение. Область определения х G (0; 1) U (1; +оо).
Перепишем неравенство в виде
log2 х + logjj, 2 < — 2 cos а.
1) Если х е (0; 1), то log2 х + log^ 2 = log2 х + -—-— < —2. С другой стороны, для
правой части справедлива оценка —2 cos а > —2. Значит, исходное неравенство
будет справедливо для всех a G R, а интервал (0; 1) будет входить в ответ.
2) Если же х 6 (1; +оо), то log2 х + log^ 2 = log2 х + -—-— > 2, а —2 cos а < 2.
Значит, исходное неравенство справедливо только при одновременном выполнении
равенств log2 z+log^ 2 = 2 и — 2 cos а = 2, что имеет место при cos а = — 1 и ш = 2.
Ответ, х 6 (0; 1) U {2} при а — тг + 2тгА?, k 6 Z; х 6 (0; 1) при а ф тг + 2тг&,
к е Z.
Задача 5. (У)
Доказать, что уравнение 2х  З”1 — не имеет решений.
5
Идея. Показать, что левая часть неравенства больше 1/2.
Указание. Рассмотреть отдельно отрицательные и положительные значения х.
Решение. Если х < 0, то 2®2 • 3“® > 1 и, следовательно, решений нет.
При х > 0 получим
2®2 ф х > 2®2 . 2—. 2®2—— — . 2^х~1)2 > —
2 *	2 *	~ 2
В этом случае также нет решений. Что и требовалось доказать.
7.3. Уравнения и неравенства с логарифмическими и показательными... 445
Задача 6. (У)
Решить неравенство cos2(х + 1) lg(9 — 2х — х2) > 1.
Идея. Оценить каждый из множителей левой части неравенства.
Указание. Получить ограничения на ж, а из возможных значений с помощью
проверки отобрать нужные.
Решение. Поскольку 0 < cos2 (ж + 1) < 1, должно выполняться
lg(9 — 2ж — ж2) > 1	<=>	9 — 2ж — ж2 > 10	<=> (ж + I)2 < 0	ж =-1.
Следовательно, решением неравенства может являться только ж = — 1. Непосред-
ственной проверкой убеждаемся, что так оно и есть.
Ответ. —1.
Задача 7. (У)
Решить неравенство З2®/3 . sin ж > при ж 6
Идея. Показать, что неравенство справедливо при всех указанных ж.
Указание. Проверить справедливость неравенства при ж = 1.
Решение. В силу монотонного возрастания функции в левой части неравенства
на указанном отрезке справедливы оценки:
З2х'3 -sin.x> З2/3 • sinl > З2/3 • sin у = З2/3 • V-
4	2
Покажем, что полученная оценка левой части больше, чем л/2 :
32/3.V? v ^/2
2
32/3 V 2
З2 V 23
9 > 8.
Следовательно, неравенство справедливо при всех указанных значениях перемен-
ной х.
446
Указания и решения
Задача 8. (У)
Решить уравнение 2sin х + 2C0S ® = 1,5(tgх + ctgж).
Идея. Показать, что равенство возможно только тогда, когда левая часть при-
нимает своё максимальное значение, а правая — минимальное.
Указание. Использовать оценку суммы двух взаимно обратных величин.
Решение. Левая часть уравнения всегда положительна, значит, tgж > 0. В
этом случае по теореме о сумме двух взаимно обратных положительных чисел
• 2
1,5(tgх + ctgж) > 3. Пусть а = 2sin ®, тогда 1 < а < 2. Найдём а, при которых
левая часть уравнения не меньше, чем 3:
2
аН—>3	а2 — За + 2>0 <=> а Е (—оо; 1] U [2; +оо).
а
Следовательно, либо а — 1, либо а = 2. В первом случае sin ж = 0 и ctg ж не
определен. Во втором случае sin2 ж = 1 и не определен tg ж. Значит, решений нет.
Ответ. Решений нет.
Задача 9. (У)
Решить неравенство 2-!1-2' log2(4a: — х2 — 2) > 1.
Идея. Оценить левую часть неравенства.
Указание. В подлогарифменном выражении выделить полный квадрат.
Решение. Так как 0 < 2“I®-21 < 1 и к^2(4ж - ж2 - 2) = log2 (2 - (ж - 2)2) < 1,
то решением неравенства может являться только ж = 2.
Ответ. 2.
Задача 10. (У)
Решить неравенство (3 — cos2 ж — 2 sin ж) • (1g2 у + 21g у + 4) <3.
Идея. Показать, что левая часть неравенства не меньше 3.
Указание. В каждом сомножителе левой части выделить полный квадрат.
Решение. Поскольку
3 — cos2 ж — 2 sin ж = 2 Н- sin2 ж — 2 sin ж = (sin ж — I)2 + 1 > 1,
1g2у + 21gy + 4 = (lgy + I)2 + 3 > 3,
то левая часть неравенства больше или равна 3. Следовательно, неравенство имеет
решение только при sin ж = 1, 1g 2/ = — 1.
Ответ. + 2тгп; 0,1V п Е Z.
7.3. Уравнения и неравенства с логарифмическими и показательными... 447
Задача 11. (Биол-81.4)
Решить неравенство (2® + 3 • 2~х)^^0^2 х ~	+ 6) •> ^
Идея. Используя неравенство, связывающее среднее арифметическое и среднее
геометрическое, показать, что 2х + 3 • 2~х > 1 для всех х. После этого задача
легко сводится к стандартной.
Указание. Воспользоваться неравенством, связывающим среднее арифметиче-
ское и среднее геометрическое двух неотрицательных чисел:
а + b > 2л/аЬ при а > О, b > 0.
Указание. В соответствии с неравенством, связывающим среднее арифметиче-
ское и среднее геометрическое двух неотрицательных чисел, основание степени
больше единицы, поэтому исходное неравенство эквивалентно следующему:
21og2 х - log2(z + 6) > 0.
Последнее неравенство решается стандартно.
Решение. В силу неравенства, связывающего среднее арифметическое и среднее
геометрическое двух неотрицательных чисел, для основания степени справедлива
оценка
2® + з . 2~х > 2^2* • 3 • 2-* = 2л/3 > 1.
Следовательно, исходное неравенство эквивалентно следующему:
2 log2 х - log2(a: + 6) > 0	®	+ 6’
{х < —2;
х > 3;	х > 3.
х > 0,
Ответ. (3;+оо).
Задача 12. (Псих-79.2)
Решить систему уравнений
(	- 2ж + у + 2) + log2+y (ж2 - 2х + 1) = 6,
( logi_a!(y + 5)-log2+lz(a:+4) = l.
Идея. Преобразовать первое уравнение системы и использовать свойство суммы
двух взаимно обратных чисел.
Указание. Привести первое уравнение системы к виду
loei-.(» + 2) + loSiJs + 2)=2.
Указание. Воспользоваться свойством суммы двух взаимно обратных чисел.
448
Указания и решения
Решение. Преобразуем первое уравнение системы, воспользовавшись свойства-
ми логарифмов:
21о81-г(-а:У -2х + у + 2) +log2+j,(a;2 - 2х + 1) = 6
21og1_a.(l-a:)(y + 2)+logj,+2(a:-l)2 = 6	Ф=>
2 + 21og1_a,(y + 2) + 21ogJ,+2(l-a:) = 6
~	1°Ь-(8' + 2) + 1ое1-.1(« + 2)=2-
В левой части последнего уравнения стоит сумма двух взаимно обратных чисел,
поэтому уравнение равносильно условию
{1 — ж = ?/ + 2,	( у = — х — 1,
1 - ж > О,	< X < 1,
1 —	а: 0.
Возвращаемся к исходной системе:
{У = -х - 1,
togi-J-х - 1 + 5) - log^^a: + 4) = 1,
X < 1,
х О
{У = -х - 1,
1	4-а?
°Ь-. ~4 = 11
—4 < х < 1,
ж Ф 0;
У = -х - 1,
4 — ж
---7 = 1 - ж,
ж + 4
-4 < ж < 1,
ж 0;
ж = —2,
У = 1-
Ответ. (—2;1).
Задача 13. (Физ-96(2).8)
Для каждого значения а решить уравнение (log2 з)Уг+а+2 = (log9 4)У®2+а2-ба-5#
Идея. Использовать неотрицательность арифметического квадратного корня.
Указание. Перейти к логарифмам по одному основанию:
(10g2 3)^+а+2 = (10g2 3)-^2+а=-6а-5ф
Указание. Используя монотонность показательной функции, перейти к равен-
ству, связывающему показатели степеней:
Vx + а + 2 = — \/ж2 + а2 — 6а — 5.
Указание. Левая часть последнего уравнения неотрицательна, а правая часть
неположительна, поэтому уравнение эквивалентно системе
( ж + а + 2 = 0,
I ж2 + а2 — 6а — 5 = 0;
которая легко решается.
7.3. Уравнения и неравенства с логарифмическими и показательными... 449
Решение. Перейдём в правой части равенства к логарифму по основанию 2 и,
используя монотонность показательной функции, совершим равносильный пере-
ход к равенству, связывающему показатели степеней:
(log2 3)^+о+2 = (log2 3)-Vx2+a=-6a-5
Vx + а + 2 = — у/х2 + а2 — ба — 5.
Так как левая часть последнего уравнения неотрицательна, а правая часть непо-
ложительна, то уравнение эквивалентно следующей системе:
+ a + 2 = О,	(х = —а — 2,	I “
[ ж2 + a2 — 6a — 5 = 0;	[2а2 —2а—1 = 0;	1а=---
1	1	12
Из последней системы легко получается ответ.
„	1 — V3 г/3-5	1 + л/З —л/З —5
Ответ. При а = —-— х = —-—; при а = —-— х = ----.
Задача 1^- (Хим-93(1).5)
Решить уравнение 2 (1 + sin2(ж — 1)) = 22х~х
Идея. Использовать неотрицательность квадрата числа и монотонность показа-
тельной функции.
У казание. Так как sin2(z — 1) > 0, то 2 (1 + sin2(z — 1)) > 2.
У к аз ание. Так как 2х — х2 = 1 — (х — I)2 < 1, то 22®”®2 < 2.
Указание. Следовательно, исходное равенство будет выполнено, если
( sin2 (ж — 1) = 0,
( х - 1 = 0.
Решение. Оценим значения функций в левой и правой частях равенства. В силу
неотрицательности квадрата числа sin2 (ж — 1) > 0, поэтому
2 (1 + sin2(ж — 1)) > 2.
С другой стороны, 2х — х2 = 1 — (ж — I)2 < 1, поэтому в силу монотонности
показательной функции
22®-®2 < 2.
Следовательно, исходное равенство будет выполнено, если
( sin2(z — 1) = 0,
<	1 л	<=> х - 1-
[ х — 1 = 0;
Ответ. 1.
450
Указания и решения
Задача 15. (Геогр-94(1).4)
Решить уравнение Iog05(tg7r2: + ctg тгж) = 8(2ж2 + Зх + 1).
Идея. Использовать свойство суммы двух взаимно обратных величин и ограни-
ченность (с одной стороны) квадратичной функции.
Указание. Найти наибольшее значение левой части и наименьшее значение пра-
вой части.
Указание. На ОДЗ tg тгж + ctgтгж > 2 как сумма двух взаимно обратных по-
ложительных чисел, поэтому левая часть уравнения не превосходит —1. Значение
квадратичной функции /(ж) = 8(2ж2+Зж+1), стоящей в правой части уравнения,
не меньше —1.
Указание. Следовательно, уравнение эквивалентно системе
!tg ТГЖ = 1,
3
Х ~ “4‘
Решение. На ОДЗ tg тгж + ctg тгж > 2 как сумма двух взаимно обратных поло-
жительных величин, поэтому левая часть уравнения не превосходит —1.
Значение квадратичной функции /(ж) = 8(2ж2 + Зж + 1), стоящей в правой
части уравнения, не меньше значения этой функции в вершине:
/ 3\	/99	\
/(®) > f(xe) = f (--) = 8 (2• — - - + 1) = -1.
Следовательно, уравнение имеет решения только при равенстве левой и правой
частей единице, то есть
{tg тгж = 1,	3
3	ж — —
4
з
Ответ. —
4
Задача 16. (У)
Решить неравенство 2sm® + 2cosa: > 21“Т“.
Идея. Оценить левую часть неравенства.
Указание. Использовать неравенство между средним арифметическим и сред-
ним геометрическим.
Решение. Оценим левую часть неравенства
2sin х । 2C0S х 2\/2s^n 31 • 2C0S _21+ (8*п *B^-C0S х) — 21+)
Поскольку минимальное значение синуса равно —1, исходное неравенство спра-
ведливо всегда.
Ответ. (—оо;+оо).
7.3. Уравнения и неравенства с логарифмическими и показательными... 451
Задача 17. (Филол-98.5)
Решить неравенство уТЗ + З^1 с *) < у 5 • 2 2®2 — 1.
Идея. Используя ограниченность тригонометрической функции у = cos® и
монотонность функции у — ах, у = tfx, оценить левую и правую части нера-
венства.
У казание. Воспользовавшись ограниченностью тригонометрической функции
у — cos® и монотонностью функций у = ах, у = а/ж, показать, что левая часть
неравенства не меньше 2, а правая часть - не больше 2.
Указание. Следовательно, возможно только равенство, которое достигается в
единственном случае:
f cos® = 1,
[ ж = 0.
Решение. В силу ограниченности функции у = cos® справедлива следующая
цепочка неравенств:
cos® < 1
1 — cos ж > 0
gl — COS X
1—COS X
^/13 + 3(31-“-)>уй=2.
С другой стороны, для правой части исходного неравенства в силу монотонности
показательной функции справедлива оценка
у/б - 2—^аг2 - 1 < л/5 • 2° - 1 = 2.
Следовательно, левая часть неравенства всегда не меньше правой, а должна быть
не больше. Значит, возможно только равенство, которое достигается в единствен-
ном случае:
( cos ж = 1,	__ _
Ответ. 0.
Задача 18. (ВМК-81.4)
Для каждого значения параметра а найти все значения х, удовлетворяющие pa-
x' ж2\
венству (а + 2)2 log3(2® - ж2) + (За - I)2 logn 11 —— ) = 0.
\ /
Идея. Найти ОДЗ и оценить слагаемые в левой части уравнения.
Указание. ОДЗ: ж Е (0; у/2)«
У к аз ание. Заметим, что logn I 1—— I < 0, log3(2® — ж2) < 0.
у Z /
452
Указания и решения
Решение. Найдём ОДЗ:
{ 2-"/Л0’	Же(0;^2).
Далее заметим, что на ОДЗ справедливы оценки:
х2	/	х2\
1 - v < 1 =* log11 1 - Т < °’
2х - х2 < 1 => log3(2jc - ж2) < 0.
Значит, левая часть уравнения неположительна для всех значений х из ОДЗ,
причём равенство нулю возможно только в случае одновременного обращения в
ноль каждого слагаемого, то есть
( За —1 = 0,	ч J а=-,
I log3(2z-z2) = 0;	| х = 1
Ответ. При а = | х = 1, при остальных значениях а решений нет.
Задача 19. (Геогр-83.4)
Найти все пары чисел (ж, ?/), каждая из которых удовлетворяет условиям
Г 2l®2-2х~ з|— i°g2 з — 3-
t 4|У| - |у - 1| + {у + З)2 < 8.
Идея. Рассмотрев сначала только уравнение системы, получить ограничение на
у. С учётом этого ограничения решить неравенство.
Указание. Из уравнения следует, что у < — 3.
Указание. При у < — 3 оба модуля в неравенстве раскрываются со знаком ми-
нус.
Решение. Рассмотрим уравнение:
2l®2 — 2х—3j— log2 3 _ 3—у—4 s 2l®2-2х~3' = 3—3
Так как |ж2 — 2ж — 3| > 0, то справедливы оценки:
2|®2—2г—3[ > j	3-з/-3 > j	у < _3
При у < — 3 оба модуля в неравенстве системы раскрываются со знаком минус:
Г У < -з,	Г у < -3,
[ —4г/ + (у - 1) + (у + З)2 <8;	[ у2 + Зу < 0;
У < з,
-3 < у < 0;
У = -з.
7.3. Уравнения и неравенства с логарифмическими и показательными... 453
Возвращаясь к уравнению, окончательно получаем:
У = -з,
2|®2 — 2х —3| _ 3—у—3.
у = -^
ж2 - 2® - 3 = 0;
У — 3,
х — —1;
х = 3.
Ответ. (—1; —3), (3;-3).
Задача 20. (Почв-89.5)
Решить неравенство
(®2 — 4® + 3) • lOgx/^/2 (cos2 ТГ® + cos х + 2 sin2
X \
27
> 2.
Идея. Использовать ограниченность тригонометрической функции у = cost,
ограниченность снизу квадратичной функции /(®) = ®2 — 4® + 3 и монотонность
логарифмической функции. Найти наибольшее значение левой части неравенства.
Указание. Привести второй сомножитель левой части неравенства к виду
— 210g2(c0S2 ТГ® + 1).
Указание. Используя ограниченность тригонометрической функции g(t) = cos t,
монотонность логарифмической функции и ограниченность снизу квадратичной
функции f(x) = ж2 — 4® + 3, найти наибольшее значение левой части неравенства.
Указание. Так как 1 < cos2 тг® + 1 < 2, то
—2 < —21og2(cos2 тг® + 1) < 0.
Учитывая, что значение квадратичной функции /(ж) = ®2 — 4® + 3 не меньше
значения этой функции в вершине, то есть
f(x) > f(xe) = /(2) = -1,
получаем, что левая часть неравенства не больше 2.
Решение. Преобразуем второй сомножитель левой части неравенства, перейдя
к логарифму по основанию 2 и применив формулу косинуса двойного угла:
Л	Л Д?
cos тг® + cos х + 2 sin —

(cos2 тг® + cos ж + 1 — cos ж) =
= -21og2(cos2 тг® + 1).
В силу ограниченности функции g(t) — cos t справедливы оценки
1 < cos2 тг® + 1 < 2,
поэтому в силу монотонности логарифмической функции
—2 < —21og2(cos2 тг® + 1) < 0.
Учитывая, что значение квадратичной функции /(ж) = ж2 — 4® + 3 не меньше
значения этой функции в вершине, то есть
f(x) > /(же) = /(2) = -1,
454
Указания и решения
получаем, что левая часть неравенства не больше 2. Следовательно, в исходном
нестрогом неравенстве возможно только равенство, которое достигается при од-
новременном выполнении двух условии:
х = 2,
COS2 7ГЖ — 1
х = 2.
Ответ. 2.
Задача 21. (Геол-95(1).9)
Г log2(|a|a:2 -За? + 4) = 5_и.(а;+1)2
Для каждого значения а решить систему < log2(—Зж + 4)	’
I ж < 1.
Идея. Используя монотонность функции у = log2 t, оценить левую и правую
части уравнения.
Указание. Для всех действительных х справедливо неравенство
|а|ж2 — Зж + 4 > -Зж + 4.
Поскольку по условию ж < 1, то в силу монотонности линейной функции с учётом
ОДЗ
—Зж + 4 > 1.
Указание. В силу монотонности логарифмической функции
log2(|a^2 — Зж + 4) > log2(—Зж + 4) > 0.
Указание. Значит, для всех действительных ж левая часть уравнения не мень-
ше 1. Правая же часть уравнения, наоборот, не превосходит 1.
Указание. Следовательно, уравнение имеет решения только при равенстве ле-
вой и правой частей единице.
Решение. Рассмотрим отдельно левую и правую части уравнения при ж < 1
(ж = 1 решением не является, так как не входит в ОДЗ). Поскольку на ОДЗ
|а|ж2 — Зж + 4 > —Зж + 4 > 1,
то в силу монотонности функции у — log2 t
log2(|a^2 — Зж + 4) > log2(—Зж + 4) > 0.
Следовательно,
log2(|q|a;2 — За; + 4) >
log2(—За:+ 4)	_
Выражение в правой части равенства при любом значении ж, наоборот, не превос-
ходит 1. Следовательно, уравнение имеет решение только при равенстве левой и
правой частей единице:
|а|ж2 - Зж + 4 = —Зж + 4,	( |а|ж2 = 0,
< 5-И-(®+1)2 = 1?	<=>	/ -|ж| . (ж + I)2 = 0,
ж < 1;	ж < 1.
X	’	X
7.3. Уравнения и неравенства с логарифмическими и показательными... 455
Решением последней системы при любом значении а является х = 0; при а = 0
вторым корнем будет х = — 1.
Ответ. При а 0 0 х = 0; при а = 0 х = 0 и х = —1.
Задача 22. (М/м-97(1).5)
( I® + 1| - 1 < х,
Решить систему (2^ + 2-2 + 22-) cos + cos^re) + 3 + 22^3 = 0.
Идея. Разложить левую часть второго уравнения на множители. Использовать
оценки и монотонность показательной функции.
Указание. Поделив на 2, разложить левую часть второго уравнения на мно-
жители:
/2*-3 + 21-* + cos (cos + 2*"1) = 0.
Указание. Решать полученное уравнение методом расщепления. Использовать
свойство суммы взаимно обратных величин, монотонность показательной функ-
ции и учесть решение первого неравенства системы.
лт	тт	7ГХ	с\х — 1
У казание. При решении уравнения cos — = — 2	рассмотреть отдельно два
случая по х : х Е [—1; 1] и х > 1.
Решение. Решим неравенство системы:
|® + 1|- 1 <х <=>	|® + 1|<® + 1	<=> х + 1 > 0	х > -1.
Далее рассмотрим второе уравнение. Разделим его на 2, применим в левой части
формулу косинуса двойного угла и разложим выражение на множители:
(2-1 + 2-3 + 21-*) cos + cos2 + 1 + 22*-4 =
Z	Z
= (21-3 + 21-*) cos у + (cos у + 2*-1) cos у + 2*-1 (21-* + 2*-3) =
= (2Х~3 + 21-а!) (cos у + 2®-1) + (cos у + 2®-1) cos у =
= (г®-3 + 21-® + cos у) (cos у + 2*-1) .
Значит, второе уравнение системы эквивалентно совокупности:
’ 2—3 + 2r~x + cos у = 0;
cos + 21-1 = 0.
- Z
Рассмотрим два случая.
_ v тгх 2Х~2 + 22~х
1-и случаи, cos — =------------ < —1, так как сумма взаимно обратных по-
ложительных величин не меньше 2. Следовательно, это уравнение эквивалентно
системе
{ТГЖ	( 7VX	_
cos — = —1,	I — = тг + 2тгп, n Е Z,	_ 9
2	s /	\	2	z х — 2.
2Х~2 = 1;	( х - 2 = 0;
456
Указания и решения
Проверкой убеждается, что найденное значение переменной х удовлетворяет и
первому уравнению исходной системы.
2-й случай.
cos = -2* х-1
2
Заметим, что при ж С [—1; 1] левая часть уравнения
неотрицательна, а правая часть отрицательна; значит, в этом случае решений нет.
При х > 1 правая часть уравнения меньше —1, в то время как левая часть всегда
не меньше —1. Поэтому и при этих значениях переменной х решений нет.
Ответ. 2.
Задача 23. (ЕГЭ.С)
Найдите все значения а, при каждом из которых оба числа 3sina + 5 и
г. п о. . .о	(25ж — Зж2 -Ь 18)л/я^=ПГ Л
9 cos 2а — 36 sm а — 18 являются решениями неравенства----:---—-------- > 0.
10g4 |® — 7| — 1
Идея. Использовать модифицированный метод интервалов для решения нера-
венства и ограниченность функции у — sin® при проверке условия попадания
данных чисел в множество решений.
Указание. Решить неравенство, разложив числитель на множители и восполь-
зовавшись модифицированным методом интервалов для знаменателя:
(3® + 2)(ж - 9)v® - 1 < Q
< (ж — 3)(® — 11)	“ ’
х 7;
х е [1;3) U [9; 11).
Указание. Найти такие значения параметра а, при которых оба числа из усло-
вия попадали бы в один из полуинтервалов.
Решение. Решим неравенство. Раскладывая числитель на множители и исполь-
зуя модифицированный метод интервалов, получаем:
(25® - Зж2 + 18)г/ж^Т
log4 I® - 7| - 1
(З®2 - 25® - 18)Ч/®^Л
|® - 7| -4
х 7;
(Зж + 2)(® - 9)V® - 1 п
(|®-7|-4)(|®-7|+4) - °’
х Ф 7;
(3®+ 2)(® -9)у^Т
(ж —3)(ж —11)	“
х 7;
х е [1; 3) U [9; 11).
Таким образом, надо найти такие значения параметра а, при которых оба числа
из условия попадали бы в один из полуинтервалов. Преобразуем второе число:
9 cos 2а - 36 sin а - 18 = 9(1 - 2 sin2 а) - 36 sin а - 18 — —18(sina + I)2 + 9.
7.3. Уравнения и неравенства с логарифмическими и показательными... 457
Выпишем условия:
{1 < 3 sin а + 5 < 3;
9 < 3 sin а + 5 < 11;
’1 < -18(sina + l)2 + 9 < 3;
9 < —18(sina + l)2 +9 < 11;
( Г 4	2
— - < sma < —
43 .	3
- < sma < 2;
Нз -
Г 1	Л ,  г' 1
—= — 1 < sin а < —
л/3	" 3’
sina = —1.
Так как — 1 >
л/3
2
3’
то решением последней системы будет только
sin a = — 1
а =--------Н 2тгп, п Е Z.
2
Ответ. — — + 2тгп, n € Z.
Задача 24- (ЕГЭ.С)
Найдите все значения а, при каждом из которых оба числа а • 2а-4 и
/	2» _ 2 \
а2-4а-4+104—5а-2а~2 являются решениями неравенства log10 5	(log2------ ) > 0.
’	\	'Г* — Л I
Идея. При решении неравенства использовать модифицированный метод ин-
тервалов. При проверке условия попадания данных чисел в множество решений
использовать положительность и монотонность показательной функции.
Указание. Используя модифицированный метод интервалов, получить решение
неравенства:
' 3 < х < 4;
9,5 < х < 10,5.
Указание. Обозначив b = а • 2а 4, привести второе число к виду
с = а2 • 4а-4 + 104 - 5а • 2а"2 = (Ь - 10)2 + 4.
Указание. Найти такие значения 6, при которых число с попадает на множе-
ство решений исходного неравенства. Этим условиям удовлетворяет b = 10.
Указание. При решении уравнения а • 2а“4 = 10 использовать монотонность
стоящей слева функции.
Решение. Решим неравенство, используя модифицированный метод интерва-
лов:
(х — 2 \
log2 --5 > 0
х — 3 /
(	/ ж — 2	\
(10,5 - я; - 1) (log2--------1 >0,
у х — 6 J
1 х ~ 2 Л
1 10«2	> °’
х 3
10,5 - х > 0;
10,5 — х /1;
458
Указания и решения
(9,5-2!)	>0,
\ X о /
I х — 2	3 < х < 4,
1 ^7Гз>1’	9,5 <х< 10,5.
х < 10,5;
ч х ф 9,5;
Пусть b = а ♦ 2а-4, тогда
с = а2- 4а~4 + 104 - 5а • 2““2 = Ь2 + 104 - 5 • b  22 = (b - 10)2 + 4.
Найдём такие значения Ь, при которых число с попадает на множество решений
исходного неравенства:
3< (6- 10)2+4<4;
9,5 < (5- 10)2 + 4 < 10,5;
Ь = 10;
10 -	< Ъ < 10 - л/5Г5 ;
10 + г/5^5 < Ъ < 10 +у<5.
Поскольку не только число с, но и число Ъ должно быть решением неравенства,
то возможно только единственное значение b = 10.
Итак, надо решить уравнение а • 2а-4 = 10. Очевидно, что решением этого
уравнения могут быть только а > 0. При таких а слева стоит произведение двух
положительных возрастающих функций, то есть возрастающая функция. Значит,
если решение существует, то оно единственное. Его легко угадать: а = 5.
Ответ. 5.
8. Задачи на доказательство
8.1. Тригонометрические задачи на доказательство
Задача 1.
Доказать, что
v/3 + tgy^ = 2.
X &
ТГ
Идея. Найти значение tg —.
Указание. Использовать формулу косинуса двойного угла.
тг _
Решение. Вычислим tg —. Поскольку
1^4 = (2-л/з)2
тг
1 — cos —
tff2 2L -_______б
19 —	ТГ
12	1 + cos —
б
и 0 < — < — , получаем, что tg —- = 2 — д/З. Следовательно,
J. Zi А	1. Zl
\/3 + tg^ = V3 + 2-V3 = 2,
J. л
что и требовалось доказать.
8.1. Тригонометрические задачи на доказательство
459
Задача 2.
Доказать, что < sin6 х + cos6 х < 1.
Идея. Выразить сумму шестых степеней тригонометрических функций через
sin 2х.
Указание. Применить формулу суммы кубов.
Решение. Разложим выражение sin6 х+cos6 х на множители по формуле суммы
кубов:
sin6 х + cos6 х = (sin2 х + cos2 ж)(sin4 х — sin2 х cos2 х + cos4 х) =
3
= (sin2 х + cos2 a?)2 — 3 sin2 x cos2 x = 1 — - sin2 2x.
4
13	1
Так как 0 < sin2	2x <	1, то - < 1 — - sin2	2x < 1	и -	< sin6 x + cos6 x < 1,
-	-	4 ~	4	_	4
что и требовалось доказать.
Задача 3.
Доказать, что 2(sin6 а + cos6 а) — 3(sin4 а + cos4 а) + 1 = 0.
Идея. С помощью алгебраических преобразований и основного тригонометриче-
ского тождества привести равенство к очевидному.
Указание. Преобразовать первое слагаемое по формуле суммы кубов.
Решение. Преобразуем левую часть уравнения:
2 ((sin2 а)3 + (cos2 а)3) — 3(sin4 а + cos4 а) + 1 =
= 2(sin2 а + cos2 а) (sin4 а — sin2 a cos2 а + cos4 а) — 3(sin4 а + cos4 а) + 1 =
= 2(sin4 а — sin2 a cos2 а + cos4 а) — 3(sin4 а + cos4 а) + 1 =
= —(sin4 а + 2 sin2 a cos2 а + cos4 а) + 1 = —(sin2 а + cos2 а)2 + 1 = — 1 + 1 = 0.
Задача 4-
~	7Г ЗТГ 1
Доказать, что cos —h cos — = -.
5	5	2
7Г
Идея. Умножить обе части уравнения на положительное число 2 sin — .
5
Указание. Использовать формулу суммы косинусов.
7Г
Указание. Домножить обе части на 2 sin — и дважды применить формулу си-
нуса двойного угла.
460
Указания и решения
Решение. Преобразуем левую часть равенства по формуле суммы косинусов:
Л 7Г 2тг 1
2 cos — cos — = -.
5	5	2
Умножим обе части уравнения на 2 sin — и дважды применим в левой части фор-
v.	5
мулу синуса двойного угла:
Л . 7Г	7Г\	27Г	1 / , 7Г\
2 2 sm — cos — cos — = - 2 sm —
V 557	52V	57
Л , 2тг	2тг	. 7Г	. 4тг	. 7Г
<=>	2 sm —	cos	—	=	sm —	<=>	sm —	=	sm —
5	5	5	5	5
Последнее равенство справедливо, так как сумма углов равна тг.
Задача 5.
тг 4тг 5тг 1
Доказать равенство cos — • cos — • cos —- = -.
Идея. Домножить и поделить левую часть на 8 sin — и трижды воспользоваться
формулой синуса двойного угла.
5тг	2тг
Указание, cos —- = — cos —.
7	7
Решение. Преобразуем левую часть равенства:
Л	.	7Г	7Г	2тг	4тг
8	sm — • cos -	• cos — • cos —-
7Г	47Г	отг	7	7	7	7
COS — • COS — • COS —- =-!!~!------------— =
7	7	7	8sin^
7
, . 2тг 2тг 4тг „ . 4тг 4тг . ,8тг
4 sin — • cos — • cos —	2 sin — • cos — sm —
___________7_______7_______7 _____________7______7 =_________7
Л . 7Г	Л . 7Г	Л . 7Г
8 sm —	8 sm -	8 sm —
7	7	7
Равенство доказано.
Задача 6.
Доказать, что sin(7r + а) • sin
sin За
4
Идея. Выразить функп^гто в левой части равенства через sin а.
Указание. Преобразовать второй и третий множители по формуле произведе-
ния синусов.
Указание. Использовать формулу синуса тройного угла.
8.1. Тригонометрические задачи на доказательство
461
Решение. Воспользуемся в левой части равенства формулой произведения си-
нусов для второго и третьего сомножителей и применим формулу синуса тройного
угла:
sin(7r + а) • sin
2тг
COS —
3
1 ( 1 Л \	1 . /ч Л/ч Л . 2 sin За
— — sm а • - I — - — cos 2а I = - sm а • (1 + 2(1 — 2 sm a)J = —-—
что и требовалось доказать.
Задача 7.
_	. irk
При всех значениях а р —
Н Z доказать неравенство
3(tg2 a + ctg2 a) — 8(tg a + ctg a) + 10 > 0.
Идея. Сделав замену переменных, свести неравенство к квадратному.
Указание. Произвести замену t = tga + ctga.
Решение. Положим t = tg a + ctg a, где \t| > 2. Неравенство примет вид
3(£2 - 2) - St + 10 > 0
St2 - St + 4 > 0
t e
U [2;+oo).
Следовательно, при \t\ > 2 неравенство справедливо.
Задача 8.
ТТ	Q кк
При всех значениях р р —,
к 6 Z доказать неравенство
3(1 +cos2 2/3) _	8
sin2 2/3 sin ~
Идея. Свести неравенство к квадратному.
Указание. Произвести замену а = sin 2/3.
Решение. Пусть а = sin 2/3, где а Е [—1;0) U (0; 1]. Домножив неравенство
на а2 > 0, получим
2а2 — Sa + 6 > 0
а Е (—оо; 1] U [3; +оо).
Следовательно, неравенство справедливо при всех а Е [—1; 0) U (0; 1], что и требо-
валось доказать.
462
Указания и решения
Задача 9.
sm 20° sm 40° sm 60° sm 80°
Доказать равенство ————;———;———;——- = 3.
sm 10° sm 30° sm 50° sm 70°
Идея. Вычислить отдельно числитель и знаменатель дроби.
Указание. При вычислении знаменателя дроби домножить и поделить его на
2 sin 20°, после чего дважды применить формулу синуса двойного угла. Предва-
рительно с помощью формул приведения перейти от синусов к косинусам.
Решение. Вычислим числитель дроби, подставив известное табличное значение
и воспользовавшись формулами произведения тригонометрических функций:
\/3
sin 20° sin 40° sin 60° sin 80° = V sin 20° sin 40° sin 80° =
2
Л/3	л/З	л/З	л/З	3
= — sin40° (cos 60° - cos 100°) = — sin40°---— sin 140° + —- sin60° = —.
4	8	8	8	16
Вычислим знаменатель дроби, умножив и разделив его на 2 sin 20° и дважды при-
менив формулу синуса двойного угла:
sin 10° sin 30° sin 50° sin 70° = | cos 20° cos 40° cos 80° =
2
_ 2 sin 20° cos 20° cos 40° cos 80° _ 2 sin 40° cos 40° cos 80° _
4 sin 20°	8 sin 20°
_ 2 sin 80° cos 80° _ sin 160° _ 1
16sin20°	“ 16sin20° “ 16*
Окончательно получаем:
sin 20° sin 40° sin 60° sin 80° _ 3 • 16 _
sin 10° sin 30° sin 50° sin 70°	16
Равенство доказано.
Задача 10.
Доказать, что
1 7Г
arctg 2 С г
Идея. Использовать метод промежуточной числовой границы, то есть указать
число, которое лежит между двумя заданными.
7Г
Указание. В качестве промежуточного числа использовать —.
Решение. Воспользуемся монотонным возрастанием функции у = arctg х и ме-
тодом промежуточной числовой границы:
1	1 тг тг
arct82<aICt873 = e<5
1 7Г
arctg - <
2 о
8.1. Тригонометрические задачи на доказательство
463
Задача 11.
Доказать, что — < arcsin - + arccos
Идея. Сравнить синусы углов.
Указание. Убедиться в том, что углы лежат в области монотонного возраста-
ния функции у = sin х.
1
2
1
-, а в первой четверти
гак как 0 < |
2
, так как -
3
Решение. Прежде всего убедимся в том, что выражения (углы) в левой и пра-
вой частях неравенства принимают значения из первой четверти, где функция
у = sin х монотонно возрастает. Затем вычислим синусы углов и сравним их.
т-г	ТГ /	7Г\
Поскольку, очевидно, — Е (0; — I, сосредоточимся
части неравенства.
_	. 1	/ 7Г\
Первое слагаемое arcsm - Е (^0; — J , о
_	2	/	7Г\
Второе слагаемое arccos- Е (^0; — J
косинус убывает.
„	.12
Следовательно, arcsm - + arccos - Е
о	и
„	.	( . 1 2\
Используя формулу синуса суммы,	вычислим	sm	I arcsm - + arccos - I	и срав-
\	и о /
на выражении в правой
. тг V2
ним его со значением sm — — —
4	2
. (	. 1	2
sm I arcsm - + arccos -
. /	. 1\	(	2\	/	. 1\	. /	2
= sm arcsm - cos arccos - + cos arcsm - sin arccos -
V 3/	\	3/	V 3/ v	3
1 2	2a/2 y/5	2 + 2a/10	y/2	. it
~ 3 ' 3 + ~3 Г -	9	> ~T ~ Sm 4 ‘
Поскольку оба угла принадлежат первой четверти и синус второго угла больше
синуса первого, то второй угол больше первого. Неравенство доказано.
Задача 12.
Доказать, что
а 1	7	тг
2 arctg- +	arctg	—	=
“I	ZiO	4
Идея. Сравнить тангенсы соответствующих углов.
Указание. Проверить, что углы лежат в области, где функция tg х монотонна.
Решение. Перепишем равенство в виде
п 1 тг	7
2 arctg - = - - arctg —.
464
Указания и решения
Докажем его справедливость. Поскольку аргументы арктангенсов не превосходят
7Г
единицы, арктангенсы принимают значения из промежутка от нуля до —. Сле-
довательно, функции в левой и правой частях последнего равенства принимают
значения из первой четверти, и нам достаточно убедиться в равенстве их танген-
сов:
/	Л	(к	7
tg 12arctg- =tg - - arctg —
\	/	\ *	"O
4
>4
14
>4
8 _ _8_
15 ~ 15’
Равенство доказано.
Задача 13.
Доказать, что если 0 < х < 1, то х sin х + cos х > 1.
Идея. Рассмотреть разность х sin х + cos х — 1 и перейти к аргументу
Указание. Рассмотрев разность х sin х 4- cos х — 1, получить:
х
2‘
_ . X / X . х\
х sm х + cos х — 1 = 2 sm — I x cos — — sm - I .
Z \ A	A /
Указание. Показать, что оба сомножителя неотрицательны при заданных х.
Решение. Рассмотрим разность левой и правой частей неравенства:
х sin х + cos х — 1 = 2ж sin — cos — + 1 — 2 sin2 — — 1 = 2 sin — (x cos — — sin —
2	2	2	2 \	2	2
Так как 0 < x < 1, то 0 < sin - < —, a cos — >
х ~х х ~	2 ~ 2	2 ~
х cos — > — > sin —. Значит, оба сомножителя
2 “ 2 -	2
1	7Г	л/З	1
cos - > cos — = —- > -. Поэтому
2	6	2	2
неотрицательны, что доказывает
исходное неравенство.
Задача 14-
тт	•	71’2
Доказать справедливость неравенства arcsin ж-arccos х < — и указать, при каких
значениях х вьшолняется равенство.
Идея. Сделать замену t = arcsinж и решить неравенство относительно новой
переменной.
_ _	__	.	7Г
Указание. Использовать равенство arcsinж + arccosж = —.
8.1. Тригонометрические задачи на доказательство
465
TV	TV
Решение. Выполним замену t = arcsinж, — 1 < ж < 1, — — <t<—. Посколь-
7Г	TV _
ку arcsm ж + arccos ж = —, то arccos ж = — — t. Поэтому исходное неравенство
принимает вид
.2
2
t
Следовательно, неравенство верно при любых ж G [—1; 1]. Равенство выполняется
тг	г/2
при arcsin ж = —, то есть при ж =
Ответ.
г/2
Т'
Задача 15.
г.	.	„	. о 1	.109
Зная, что siiiQ > 0 и sin За > доказать, что sma> ——.
’	4	1296
Идея. Использовать формулу синуса тройного угла.
Указание. Получить предварительную оценку sin а > —-.
X Z
гт.	. л л . Л . з	. sin За + 4 sin3 а __
Решение. Так как sm За = 3 sm а — 4 sm а, то sm а = ----------. Ис-
пользуя условие задачи, получаем уточнённую оценку для sin а:
sin За + 4 sin3 а	1
sm а =-------------- > —.
3	12
Воспользуемся полученным ограничением и условием задачи:
—V
12 J _ 109
“ 1296*
Неравенство доказано.
s + 4l
3
sin За + 4 sin3 а
sm а =----------------------
3
Задача 16.
тт	х2
Доказать, что cos ж > 1------при 0 <
2
TV
2
Идея. Использовать известное свойство: sin ж < ж при 0 < ж < —.
Указание. Воспользоваться формулой косинуса двойного угла.
Решение. Воспользуемся формулой косинуса двойного угла и неравенством 0 <
7Г
sin ж < ж при 0 < ж < — (см. пример 3):
ж	ж^	ж^
cos ж = 1 - 2 sin2 — > 1 — 2 • — = 1----------
2	4	2
Неравенство доказано.
466
Указания и решения
Задача 17.
Имеет ли смысл выражение arcsin (-\/32 sin уу) ?
--- 7Г
Идея. Проверить, что у 32 sin — Е [—1;1].
Указание. Показать, что у 32 sin — > 1 и, следовательно, у 32 sin— >11.
12	11
Решение. Покажем, что
л/32зш^- > л/32зш^- > 1.
11	12
Первое неравенство справедливо в силу монотонного возрастания функции у = sin х
7Г
в первой четверти. Для доказательства второго неравенства вычислим sin —. Вос-
пользуемся формулой косинуса двойного угла:
ТГ , о . 2	.	- К а/2 - л/з
cos — = 1 — 2 sin — => sin — =------------.
6	12	12	2
/—	к
Покажем, что у 32 sin — > 1:
V 1
2
2л/2 • ^2- д/З V 1
2^4-2\/3 V 1
2y/(v/3 — I)2 V 1
2(л/3 —1) V 1
2д/з V 3
2 V \/3
4 > 3.
/~п	• ^Г i	•	( /п	\
Следовательно, у 32 sm — > 1, и выражение arcsm I у 32 sm — 1 не имеет смысла.
Ответ. Не имеет.
Задача 18.
7Г
Имеет ли решение уравнение cos (sin7z) = — ?
7Г
Идея. Свести задачу к сравнению чисел cos 1 и —.
5
Указание. Оценить cos 1 через косинус известного угла.
8.1. Тригонометрические задачи на доказательство
467
7Г
Решение. Покажем, что существует у Е [—1; 1] такой, что cos у = —. Для этого
5
. 7Г
достаточно доказать, что cos 1 < —. Справедлива цепочка неравенств:
5
1	v3
cos 1 < cos 55° = cos(60° - 5°) = - • cos 5° + — • sin5° <
Z	z
1	л/3	5	1	5 _ 19	3 тг
<2+V180<2 + 180-36<5<5'
Мы воспользовались оценками cos ж <1, sin x < x.
Ответ. Да.
Задача 19.
Доказать справедливость неравенства cos(cosz) > 0,5.
Идея. Использовать оценки иррационального числа тг.
Указание. тг > 3.
Решение. Поскольку
задачи верно для любого х Е R.
— — < —1 < cos ж < 1
3
7Г
3’
неравенство в условии
Задача 20.
Доказать справедливость неравенства cos(sin®) > sin(cosz).
Идея. Перенести все слагаемые в левую часть и разложить выражение на мно-
жители.
Указание. Использовать формулы приведения и разности синусов.
Решение. Воспользуемся формулой приведения cos(sin х) — sin — sin х^ , вы-
ражением для разности синусов и методом дополнительного аргумента:
sin
sin(cos х) > 0
(тг cos х 4- smх\	/ тг cosх — smх\
------------- • cos - Н----------- > 0	<=>
4	2	/	\4	2 J
Поскольку тг > 3 > 2л/2, то есть
аргументы синуса и косинуса принима-
ют значения из первой четверти. Следовательно, синус и косинус положительны,
и неравенство справедливо при всех х Е R.
468
Указания и решения
8.2. Метод математической индукции
Задача 1.
тт	-<	п(п + 1)
Доказать, что 1 + 2 + ...+п=----- Vn 6 N.
Идея. Воспользоваться методом математической индукции.
Указание. Выписать левую часть равенства для п = k + 1 и использовать
предположение индукции.
Решение. Воспользуемся методом математической индукции. Сначала прове-
рим справедливость утверждения при п = 1. Получим
Теперь предположим, что равенство справедливо при п = к:
. п 7 к(к + 1)
1 + 2 + ... + к = -Ц-—L
А
и докажем его истинность при п = к + 1. То есть нам надо доказать, что
l + 2 + ... + t + (fc + l)=(t + 1>(fc + 2).
Выпишем левую часть равенства и используем предположение индукции:
7 /т -1 \ к (к + 1) Z7 v к (к + 1) + 2(fc + 1) (fc + ~Ь 2)
1 + 2 + ... + к + (к + 1) = -Ц-—+ (fc + 1) = —-L—----
А	А	А
Таким образом, утверждение при п = к + 1 доказано и, следовательно, оно спра-
ведливо при всех натуральных п.
Замечание. Это известная формула суммы арифметической прогрессии чисел
от 1 до п.
Задача 2.
Доказать, что 1 + 2 + 22 + ... + 2п~1 = 2п — 1 Vn € N.
Идея. Воспользоваться методом математической индукции.
Указание. Выписать левую часть равенства для п = к 4- 1 и использовать
предположение индукции.
Решение. Воспользуемся методом математической индукции. Сначала прове-
рим справедливость утверждения при п = 1. Получим
1 = 21 - 1
верно.
8.2. Метод математической индукции
469
Теперь предположим, что равенство справедливо при п — к:
1 + 2 + 22 + ... + 2Л-1 = 2к - 1
и докажем его истинность при п — к + 1. То есть нам надо доказать, что
1 + 2 + 22 + ... + 2*"1 + 2к = 2k+1 - 1.
Выпишем левую часть равенства и используем предположение индукции:
1 + 2 + 22 + ... + 2fc“1 + 2к = 2к - 1 + 2к = 2 • 2к - 1 = 2fc+1 - 1.
Таким образом, утверждение при п = к + 1 доказано и, следовательно, оно спра-
ведливо при всех натуральных п.
Задача 3.
Доказать, что 1 + 3 + 5 + ... + (2п — 1) = п2 Vn е N.
Идея. Воспользоваться методом математической индукции.
Указание. Выписать левую часть равенства для п = к + 1 и использовать
предположение индукции.
Решение. Воспользуемся методом математической индукции. Сначала прове-
рим справедливость утверждения при п = 1. Получим
1 = I2 — верно.
Теперь предположим, что равенство справедливо при п = к:
1 + 3 + 5 + ... + (2к - 1) = к2
и докажем его истинность при п = к + 1. То есть нам надо доказать, что
1 + 3 + 5 + ... + (2к - 1) + (2(fc + 1) - 1) = (к + I)2.
Выпишем левую часть равенства и используем предположение индукции:
1 + 3 + 5 + ... + (2k - 1) + (2(к + 1) - 1) = к2 + 2к + 1 = (fc + I)2.
Таким образом, утверждение при п = к + 1 доказано и, следовательно, оно спра-
ведливо при всех натуральных п.
Задача 4-
Доказать для любого натурального п равенство
1	(	1	(	1	(	1	_ п
1-2 + 2- 3 + 3- 4+ "'+п-(п + 1)~п + Г
Идея. Воспользоваться методом математической индукции.
Указание. Выписать левую часть равенства для п = к + 1 и использовать
предположение индукции.
470
Указания и решения
Решение. Воспользуемся методом математической индукции. Сначала прове-
рим справедливость утверждения при п = 1. Получим
1 1
— = - - верно.
Теперь предположим, что равенство справедливо при п - к:
111	1	_ к
1 • 2 + 2 • 3 + 3-4 + "' + fe • (fe + 1) ~ к + 1
н. докажем его истинность при п = к + 1. То есть нам надо доказать, что
1	1 _fc+l
П + Гз + 3-4 +‘" + к-(к + 1) + (fe + 1) • (fe + 2) - к + 2'
Выпишем левую часть равенства и используем предположение индукции:
1 > 1 t 1 . > 1 1 _fc 1
П + Г~3 +	+ ‘ ” + к-(к + 1) + (fc +!)•(*: +2) - к + 1 + (fc + 1) • (fe + 2) “
к(к + 2) + 1 _ (fe + I)2	_ к + 1
“ (к + 1) • (к + 2) “ (к + 1) • {к + 2) “ к + 2’
Таким образом, утверждение при п = к + 1 доказано и, следовательно, оно спра-
ведливо при всех натуральных п.
Замечание. Это равенство можно доказать без применения метода математи-
1 1 1
ческой индукции. Так как   — = -—  ------, то
к(к + 1) к к + 1
1 t 1 ( 1 ( 1
Ь2 + 2Тз + П + ’ ‘ ’ + п • (n + 1) -
_ 1 1 1 1 1 1 1 1 _ п
~ 2 + 2~ 3 + 3~ 4 + “‘ + п~ п + 1 “ ~ п+1 ~ п + 1’
Что и требовалось доказать.
Задача 5.
Доказать, что (тг — 1)! > 2п Vn > 6.
Идея. Воспользоваться методом математической индукции.
Указание. Выписать левую часть неравенства для п = к + 1 и использовать
предположение индукции.
Решение. Воспользуемся методом математической индукции. Сначала прове-
рим справедливость утверждения при тг = 6. Получим
5! > 26 - верно.
8.2. Метод математической индукции
471
Теперь предположим, что неравенство справедливо при п = к > 6:
(fc - 1)! > 2к
и докажем его истинность при п — к Ч- 1. То есть нам надо доказать, что
fc! > 2a+1.
Выпишем левую часть неравенства и используем предположение индукции:
к
к\ = (fc - 1)! • к > 2к • к = 2fc+1 • - > 2fc+1.
Таким образом, утверждение при п — к Ч- 1 доказано и, следовательно, оно спра-
ведливо при всех натуральных п.
Задача 6.
Доказать, что 1 Ч- ~^= Ч-... Ч- -~^= > у/п Чп > 2.
Идея. Воспользоваться методом математической индукции.
Указание. Выписать левую часть неравенства для п = к Ч- 1 и использовать
предположение индукции.
Решение. Воспользуемся методом математической индукции. Сначала прове-
рим справедливость утверждения при п = 2. Получим
1 Ч- ~^= > х/2 — верно.
Теперь предположим, что неравенство справедливо при п = к:
1	1	1 /Г
1 + —= + ... + —=> Vk
42 4к
и докажем его истинность при п = к + 1. То есть нам надо доказать, что
1	11	л--т
1 + - +	> Vfc +1.
42 4к г/fc + l
Выпишем левую часть неравенства и используем предположение индукции:
1 Ч—Ч- • •. Ч—7= Ч—	> V к Ч——
42 4к 4к + 1 л/fc + l
4к2 + к + 1 к + 1 г-------
---7=---- > —- . — У к Ч- 1-
х/к Ч- 1 Vk Ч-1
Таким образом, утверждение при п — к Ч-1 доказано и, следовательно, оно спра-
ведливо при всех натуральных п.
Замечание. Это неравенство можно доказать без применения метода матема-
тической индукции:
Что и требовалось доказать.
472
Указания и решения
Задача 7.
Доказать, что
Vne N.
Идея. Воспользоваться методом математической индукции.
Указание. Выписать левую часть неравенства для п = k Ч- 1 и использовать
предположение индукции.
Решение. Воспользуемся методом математической индукции. Сначала прове-
рим справедливость утверждения при п = 1. Получим
1 < 2д/1 — верно.
Теперь предположим, что неравенство справедливо при п = к:
1 + —7= + ... + —2у/к
х/2 Vk
и докажем его истинность при п = к Ч- 1. То есть нам надо доказать, что
1 4—-р + ... Ч—Ч—г----• < 2л//с Ч" 1.
г/2 4к у/к + \
Выпишем левую часть неравенства и используем предположение индукции:
,	1	1	1 Л г- 1	г/4&2 + 4А; + 1 V4F + 4fc +1 +1
14—^Ч-* • *4—7=4—/	< 2v к~\—,	— -----г .---- < -----.---------—
\/2 у/к у/к 4-1	у/к Ч-1 у/к Ч-1	\/к 4- 1
2к Ч- 2 г-----—
=	_ = 2у/к Ч- 1.
лДч-1
Таким образом, утверждение при п = к Ч-1 доказано и, следовательно, оно спра-
ведливо при всех натуральных п.
Задача 8.
тт	1	3
Доказать, что - • -
£	4
2п — 1	1
2п	yj2n 4-1
Vn е N.
Идея. Воспользоваться методом математической индукции.
Указание. Выписать левую часть неравенства для п = к Ч- 1 и использовать
предположение индукции.
Решение. Воспользуемся методом математической индукции. Сначала прове-
рим справедливость утверждения при п = 1. Получим
1	1
2	< 7з ~ верно*
8.2. Метод математической индукции
473
Теперь предположим, что неравенство справедливо при п = к:
13 2fc — 1	1
2 4 2к < ^2к + 1
и докажем его истинность при п = к + 1. То есть нам надо доказать, что
13 2fe — 1 2fe + 1	1
2 4” 2fc ’ 2fe + 2 < V2fe + 3’
Выпишем левую часть неравенства и используем предположение индукции:
13 2fc — 1 2fc + 1	1 2к + 1 _	1	у/(2к + 3)(2к + 1)
2’4'"’’ 2к ' 2к + 2 < ^/2к + 1 2fc + 2 ~ V2fe + 3 2fc + 2
1	д/4А:2 + 8fe + 3	1 vW +	+ 4 _	1
“ V2fe + 3 2k+ 2	< V2fe + 3 2k+ 2	~ V2fe + 3‘
Таким образом, утверждение при п = к + 1 доказано и, следовательно, оно спра-
ведливо при всех натуральных п.
Задача 9.
Доказать, что 2п > п2 \п > 5.
Идея. Воспользоваться методом математической индукции.
Указание. Выписать левую часть неравенства для п = к + 1 и использовать
предположение индукции.
Указание. Воспользоваться тем, что к2 — 2к — 1 > О > 5
Решение. Воспользуемся методом математической индукции. Сначала прове-
рим справедливость утверждения при п = 5. Получим
25 > 52 — верно.
Теперь предположим, что неравенство справедливо при п = к > 5:
2к > к2
и докажем его истинность при п = к + 1. То есть нам надо доказать, что
2fe+1 > (к + I)2.
Выпишем левую часть неравенства и используем предположение индукции:
2fc+i = 2 • 2к > 2к2 = (к + I)2 + к2 - 2к - 1 > (к + I)2.
В последнем переходе использован тот факт, что к2 — 2к — 1 > 0 \/к > 5. Таким
образом, утверждение при п = к + 1 доказано и, следовательно, оно справедливо
при всех натуральных п.
474
Указания и решения
Задача 10.
Доказать, что I3 + 23 + ... + п3 = (1 + 2 + ... + п)2 \/п е N.
Идея. Воспользоваться методом математической индукции.
Указание. Выписать левую часть равенства для п — k + 1 и использовать
предположение индукции.
Решение. Воспользуемся методом математической индукции. Сначала прове-
рим справедливость утверждения при п = 1. Получим
I3 = I2 - верно.
Теперь предположим, что равенство справедливо при п = к:
I3 + 23 + ... + к3 = (1 + 2 + ... + к)2
и докажем его истинность при п = к + 1. То есть нам надо доказать, что
I3 + 23 + ... + к3 + (к + I)3 = (1 + 2 + ... + к + (к + I))2.
Выпишем левую часть равенства и используем предположение индукции:
I3 + 23 + ... + к3 + (к + I)3 = (1 + 2 + ... + к)2 + (к + I)3 =
= (l + ... + fe)2 + 2(l + ... + fc)(fc + l) + (fc + l)2 + (fe + l)3-2(l + ... + fc)(fe + l)-(fc + l)2 =
= (l + ... + fe + (fe + l))2 + (fe + l)3-2-fc(fc + 1)-(fe + l)-(fc + l)2 = (l + ... + fe + (fe + l))2.
В предпоследнем переходе была использована формула суммы арифметической
прогрессии (или формула из задачи 1). Таким образом, утверждение при п = к +1
доказано и, следовательно, оно справедливо при всех натуральных п.
Задача 11.
Доказать,что при любом натуральном п выполняется неравенство
Идея. Воспользоваться методом математической индукции.
Указание. Выписать левую часть неравенства для п = к + 1 и использовать
предположение индукции.
Указание. Выделить выражение, стоящее в правой части. Для оценки остав-
шегося сомножителя использовать неравенство Бернулли.
8.2. Метод математической индукции
475
Решение. Воспользуемся методом математической индукции. Сначала прове-
рим справедливость утверждения при п = 1. Получим
верно.
Теперь предположим, что неравенство справедливо при п = к:
2 )
1 • 2 • 3 •... • к <
и докажем его истинность при п = к + 1. То есть нам надо доказать, что
/Ь । 2\к+1
1 • 2 • 3 •... • fc • (fc + 1) <	•
\ Zi /
Выпишем левую часть неравенства и используем предположение индукции:
/7Л I 1 \	/7Л I О\ к+1	/ I. । 1 \ к+1
•2.
1 • 2 • 3 •... • fe • (fe + 1) <
Значит, чтобы доказать требуемое неравенство, осталось показать, что
(k + l\k+1	/fc + 2\fc+1
U + 2/ ‘	U + 1/ - ’
Последнее неравенство легко доказывается с помощью неравенства Бернулли:
/fc + 2\A+1_/	1 \fe+1
U+v _ \1 + & +J
fc + l 2'
Таким образом, утверждение при п = к + 1 доказано и, следовательно, оно
справедливо при всех натуральных п.
Задача 12.
Доказать, что 4n + 15п — 1 : 9 Vn 6 N.
Идея. Воспользоваться методом математической индукции.
Указание. Выписать левую часть утверждения для п = к + 1 и использовать
предположение индукции.
Решение. Воспользуемся методом математической индукции. Сначала прове-
рим справедливость утверждения при п — 1. Получим
4-1-15 — 1:9 — верно.
Теперь предположим, что утверждение справедливо при п = к:
4fc + 15fe - 1 : 9
476
Указания и решения
и докажем его истинность при п = k + 1. То есть нам надо доказать, что
4fc+1 + 15(fc + 1) -1:9.
Выпишем левую часть утверждения и преобразуем её:
4fc+1 + 15(fc + 1) - 1 = 4 (4fc + 15fe - 1) - 45/г + 18 = 4 (4fc + 15fc - 1) + 9(2 - 5k).
Так как по предположению индукции 4fc + 15fc — 1 : 9, то и вся сумма делится
на 9. Таким образом, утверждение при п = к + 1 доказано и, следовательно, оно
справедливо при всех натуральных п.
Задача 13.
Доказать, что 7п + 12п -1-17:18 Vn Е N.
Идея. Воспользоваться методом математической индукции.
Указание. Выписать левую часть утверждения для п = к + 1 и использовать
предположение индукции.
Решение. Воспользуемся методом математической индукции. Сначала прове-
рим справедливость утверждения при п = 1. Получим
7 + 12 + 17 : 18 — верно.
Теперь предположим, что утверждение справедливо при п = к:
7к + 127г + 17 : 18
и докажем его истинность при п = к + 1. То есть нам надо доказать, что
7а+1 + 12(7: + 1)4-17:18
Выпишем левую часть утверждения и преобразуем её:
7fc+1 + 12(fc + 1) + 17 = 7 (7* + 12fc + 17) - 72k - 90 = 7 (7fc + 12fc + 17) - 18(4fc + 5).
Так как по предположению индукции 7к + 127с + 17 : 18, то и вся сумма делится
на 18. Таким образом, утверждение при п = к + 1 доказано и, следовательно, оно
справедливо при всех натуральных п.
8.3. Доказательство неравенств и тождеств
477
8.3. Доказательство неравенств и тождеств
Задача 1.
Доказать, что для любых а О, Ъ 0 выполняется неравенство
а2 + 1\2 /62 + 1\2 1С
Идея. Использовать оценку суммы двух взаимно обратных чисел.
Указание. Используя оценку суммы двух взаимно обратных чисел, оценить
отдельно первый и второй сомножители левой части неравенства.
Решение. Модуль суммы двух взаимно обратных чисел не меньше двух, поэто-
Следовательно,
Задача 2.
Доказать, что а4 + &4 + с4 > abc(a + b + с).
Идея. Использовать неравенство, связывающее среднее арифметическое и сред-
нее геометрическое.
Указание. Представить левую часть неравенства в виде суммы трёх выраже-
ний, каждое из которых является средним арифметическим двух чисел:
4	г4 4 а4 + Ь4 а4 + с4 Ь4 + с4
а4 +	Ь4	+ с4	= ——	+ ——	+
Li	Li	L1
2
Указание. Использовать неравенство, связывающее среднее арифметическое и
среднее геометрическое:
а4 + Ь4 а4 + С4 Ь4 + С4 Л/Л4А4 i Л/ГГ4Г.4 i </ММ /7 2 А)2 I n2r2 I А2/’2
—----------1-------------1---------— > V a*tr + Vа* с* + Vtrc* = а о + а с + о с .
Z
Указание. Проделать всё ещё раз.
Решение. Оценим левую часть данного неравенства, используя неравенство,
связывающее среднее арифметическое и среднее геометрическое двух чисел:
а4+Ь4+с4 =
а4 + 64 а4 + с4 6 4 + с4
2	+	2	+ 2
> V'a464+v/a4c4+V/b4c42 = a2b2+a2c2+b2c2 =
= аУ + аУ аУ + ЬУ аУ + ЬУ >	+	+	=
2	2	2
= а2|Ьс| + &2|ас| + с2|ab| > a2bc + b2ac + c2ab — abc(a + Ь + с).
Неравенство доказано.
478
Указания и решения
Задача 3.
Доказать, что для положительных значений переменных выполняется неравен-
ство
X + у Ч-->3.
ху
Идея. Воспользоваться неравенством, связывающим среднее арифметическое и
среднее геометрическое двух чисел.
Указание. Воспользоваться неравенством, связывающим среднее арифметиче-
ское и среднее геометрическое двух чисел:
1 Л г— 1
X + у Ч--> 2^/ху Ч---.
ху	ху
Указание. Сделать замену t = ^/ху и решить неравенство относительно новой
переменной.
Решение. Согласно неравенству, связывающему среднее арифметическое и
среднее геометрическое двух чисел, х Ч- у > 2у/ху, поэтому
1 п г— 1
х Ч- у Ч-> 2JxyA-----.
ху	ху
Сделаем замену переменных t = y/ху, t > 0. Для того чтобы доказать исходное
неравенство, достаточно показать, что неравенство 2t Ч—- >3 справедливо при
t > 0. Приведём все слагаемые к общему знаменателю, разложим выражение в
числителе на множители и решим неравенство методом интервалов:
2^>3
(t- l)2(2t + 1)
t2
Итак, при t > 0 выполняется неравенство 2t + — > 3 и, следовательно, выпол-
няется исходное неравенство.
Задача 4-
Доказать, что если а + b + с = 1,
то а2 + Ь2 Ч- с2 >
О
Идея. Использовать неравенство, связывающее среднее арифметическое и сред-
нее геометрическое двух чисел.
Указание. Доказать, что а2 + Ь2 + с2 > ab + ас + Ьс.
Решение. Возведём равенство а Ч- b Ч- с = 1 в квадрат:
(а + b + с)2 = 1	<==> а2 + Ь2 + с2 + 2(аЬ + ас + be) = 1.
8.3. Доказательство неравенств и тождеств
479
Так как согласно неравенству, связывающему среднее арифметическое и среднее
геометрическое двух чисел,
2 I 12 I 2 ___
а т О т С —
а2 + Ь2 а2 + с2 Ъ2 + с2
——
> ab + ас + 6с,
то
3(а2 +Ь2 + с2) > (а2 + Ъ2 + с2) + 2(а6 + ас + be) = 1.
Следовательно, а2 + Ъ2 + с2 > Неравенство доказано,
о
Задача 5.
Доказать неравенство 1g 8 • 1g 12 < 1.
Идея. Использовать неравенство, связывающее среднее арифметическое и сред-
нее геометрическое.
Указание. Использовать формулы преобразовании логарифмических выраже-
ний.
Решение. Запишем для двух положительных чисел 1g 8 и 1g 12 неравенство
между средним арифметическим и средним геометрическим:

1g 8-1g 12 < 1.
Неравенство доказано.
Задача 6.
Доказать, что если для неотрицательных чисел xy + yz + zx = 1, то x + y + z>l.
Идея. Предположить противное и получить противоречие.
Указание. Возвести выражение х + у + z в квадрат и использовать равенство
из условия.
Решение. Решим задачу методом от противного. Предположим, что
0<ж-|-?/ + £<1, тогда
О < (ж + у + z)2 < 1
О < х2 + у2 + z2 + 2ху + 2yz + 2xz < 1	<=>
О < х2 + у2 + z2 + 2 < 1.
Так как сумма квадратов не может быть отрицательной, наше предположение
неверно и х + у + z > 1. Неравенство доказано.
480
Указания и решения
Задача 7.
Сравнить 2Ж-1 + 22/-1 и у/2х+у.
Идея. Использовать неравенство, связывающее среднее арифметическое и сред-
нее геометрическое двух положительных чисел.
Указание. Привести выражение в левой части к общему знаменателю и вос-
пользоваться неравенством, связывающим среднее арифметическое и среднее гео-
метрическое.
Решение. Так как среднее геометрическое двух положительных чисел не пре-
восходит их среднего арифметического, то
д- 2У ,_____
2х-1 + 22/-1 = —-— > х/2х+у.
2
Ответ. 2Х~1 + 2У~1 > V2x+y.
Задача 8.
1	1	1	99
Доказать неравенство	+ ... +
Идея. Оценить каждое из слагаемых разностью некоторых чисел таким образом,
чтобы при сложении оценок члены с разными знаками взаимно уничтожились.
Указание. Использовать неравенство	-----г и равенство
п/ п\п — 1)
1 _ 1______1
п(п - 1)	п-1	П ’
т.	m	1	1	11
Решение. Так как — < —----— =--------, получаем:
тг2 п\п — 1)	71 — 1	71
11 1111 1
^2 + 32 + • • • +	< YT2 + 2?з + 3Т4 + " + 99 . юо -
_	1	1	1	1 _ 99
2 + 2	3 + 3	4 +	+ 99	100 “	100 - 100’
что и требовалось доказать.
Задача 9.
Доказать, что если а2 + b2 = 1 и с2 + d2 = 1, то \ас — bd\ < 1.
Идея. Использовать тригонометрическую замену.
Указание. Заменив а,Ь,с,d на тригонометрические функции, преобразовать
выражение ac — bd с помощью тригонометрических формул.
Решение. Так как а2 + b2 = 1, с2 + d2 = 1, то можем сделать замену
a = cos0, b = sin ф; c = cos£, d = sin£;
тогда ас — bd = cos</>-cos£ — sin</>-sin£ = cos(</> + £). Следовательно, |ас — bd\ < 1.
8.3. Доказательство неравенств и тождеств
481
Задача 10.
Доказать, что для положительных значении переменных выполняется неравен-
ство
у/а + Vb + \/с	/ а b с
з - V з ’
Идея. Использовать неравенство, связывающее среднее арифметическое и сред-
нее геометрическое, предварительно возведя обе части неравенства в квадрат.
Указание. После возведения в квадрат исходного неравенства и приведения
подобных членов, получить:
Vab + Vbc + у/ас < а 4- b 4- с.
Указание. Для доказательства последнего неравенства достаточно сложить
три неравенства, связывающих среднее арифметическое и среднее геометрическое.
Решение. После возведения в квадрат исходного неравенства получим:
а + b + с + 2\/d& + ‘I Vbc + 2^/ас а 4- b 4- с
9	-	3
Умножим неравенство на 9, приведём подобные члены и поделим пополам:
Vab 4- Vbc 4- л/ас < а 4- b 4- с.
Для доказательства последнего неравенства достаточно сложить три неравенства,
связывающих среднее арифметическое и среднее геометрическое.
Задача 11.
Доказать, что ---------Н ------1-------> 4.
log2 тг log5 тг log10 тг
Идея. Свести задачу к сравнению числа тг с некоторым рациональным числом.
Указание. Привести все логарифмы к одному основанию и воспользоваться
формулой суммы логарифмов.
Решение. -------hz----h------ >4
log2 тг log5 тг log10 тг
log^ 2 4-log, 5 4-log, 10 > 4
log, 100 > 4
100 > тг4
10 > тг2.
Последнее неравенство справедливо, поскольку 10 > 3,152 > тг2.
482
Указания и решения
Задача 12.
Доказать неравенство \/а2 + 62 + \/с2 + d2 > \/(а + с)2 + (Ь + d)2 для произволь-
ных чисел а, Ь, с, d.
Идея. Воспользоваться неравенством, связывающим среднее арифметическое и
среднее геометрическое, предварительно избавившись от радикалов.
Указание. Для того, чтобы избавиться от радикалов, надо возвести неравен-
ство в квадрат, привести подобные члены и возвести в квадрат повторно.
Решение. После возведения в квадрат и приведения подобных членов неравен-
ство примет вид
2\/ а2 + Ь2 \/ с2 + d2 > 2ас + 2bd.
Сократив на два, возведя в квадрат повторно и перемножив скобки, получим:
а2с2 + b2c2 + a2d2 + b2d2 > а2с2 + b2d2 + 2abcd	b2(? + a2d2 > 2abcd.
Последнее неравенство представляет собой соотношение, связывающее среднее
арифметическое и среднее геометрическое чисел Ь2с2 и a2 d2 при условии, что
abed > 0.
Если же abed < 0, то неравенство b2c2 + a2d2 > 2abcd вьшолняется автома-
тически, так как в его левой части стоит положительное число, а в правой по
предположению - отрицательное.
Задача 13.
Доказать,что для любого значения переменной х вьшолняется неравенство
12	।	6	„3 । 1 л
X — X ~г X — X + 1 > U.
Идея. Объединить одночлены в группы, имеющие заведомо положительную сум-
му слагаемых.
Указание. Рассмотреть отдельно случаи ж < О, 0 < ж < 1, х > 1.
Решение. 1) При х < 0 все слагаемые положительны и, следовательно, нера-
венство вьшолняется.
2) В случае х > 1 сгруппируем слагаемые так:
(ж12 - ж9) + (ж6 - ж3) + 1 > 0.
Все группы положительны и, следовательно, неравенство справедливо.
3) При 0 < х < 1 разобьём на группы следующим образом:
ж12 + (—ж9 + ж6) + (—ж3 + 1) > 0.
Неравенство вьшолняется, поскольку ж6 > ж9, 1 > ж3.
8.3. Доказательство неравенств и тождеств
483
Задача 14-
Доказать, что если а + b > 1, то а4 + Ь4 >
Идея. Использовать оценочное неравенство х2 + у2 > -------.
Указание. Применить это неравенство дважды: для оценки суммы четвёртых
степеней и для оценки суммы квадратов.
Решение. Рассмотрим вспомогательное неравенство х + у > ------------- (дока-
жите его самостоятельно). Применим его сначала к сумме квадратов, а затем - к
сумме четвёртых степеней.
Так как а + b > 1, то а2 + Ь2 > -—
1
- 2
Следовательно, а4 + Ь4 > и > > 1. Неравенство доказано.
2	8
Задача 15.
Доказать, что если |ж — а| + \у — Ъ\ < с, то \ху — ab\ < (|а| + \Ъ\ + |с|)с.
Идея. Использовать вспомогательные оценки: |ж — а| < с, \у — Ь\ < с.
Указание. Добавить и вычесть величину xb в подмодульном выражении левой
части второго неравенства.
Решение. Преобразуем левую часть доказываемого неравенства:
\ху — ab\ = \(ху — xb) + (xb — ab)\ < |ж| • \у — Ъ\ + \Ъ\ • |ж — а|.
Из условия задачи следует, что
— а| < с, \у — Ъ\ < с,
|ж| = |(® - а) + а| <	- а| + |а| < |с| + |а|.
Подставив эти оценки, получим
\ху ~ ab\ < |ж| • \у - Ъ\ + \Ъ\ •	- а\ < (|а| + \Ь\ + |с|)с,
что и требовалось доказать.
Задача 16.
Доказать, что для положительных значений переменных выполняется неравен-
ство
------ Л1 + &2 + &3
уа^аз < -----------
3
484
Указания и решения
Идея. Получить данное неравенство с помощью аналогичного неравенства для
четырёх чисел.
Указание. С помощью неравенства для среднего арифметического и среднего
геометрического доказать неравенство для четырёх чисел и, выбрав четвёртое
число специальным образом, получить нужное неравенство для трёх чисел.
Указание. Выбрать а± — ^а^а^аз.
Решение. Оценим величину ^/oiO2O3O4, дважды применив неравенство для
среднего арифметического и среднего геометрического:
2
G-1 + 0-2	0-1 + 02
<	2	+	2	_ Qi + 02 + 03 + 04
-	2	”	4	*
Мы доказали, что среднее геометрическое четырёх чисел не превосходит их сред-
него арифметического. Пусть 04 = ^010203, тогда
4 /	>	 О1 + 02 + О3 + ^010203
у O1O2О3 5/О102О3 < -------------------------
------ О1 + 02 + 03	\/0102 Оз
5/O102 Оз < ------------1-------
4	4
L ч/---------- А 1\ О1 + 02 + Оз
5/0102О3 I 1 - - I < -----------.
Домножив обе части последнего неравенства на 4/3, получим
У----- О1 + 02 + Оз
5/ О1О2 Оз < ---------.
Задача 17.
_	_	. х + у + z sin х + sin у + sin z
Пусть 0 < ж,y,z < тг. Доказать, что sm----------> -------------------
Идея. Воспользоваться аналогичным неравенством для четырёх чисел.
Указание. Показать сначала, что
. а + (3	1
sm------- > -
2	“ 2
при 0 < а < тг, 0 < (3 < тг.
Указание. Для доказательства использовать формулу
Q + /3 ОС — (3
sin а + sin /3 = 2 sin —-— cos —-—
Указание. С помощью доказанного неравенства для двух чисел доказать нера-
венство для четырёх чисел
. X + у + z + V 1
sm------------ > -
(sin х + sin у + sin z + sin v)
8.3. Доказательство неравенств и тождеств
485
и, выбрав четвёртое число специальным образом, получить нужное неравенство
для трёх чисел.
О Я	X+y + Z
Указание. Выбрать v =-----.
Решение. Покажем сначала, что
. a + f3 1
sm —-— > -
2	“ 2
при 0 < а < тг, 0 < (3 < тг. Преобразуем правую часть неравенства по формуле
суммы синусов:
. а + f3 . а + /3 а - /3
sm —-— > sm —-— cos —-—.
2	“	2	2
. а + /3	a- Р
Это неравенство справедливо, поскольку sm —-— > 0, a cos —-— < 1.
Докажем аналогичное неравенство для четырёх слагаемых, дважды применив
полученный результат:
х + у z + v
x+y + z + v . ~2	1	2~
----;-----= sm —     —
4	2
1 / х + у . z + v
- 2 (Sm~+Sm~
sin x + sin у + sin z + sin v
Обозначим v =--------, тогда
. x + y + z lz. .	.	.	1 . x + y + z
sm---------- > -(sm® + smj/ + smz) + - sm-----------
О	т:	U
3 . x +y + z 1, .	.
- sm----------> -(sm x + smу + smz).
“i:	U	т:
Домножив обе части последнего неравенства на 4/3, получим нужное неравенство
. x + y + z sin х + sin у + sin z
sm----------> -------------------.
Задача 18.
Доказать, что для любого значения х вьшолняется неравенство 2х > х.
Идея. Использовать неравенство Бернулли.
Указание. Рассмотреть неравенство Бернулли (1 + у)п > 1 + пу при у = 1.
486
Указания и решения
Решение. Если х < 0, то левая часть неравенства положительна, а правая -
неположительна, то есть неравенство выполняется.
Рассмотрим положительные значения переменной. Положив в неравенстве
Бернулли
(1 + г/)п >1 + ^2/
у = 1, получим
2n > 1 + тг.
Эта оценка справедлива при тг 6 No . Возьмём в качестве тг целую часть х. Тогда
2х > 2м > 1 + [ш] > х,
что и требовалось доказать.
Задача 19.
Пусть а, Ь, с — попарно взаимно простые числа, причём а / 1. Доказать, что они
не могут быть членами одной геометрической прогрессии.
Идея. Предположить противное и получить противоречие.
Указание. С помощью определения геометрической прогрессии выписать три
уравнения с дополнительными неизвестными Ь± и q. Противоречие будет содер-
жаться в уравнении, которое получится после исключения этих неизвестных.
Решение. Пусть положительные попарно взаимно простые числа а,Ь,с явля-
ются членами геометрической прогрессии {bi} со знаменателем д, то есть
а = b±qk \
< b = biQm-1
с = b±qn 1
Будем последовательно уменьшать число неизвестных и число уравнений. Поде-
лим первое и второе уравнение на третье:
а/с = qk п,
b/с = qm~n
Теперь возведём первое уравнение в степень (ттг — тг), а второе - в степень (fc — тг),
и приравняем левые части:
^т—п^к—т __ ^k—n
Из взаимной простоты чисел а, Ь, с следует, что левая и правая части последнего
равенства не могут содержать общих простых множителей. Следовательно, обе
части равны 1 и а = b = с = 1, что противоречит условию задачи. Значит, наше
предположение неверно. Утверждение доказано.
8.3. Доказательство неравенств и тождеств
487
Задача 20.
Числа а2, Ь2, с2 образуют арифметическую прогрессию. Докажите, что чис-
111
ла ----, ----, ------ также образуют арифметическую прогрессию.
о 4- с с + а а + Ь
Идея. Воспользоваться необходимым и достаточным условием того, что три чис-
ла образуют арифметическую прогрессию.
Указание. Три числа x^y^z образуют арифметическую прогрессию тогда и
только тогда, когда z — у = у — х.
Решение. Проверим выполнение необходимого и достаточного условия того, что
111.
три числа ---, -----, ----- образуют арифметическую прогрессию:
о 4- с с + а а + о
1______1 _ 1________1
a + b с + а с + а b + с
Приведём левую и правую части к общим знаменателям:
с — b	Ъ — а
(а 4- Ь)(с 4- а) (с 4- а)(Ь 4- с) ’
Последнее равенство равносильно равенству
2	12 _ 72 Л2
С 0 — 0	61 ,
которое справедливо в силу того, что числа а2, Ь2, с2 образуют арифметическую
прогрессию. Утверждение доказано.
Задача 21.
Могут ли различные числа а^, ат, ап быть одноимёнными членами как арифме-
тической, так и геометрической прогрессий?
Идея. Предположить такую возможность и получить противоречие.
qi — 1
Указание. Использовать монотонность последовательности yi = —-— .
Решение. Пусть ад., ат, ап являются одноимёнными членами арифметической
прогрессии {а^} с разностью d / 0 и геометрической прогрессии {bi} со знамена-
телем q ф 1, то есть
( a-t + (k - l)d —
< ai 4- (m — l)d = b^q™-1,
[ ai 4- (n — l)d = bign-1,
причём k,m,n - различны. Будем последовательно уменьшать число неизвестных
и число уравнений. Сначала вычтем третье уравнение из первого и второго:
( (к — l)d - (п — l)d =	- Qn-1),
[ (т - l)d - (n - l)d =	- Qn-1).
488
Указания и решения
Затем поделим уравнения друг на друга:
к - п _ gfe-1-gn-1	к-п _ qk~n - 1
т — п	qm-i _ qn-i	т — п q^-n _
Обозначим а = к — тг, b = т — п и перепишем уравнение в виде
да — 1 _ qb — 1
а Ъ
По условию а / 6, поэтому из монотонности последовательности
будет следовать, что а = Ь. Получаем противоречие.
Осталось доказать монотонность последовательности yi. Покажем, что она мо-
нотонно возрастает, то есть
qi+i -1 qi _ 1
l+l > I '
Проведём следующую цепочку равносильных преобразований:
J+i — 1 Л1 — 1
г	z(g'+1-i)>(z + W-i)
<S=^> lqql > lql + ql - 1	<=>• lql(q - 1) > ql - 1.
Рассмотрим два случая.
1)	Пусть q > 1, тогда, поделив на q — 1, получим
lql > ч1"1 + У-2 +... + g +1.
Справедливость последнего неравенства следует из того, что каждое из I слагае-
мых правой части меньше, чем ql.
2)	При 0 < q < 1 после деления на q — 1 получим
Zg' < дг-1 + дг~2 + ... + д + 1.
Здесь каждое из I слагаемых правой части больше, чем ql, поэтому неравенство
также справедливо.
3)	Отметим, что q < 0 нам заведомо не подходит, так как знакочередующаяся
последовательность не может являться арифметической прогрессией.
Таким образом, мы доказали монотонность последовательности yi и получили
противоречие с нашим предположением.
Ответ. Нет.
8.3. Доказательство неравенств и тождеств
489
Задача 22.
Положительные числа ai, аг, •••? ап образуют арифметическую прогрессию. Дока-
зать, что
п — 1
4~
Идея. Избавиться от радикалов в знаменателях.
Указание. Домножить числитель и знаменатель каждой дроби на выражение,
сопряжённое знаменателю.
Решение. Если разность прогрессии d = 0, то равенство очевидно. Рассмотрим
d ф 0. Избавимся от иррациональностей в знаменателях левой части неравенства,
домножив и разделив дроби на сопряжённые выражения:
CL3 ~ а2
у/ О'П	у/ ^"П—1
О'п 1
а3 ~ у/а2
4^2-
d
а2 — а1
Q'n	у/ 0>п	у/
d = d
+ ...+
Ещё раз домножим числитель и знаменатель последней дроби на сопряжённое
выражение:
(\/у/
d^y/ dn + ay}
ап — ai	(тг — l)d _ тг — 1
^(л/4“ у/)	^(\/у/&1)	у/^П 4" у/
что и требовалось доказать.
Задача 23.
Доказать, что если числа	отличны от нуля и образуют арифметиче-
скую прогрессию, то
1	1	1	п-1
----1----Н ... 4----— ----.
Q1Q2 d%d%
Идея. Представить каждую дробь в виде разности двух дробей и воспользовать-
ся определением арифметической прогрессии.
т Т 1 11
Указание. Выразить каждое слагаемое -- через разность------.
490
Указания и решения
Решение. Поскольку-------= -------=------, получим:
c^k &fc+i ^'k^'k+i O'fc&fc+i
1 1 1 /11\1/11\1 ( 1 1 \ 1
----1----” “l----~ (------) з + I----) з + ••• + (---) 3
ai(i2 ^2^3 ^n-ian \&i	0-2/ cl \0-2 Q-з/ a \an_i anJ a
(1	1 \ 1 an — CLi n — 1
cLn j d da±an a^an
что и требовалось доказать.
Задача 24-
В арифметической прогрессии Sm = Sn (т^п). Доказать,что Sm+n = 0.
Идея. Использовать формулу суммы п членов арифметической прогрессии.
Указание. Из равенства сумм п и т членов арифметической прогрессии по-
лучить следствие, помогающее доказать утверждение.
Решение. Из свойств арифметической прогрессии следует, что
„ ai+am 2ai + (т - l)d
Sm =----z--rn =--------------m,
Zi	Z
„ ai + ап 2ai + (п - l)d
Sn = —2----П =-------2----П’
_a1 + am+n	2ai + (m + n-l)d
^m+n — q xJCL 4" TL) —	\ТП + TL).
Z	и
Так как Sm — Sn, то
(2ai + (m - l)d) m = (2ai + (n - l)d) n <=>
<	=>	2a^(m — n) = n(ri — l)d — m(m — l)d <=>
<	=> 2ai(m — n) = (m — n)(l — m — n)d.
Поскольку по условию m n, to 2ai = (1 — m — n)d; следовательно, Sm-^n = 0.
Задача 25.
Пусть a, &, с — различные простые числа, каждое из которых больше 3. Доказать,
что, если они образуют арифметическую прогрессию, то её разность кратна 6.
Идея. Использовать определение арифметической прогрессии и свойства про-
стых чисел.
Указание. На основе определения арифметической прогрессии показать, что
её разность чётна.
Указание. Используя свойства простых чисел, доказать, что разность прогрес-
сии кратна трём.
9.1. Оптимизация процесса решения....
491
Решение. Пусть а,&,с образуют арифметическую прогрессию с разностью d.
В силу свойств арифметической прогрессии d = b — а = с — b : 2, так как а, &, с -
нечётные числа. Эти числа можно представить в виде
a — 3A?i 4-7*1, Ь = 3^2 4-7*2, с = 3/с34-7*з, где т’1,7’2,7’3 е {1; 2}.
Подставив данные числа в выражение для d, получим уравнение
3(fc2 - fcl) 4- 7*2 - 7*1 = 3(fc3 - fc2) 4- 7*3 - 7*2	<=>
<	=>	3(2&2 — fcl — fc3) = 7*3 4- 7*1 — 27*2-
Значит, число 7*з 4- 7*1 — 27*2 должно делиться на 3. Перебирая все возможные ва-
рианты Значений 7*1, 7*2, 7*з , ПОЛучаем, ЧТО ЭТО ВОЗМОЖНО ТОЛЬКО При 7*1 = Г2 = 7*3,
но тогда d = 3(fc2 — fci), то есть d : 3. Следовательно, d : 6, что и требовалось
доказать.
9.	Использование особенностей условия задачи
9.1.	Оптимизация процесса решения, введение функций, ис-
кусственное введение параметров, смена ролей пара-
метра и переменной
Задача 1. (М/м-77.4)
Решить систему уравнений
у3 - 9х2 4- 27я - 27 = 0,	(1)
< z3 - 9у2 + 27у - 27 = 0,	(2)
У -9г2 + 27г-27 = 0.	(3)
Идея. Получить следствия. Воспользоваться свойствами квадратного трёхчлена
и формулами сокращённого умножения.
Указание. Выделив в каждом из уравнений функцию вида f(t) = t2 — 3i 4- 3,
сделать вывод о положительной определённости переменных.
Указание. Сложить все три исходных уравнения. Воспользоваться формулами
сокращённого умножения.
Указание. Для получившегося уравнения
(г - З)3 + (у - З)3 + (г - З)3 = 0
рассмотреть два случая по х (#>ЗиО<ж<3)и оценить значения переменных
У и г.
492
Указания и решения
Решение. Введём в рассмотрение функцию f(t) = t2 — 3i + 3. В новых обозна-
чениях система принимает вид:
= 9/(ж),	(4)
= 9/(2/),	(5)
= 9/(г).	(6)
Заметим, что f(t) > 0 Vi 6 R, поскольку D = 9 — 12 < 0. Значит, у3 >0, z3 > 0,
х3 > 0, то есть у > 0, z > 0, х > 0.
Сложим уравнения (1) — (3) и выделим полные кубы разностей:
(х - З)3 + (у - З)3 + (г - З)3 = 0.	(7)
Рассмотрим два случая по х (ж>ЗиО<ж<3).
1) х > 3. Тогда, с учётом z > 0, из уравнения (3) получаем:
9z2 - 27z > 0,
z > 0;
z > 3.
Тогда, с учётом у > 0, из уравнения (2) получаем:
Г 9у2 - 27у > 0,
| У > 0;
<=> ?/ > 3.
Таким образом, получили, что если ж > 3, то 1/ > 3 и z > 3. Тогда из (7) следует,
что х = у = z = 3.
2) 0 < х < 3. Рассуждая аналогично первому случаю, получаем, что 0 < х <
3, 0 < у < 3, 0 < z < 3. Но это противоречит уравнению (7). Значит, в этом
случае решении нет.
Ответ. (3;3;3)
Задача 2. (Псих-91.5)
тт	1	„
При каждом значении параметра а > — наити все корни уравнения
2тг
/ 2х + а \	/ 2х — а \
\2ж2 + 2ах + 5а2/2/	\2ж2 — 2ах + 5а2/2/
Идея. Преобразовав аргументы тригонометрических функций и определив об-
ласть их изменения, перейти от тригонометрического уравнения к простейшим
степенным уравнениям.
Указание. Аргументы тригонометрических функций могут быть представлены
./ . t	а	а
в виде f(t) = t2 + а2 при t = x + - и t = x- - .
Указание. Используя неравенство для суммы двух взаимно обратных чисел и
условия задачи, найти ограничения на область значений функции /(i): |/(i) | < тг.
Указание. При решении тригонометрического уравнения вида cos а = cos/3,
где а, /3 6 [—тг; тг], воспользоваться равносильным переходом к совокупности:
а = /3 или а = —(3.
9.1. Оптимизация процесса решения....
493
Решение. Преобразуем аргументы тригонометрических функции:
2х — а _ х — а/2
2х2 - 2ах + 5а2/2	_ а/2)2 + а2
2х + а	х + а/2
2ж2 + 2ах + 5а2/2 (ж + а/2)2 + а2 ’
Рассмотрим функцию f(t) =	—т-. В новых обозначениях уравнение принимает
+ а2
вид:
cos
cos
Для функции f(t) при а > справедливы оценки:
2тг

другими словами, аргументы тригонометрических функции принимают значе-
ния из отрезка [—тг; тг]. В этом случае уравнение равносильно совокупности:
1) Первое уравнение совокупности:
х + |
(х + %)2+а2
W) + «2
2) Второе уравнение:
494
Указания и решения
Задача 3. (Псих-86.6)
Найти наибольшее из значении, которые принимает выражение х + Зу, если х и
у удовлетворяют неравенству х2 + ху + 4?/2 < 3.
Идея. Обозначить исследуемое выражение через параметр и определить, при
каком наибольшем значении параметра у неравенства существует решение.
Указание. Ввести параметр а = х + Зу; выразить одну из переменных через
параметр и вторую переменную и подставить в неравенство.
Указание. Опираясь на свойства квадратичной функции, определить, при ка-
ком наибольшем значении параметра неравенство имеет решения.
Решение. Введём обозначение: а = х + Зу. Переформулируем условие задачи:
требуется найти наибольшее значение параметра а, при котором у неравенства
ж2 + ху + 4?/2 < 3 существует решение. Выразим переменную х через параметр и
переменную у и подставим в неравенство:
(а - З?/)2 + (а - Зу)у + 4т/2 < 3	Ю?/2 - Зау + а2 - 3 < 0;
последнее неравенство является квадратным по переменной у, решения существу-
ют при неотрицательном дискриминанте:
D = (5а)2 - 40(а2 - 3) = 120 - 15а2 >0 <=>	|а| < 2\/2.
Наибольшим значением параметра (то есть наибольшим значением выражения
х + Зу}, при котором неравенство имеет решения, является а = 2-/2.
Ответ. 2\/2.
Замечание. При поиске наибольшего значения параметра можно воспользо-
ваться методом выделения полного квадрата.
Задача 4- (Хим-91.1)
тт „	ч Зж + 1
Наити максимум и минимум функции f(x) = —^--^2	.
Идея. Рассмотреть значения функции как параметр и определить, при каких
наибольшем и наименьшем значениях параметра уравнение будет иметь решение,
лг	п	Зж +1
Указание. Ввести параметр а = ——; перейти к квадратному урав-
нению относительно новой переменной t = Зж + 1 и определить, при каком наи-
большем (наименьшем) значении параметра уравнение будет разрешимо.
ТТ	Зж 4“ 1	ТТ	М
Решение. Пусть ——= а. Переформулируем условие задачи: наи-
ти наибольшее и наименьшее значения параметра а, при которых уравнение
Зж + 1
——+	। — а имеет решение. Введём новую переменную t = Зж + 1. Тогда:
t = a(t2 + 1)
at2 - t + a = 0;
9.1. Оптимизация процесса решения,,,,
495
уравнение имеет решения при неотрицательном дискриминанте:
D = 1 - 4а2 > О
1
2
тт , 1
Наибольшее значение параметра а равно -, а наименьшее значение парамет-
ра а равно — i Следовательно, наибольшее значение функции f(x) равно i а
it	1	z
наименьшее значение функции /(ж) равно —
Ответ.
2
1
2‘
Задача 5. (Псих-99.4)
Найти все значения параметра р, при каждом из которых множество значений
Зж | р
функции /(ж) = —---------- содержит полуинтервал (—1; 3]. Определить, при
ж2 + 5ж + 7
каждом таком р множество значении функции /(ж).
Идея. Обозначить значение функции через новый параметр а и определить, при
каких значениях параметра р задача имеет решение Va 6 (—1; 3].
Зж -|— р
Указание. Ввести параметр а = —-------------в зависимости от его значений
ж2 + 5ж + 7
перейти к линейному или квадратному уравнению относительно переменной ж.
Указание. Определить, при каких значениях параметра р задача разрешима
Va 6 (—1; 3]; при решении квадратного неравенства воспользоваться методом па-
рабол.
Зж + р
Решение. Пусть —-------------- = а. Поскольку знаменатель дроби положительно
ж2 + 5ж + 7
определён Уж 6 R, без дополнительных ограничений перейдём к квадратному
уравнению относительно переменной ж:
Зж + р = а(х2 + 5ж + 7)	<=> ах2 + ж(5а — 3) + 7а - р = 0.
Переформулируем первую часть условия: найти все значения параметра р, при
каждом из которых уравнение аж2 + ж(5а — 3) + 7а — р = 0 имеет решения Va 6
1) При а = 0 уравнение принимает вид: Зж = —р
решение существует Vp е R.
Р
3’
то есть
2) При а 0 имеем квадратное уравнение; оно разрешимо при неотрицательном
ж
дискриминанте:
D = (5a — З)2 — 4a(7a —р) > 0 <=> 25a2 - 30a + 9 - 28a2 + 4ap > 0 <=>
-3a2 - 2a(15 - 2p) + 9 > 0 <=> p(a) = 3a2 + 2a(15 - 2p) - 9 < 0.
496
Указания и решения
Множество решений квадратного неравенства д(а) < 0 должно содержать полу-
интервал (—1; 3]; значит,
р(3) < 0;
3 - 2(15 - 2р) - 9 < 0,
27 + 6(15 — 2р) — 9 < 0;
р < 9,
р > 9;
то есть р = 9.
При найденном значении параметра р множество значений функции /(ж) (дру-
гими словами, множество значений параметра а) определяется из неравенства:
р(а) = За2 + 2а(15 - 18) - 9 < 0	а2 - 2а - 3 < 0
-1 < а < 3.
Ответ. р = 9; [—1;3].
Задача 6. (Биол-94.5)
Найти все значения х, при которых неравенство
(4 - 2а)х2 + (13а - 27)® + (33 - 13а) > 0
вьшолняется для всех а, удовлетворяющих условию 1 < а < 3.
Идея. Поменять ролями параметр и переменную и переформулировать условие
задачи д.пя линейной функции.
Указание. В этой задаче х вьшолняет роль параметра, а а — роль переменной.
Указание. Воспользоваться свойством монотонности линейной функции.
Решение. В этой задаче х вьшолняет роль параметра, а а — роль перемен-
ной. Переформулируем задачу: требуется найти все значения параметра ж, при
которых неравенство
а(—2х2 + 13® - 13) + (4®2 - 27® + 33) > 0
вьшолняется для всех значений переменной а из интервала (1; 3). Другими сло-
вами, прямая /(а) = а(—2®2 + 13® — 13) + (4®2 — 27® + 33) должна лежать выше
оси абсцисс для а € (1; 3). Учитывая монотонность линейной функции, получаем
равносильную систему:
Г/(1) > 0.
< /(3) > О,
(/(2) > 0;
®2 — 7® + 10 > 0,
®2 — 6® + 3 < 0,
х < 7;
—2®2 + 13® — 13 + 4®2 — 27® + 33 > 0,
3(-2®2 + 13® - 13) + 4®2 - 27® + 33 > 0,
2(—2®2 + 13® - 13) + 4®2 - 27® + 33 > 0;
х < 2 или х > 5,
3 — \/б < ж < 3 + \/б,
х < 7;
3 — V® < ж < 2;
5 < х < 3 + л/б.
Замечание. Условие /(2) > 0 гарантирует несовпадение прямой /(а) с осью
абсцисс.
Ответ. [3 — \/б; 2] U [5; 3 + \/б].
9.1. Оптимизация процесса решения....
497
Задача 7. (ЕГЭ.С)
х — 2а — 4
Найдите все значения а, при которых неравенство ----- < 0 выполняется
х + За - 2
для всех х Е [1; 3].
Идея. Решить неравенство относительно а.
Указание. Поменять ролями параметр и переменную; после преобразований
решить неравенство методом интервалов.
Решение. Пусть а - переменная, х - параметр. Преобразуем выражения в чис-
лителе и знаменателе:
— — 2 < —	|, поэтому решением неравенства
о и
Заметим, что для х Е [1;
являются промежутки:
а<|-2 = /(ж) и а> -| + | = д(х).
По условию неравенство должно выполняться для всех х Е [1; 3]. Следовательно,
3	1
либо а < /(1) = — -, поскольку f(x) возрастает; либо а > р(1) = -, так как д(х)
убывает.
Ответ. I —оо;
Задача 8. (ВМК-93.6)
Найти все значения параметра а, при которых область определения функции
у =--------------------j=- совпадает с областью определения функции
3 cos х — 2 cos3 х — \/2а
1	а/2
у — ----------------- -- --------------------- .
sin3 х + cos3 х — а 3 cos х — 2 cos3 х — у/2а
Идея. Выписав соотношения для области определения каждой функции, пере-
формулировать задачу.
Указание. Сконцентрировать внимание на функции /(ж) = sin3 х + cos3 х; ис-
пользовать её для исследования области определения второй функции, указанной
в условии задачи.
Указание. Показать, что условию задачи удовлетворяют только такие значе-
ния параметра, при которых уменьшаемое второй функции определено, то есть
уравнение /(ж) = а не имеет решений.
Указание. Для преобразования выражений использовать формулы сокращён-
ного умножения, метод дополнительного аргумента, основное тригонометрическое
тождество и формулы для тригонометрических функций двойного аргумента.
498
Указания и решения
Решение. Область определения первой функции:
3 cos х — 2 cos3 х ± V2a;
область определения второй функции:
sin3 х + cos3 х ± а,
3 cos х — 2 cos3 х у/2а.
Области определения совпадают в одном из двух случаев: а) уравнение sin3 х +
cos3 х = а не имеет решений; б) множество решений уравнения sin3 х + cos3 х = а
принадлежит множеству решений уравнения 3 cos х — 2 cos3 х = у/2а,
а)	Рассмотрим функцию /(ж) = sin3 х + cos3 ж;
|/(ж)| < | sin3 ж| + | cos3 ж| < sin2 ж + cos2 ж = 1,
причём /(0) = 1; /(тг) = —1; значит, уравнение /(ж) = а не имеет решений при
а < — 1 и а > 1.
б)	Далее будем рассматривать а 6 [—1; 1]. Используя формулы синуса и коси-
нуса суммы, легко получить:
3 cos ж — 2 cos3 ж
V 47	V2
действительно, разложим сумму кубов на множители:
+ cos
+ cos2
2 sin
7Г\ А 1 .	7Г\\	/-	/1
—	1----sin 2ж + —	= v 2 cos ж 1----cos 2ж
27 \	2	\	27/	\	2
cos ж (3 — 2 cos2 ж) 3 cos ж — 2 cos3 ж

гда и
у2
Пусть жо - корень уравнения /(ж) = а; значит, он должен быть и корнем
Т\	7Г	/• / \	m
-J = а, то есть жо + — - корень уравнения /(ж) = а. ГО-
ТТ	7Г	Л / \
— = ж0 -р — - корень уравнения /(ж) = а. Следовательно,
, то есть
• Я	Я	• 3
sin жо + cos жо — sm
cos3
<=> sin3 жо = 0	<=> жо = тгп, п 6 Z;
при этом /(жо) = /(тгп) = (—l)n, п 6 Z, тогда как
. /	7Г\	, /	7Г\
/ (Xq + - J = / (тгп + - J
± /(жо) = (-i)n, П e z.
Полученное противоречие доказывает, что не существует таких значений парамет-
ра, при которых множество решений уравнения sin3 ж + cos3 ж = а принадлежит
множеству решений уравнения 3 cos ж — 2 cos3 ж = \/2а.
Ответ. (—оо; —1) U (1; Ч-оо).
9.1. Оптимизация процесса решения....
499
Задача 9. (Экон.М-99.6)
Для каждого значения Ъ найти все пары чисел (ж, у), удовлетворяющие уравнению
b sin 2у + log4 (ж ^1 - 4ж8) = Ь2.
Идея. Рассмотреть уравнение как квадратное относительно параметра, опреде-
лить условия существования его корней.
Указание. Представить b переменной, ж и у - параметрами задачи.
Указание. Сформулировав необходимое и достаточное условие существования
корней квадратного уравнения, воспользоваться оценочными неравенствами.
Решение. Уравнение является квадратным относительно параметра:
b2 — bsin 2у — log4 (ж\/1 - 4ж8) = 0;
необходимое и достаточное условие существования решения - неотрицательность
дискриминанта на области допустимых значений:
(sin2 2у + 4 log,	>0, (sin2 2у > - log4 (аМ -4^),
1 - 4ж8 > 0;
1
/2
Рассмотрим первое неравенство системы:
f(y) = sin2 2у > - log4 (ж4\/1 — 4ж8) = р(ж).
Для левой части справедливы оценки: 0 </(?/)< 1.
Минимальное значение правой части достигается при максимуме подлогарифмен-
ной функции. Рассмотрим
h(x) = х4\/1 — 4ж8 = у/ ж8(1 — 4ж8);
р(®) >р(-^) =1-
\ уо/
имеет решение
1 и f(y) = 1,
только при одновре-
1
то есть ж = —= и
^8
тг
— + тгт: n, т 6 Z .
4
подкоренное выражение является квадратичной функцией относительно перемен-
ной t = ж8; максимальное значение подкоренного выражения достигается при
11	1
t = - и равно -. Значит, при 0 < ж <
8	4	^2
Следовательно, неравенство f(y) > р(ж)
менном выполнении двух условий: д(ж) =
sin2 2у = 1 <=> | sin 2?/| = 1 <=> у = — + тгп или у =
Заметим, что при найденных значениях переменных дискриминант квадратного
уравнения для параметра равен нулю.
Определим соответствующие значения параметра:
\	гт,	7	sin	1
1) при	ж = —7= ,	у	—	-	—	+ тгп,	п е	Z	о	=	—-—	=	- - ;
у/8	4	2	2
1	т	7	sin 2?/	1
2) при	ж = —=,	у	—	—	+	тгт,	т 6	Z	о	=	—-—	=	-.
у 8	4	2	2
При остальных значениях параметра решений нет.
500
Указания и решения
Ответ. При Ъ — решение ( —— j + тгп) , п Е Z; при b = | решение
"	\ у 8	4 J	2
1 тг \
—; — + тгт I , т 6 Z; при остальных значениях параметра решений нет.
9.2. Чётность и симметричность по нескольким перемен-
ным, исследование единственности решения, необходи-
мые и достаточные условия
Задача 1. (Псих-95.5)
Найти все значения а, при которых неравенство
--------------- ж2 + 9
cos х — 2уж2 + 9 <-----------а имеет единственное решение.
а + cos х
Идея. Преобразовать неравенство, приведя все слагаемые к общему знаменате-
лю и выделив в числителе полный квадрат; воспользоваться чётностью задачи по
переменной.
Указание. Перенести все слагаемые в левую часть, привести выражение к об-
щему знаменателю и выделить в числителе полный квадрат.
Указание. Выписать решение неравенства через равносильную совокупность
систем; используя чётность выражений по переменной и требование единственно-
сти решения, получить возможные значения параметра.
Указание. Подставив найденные значения параметра в исходное уравнение,
отобрать те, которые удовлетворяют условию задачи.
Решение. Перенесём все слагаемые в левую часть, приведём к общему знаме-
нателю и выделим в числителе полный квадрат:
/—т---- х2 + 9
а + cos х - 2 v х2 + 9 Ч-----< 0	<=>
а + cos х
(а + cos х)2 - 2%/ж2 + 9(а + cos ж) + (д/я2 + 9)2 <
а + cos х	~
(а + cos х — д/ж2 + 9)2 < q
а + cos х ~
!а + cos х - %/ж2 + 9 = 0,	I а + cos ж — д/ж2 + 9 / 0,
.	или S
а + cos ж 0;	I а + cos ж < 0.
Все функции чётные по переменной ж. Значит, если Жо - решение, то и —жо бу-
дет решением. Следовательно, требованию единственности удовлетворяет только
ж = 0. Подставим это значение переменной в обе системы для нахождения соот-
ветствующих значений параметра:
fa + l-3 = 0, f а + 1 — 3^0,
<	,	или <	<=>
+ 1 0;	+ 1 < 0;
9.2. Чётность и симметричность...
501
Осталось проверить, действительно ли исходное неравенство при найденных зна-
чениях параметра не имеет других решений, кроме х = 0.
1) При а = 2 получаем:
(2 + cos х — \/я2 + 9) <
2 + cos х ~ ’
знаменатель дроби положителен Мх 6 R. Значит, числитель должен быть равен
нулю:
2 + cos х = л/ж2 + 9.
Заметим, что функция в левой части равенства ограничена сверху:
f(x) = 2 + cos ж < 3,
тогда как функция в правой части ограничена снизу:
д(х) — л/ж2 + 9 > 3.
Поэтому равенство возможно только при /(ж) = 3 и д(х) — 3, то есть при ж = 0
=> решение единственное => а = 2 подходит.
2) При а < — 1 неравенство
(а + cos ж — л/ж2 + 9)2 < q
а + cos ж —
верно для всех ж 6 R, поскольку знаменатель дроби отрицателен, а числитель
положителен. Поэтому а < — 1 не подходят.
Ответ. 2.
Задача 2. (Биол-91.5)
Найти все значения параметра а, при которых система уравнений
z cos (ж — у) + (2 + ху) sin (ж + у) — z = 0,
< ж2 + (у — I)2 + z2 = а + 2ж,
(ж + у + a sin2 z) ((1 — а) 1п(1 — ху) + 1) = 0
имеет единственное решение.
Идея. Воспользоваться свойством симметрии задачи относительно двух пере-
менных и чётностью по третьей переменной.
Указание. Преобразовав систему, заметить, что задача обладает симметрией
относительно переменных ж и у и является чётной по переменной z.
Указание. Упростив систему в соответствии с требованием единственности ре-
шения, найти возможные значения параметра.
Указание. Убедиться в том, что при найденном значении параметра исходная
система удовлетворяет условию задачи.
502
Указания и решения
Решение. Преобразуем второе уравнение системы:
z cos (х — у) + (2 + ху) sin (х + у) — z = 0,
< (х - I)2 + (у - I)2 + z2 = а + 1,
(х + у + a sin2 z) ((1 — а) 1п(1 — ху) + 1) = 0.
Заметим, что данная система симметрична относительно переменных х и ?/, то
есть если тройка чисел (жо; З/о; zq) является решением задачи, то и (?/о; zq) так-
же будет решением. Значит, решение может быть единственным только при усло-
вии х = у:
(2 + х2) sin2x = 0,
< 2(х - I)2 + z2 — а + 1,
(2ж + a sin2 z) ((1 — а)1п(1 — х2) + 1) = 0.
Более того, система является чётной по переменной z, значит, решение будет един-
ственным только при z = 0:
(2 + х2) sin2cc = 0,
< 2(х — I)2 = а + 1,
2х ((1 — а)1п(1 — х2) + 1) = 0.
Из первого уравнения получаем:
sin2z = 0	4=+ х = тгп, n Е Z.
Учитывая область определения логарифмической функции: |ж| < 1, оставляем
решение х = 0. Значение параметра определяется из второго уравнения системы:
а = 1.
Осталось убедиться в том, что при а = 1 исходная система имеет единственное
решение:
z cos (х — у) + (2 + ху) sin (х + у) — z = 0,
< (х - I)2 + (у - I)2 + z2 = 2,
х + у + sin2 z = 0.
Сложив второе уравнение с удвоенным третьим, получим:
ж2 + у2 + z2 + 2 sin2 z = 0	<+=> х = 0, у = 0, z = 0.
Найденные значения переменных обращают все три уравнения системы в тожде-
ства. Следовательно, при а = 1 задача имеет единственное решение.
Ответ. 1.
Задача 3. (Фил-92.5)
Найти все значения параметра 6, при которых система уравнений
Ьх2 + 2Ъх + у + 36 — 3 = 0,
by2 + х - 6by + 116 + 1 = 0
9.2. Чётность и симметричность...
503
имеет единственное решение.
Идея. Провести замену переменных и воспользоваться свойством симметрии за-
дачи относительно новых переменных.
Указание. Сгруппировав слагаемые в каждом из уравнений, перейти к новым
переменным; отметить симметрию задачи относительно новых переменных.
Указание. Упростив систему в соответствии с требованием единственности ре-
шения, найти возможные значения параметра. Убедиться в том, что при найден-
ных значениях параметра исходная система удовлетворяет условию задачи.
Решение. Сгруппируем слагаемые в каждом уравнении:
b(x2 + 2х + 1) + у + 2Ь - 3 = 0,
Ь(у2 — бу + 9) + х + 2b + 1 = 0;
+ (?/ — 3) 4- 2Ь — 0,
b(y - З)2 + (х + 1) + 2Ь = 0.
Введём новые переменные и = х + 1 и v = у — 3:
bu2 + v + 2Ь = 0,
bv2 + и + 2Ъ = 0.
Заметим, что система является симметричной относительно новых переменных
и и v. Значит, решение задачи будет единственным только при условии и = и:
bu2 + и+ 2b = 0. Полученное уравнение имеет единственное решение в следующих
случаях:
1)	если оно линейно, то есть b = 0; подставим найденное значение параметра в
исходную систему и убедимся, что решение единственное:
и = 0,
v = 0;
то есть
х + 1 = 0,
У - 3 - 0;
х = —1;
У = 3.
2)	если дискриминант равен нулю:
D = 1 - 862 = 0 Ъ=----------~ или b = -Д=;
2л/2	2х/2
. _ 1
а)	при b =----= система принимает вид:
2у2
1	2	2
----=« + V-------=
2х/2	2х/2
1	2	2
2^2^ +U 2л/2
и1 - 2y/2v + 2 = 0,
v2 - 2л/2и + 2 = 0;
сложив уравнения, получаем:
(и - V2)2 + (г> - у/2)2 = 0
х/2,
а/2;
то есть
х = — 1 + х/2,
у = 3 + х/2;
- единственное решение;
504
Указания и решения
г	1
б)	при о — —2= система принимает вид:
2у 2
Г 1	2	2 А
—-=и2 +v Ч---— = 0,
I 2л/2	2^2
'	1	2	2
—~v2 + и Ч---т= = 0;
L 2ч/2	2л/2
и2 + 2\/2'г Ч- 2 — О,
v2 + 2\/2tz Ч- 2 — 0j
складываем:
(гг + \/2)2+ (^ + \/2)2 = О
I я = -1 - л/2,
то есть <	г-
|т/ = 3-л/2;
единственное решение.
1 1
Ответ.-------т=; 0; —:=.
2л/2	2л/2
Задача 4- (Биол-95.6)
Найти все значения а, при которых уравнение
(ж2 — 6|ж| — а)2 + 12 (ж2 — 6|ж| — а) + 37 = cos
имеет ровно два корня.
Идея. После преобразования уравнения воспользоваться оценочными неравен-
ствами и чётностью задачи.
Указание. Выделить в левой части уравнения полный квадрат. Решение урав-
нения провести методом оценок.
Указание. Воспользоваться чётностью квадратичной функции от модуля пе-
ременной и методом парабол.
Решение. Преобразуем уравнение:
(х2 — 6|а?| — а)2 + 12 (х2 — 6|а?| — а) + 36 = cos - 1	<=>
а
<=>	(ж2 — 6|а?| — а + б)2 = cos - 1.
CL
Заметим, что выражение в левой части равенства неотрицательно, тогда как функ-
ция справа принимает неположительные значения. Следовательно, равенство воз-
можно в единственном случае:
х2 — 6|а?| — а + 6 = 0,
<	18тг	,
cos------= 1;
I О
х2 — 6 |а?| — а + 6 = 0,
18тг Л
-----= 2тгтг, п е Z;
а
о
х2 — б|ж|------1- 6 = 0,
9 S
а = —, п G Z.
п
9.2. Чётность и симметричность...
505
Поскольку задача является чётной по переменной, она имеет два решения только
в том случае, если уравнение
о
/(£) = t2 — 6t-и 6 = о, n e z
n
имеет единственный положительный корень. Такая ситуация будет иметь место в
одном из двух случаев:
1) дискриминант равен нулю, абсцисса вершины положительна:
{о
9 + _ _ 6 = 0, neZ,	9 о	_
п	— — —6	<=> п = —о;
3 > 0;	п
то есть а = —3; х = — 3 или х = 3;
2) корни разных знаков:
/(0) < 0 <=> ——+ 6<0, nez <=> ^—^<0 <=> 0 < п <
п	п	2
Поскольку п 6 Z, то подходит только п = 1, то есть а — 9; х = — 3 — 2\/3 или
х = 3 + 2^3.
Все преобразования были равносильными, поэтому дополнительной проверки
найденных значений параметра не требуется.
Ответ. —3;9.
Задача 5. (Хим-84.5)
Найти все значения параметра а, при каждом из которых неравенство
11	Л.	/сь2 — 4а + 3 . ЛI\ । ЛI 1.	_। ।	।
- а - 2 • ® + а - 4 + I —:-------а - 2 • - 2| + -|а - 2| • |ж - а| < 1
2	\ |а — 2\	/	2
вьшолняется ровно для двух различных значений х.
Идея. После преобразования уравнения и введения новой переменной восполь-
зоваться чётностью задачи.
Указание. Ввести новую переменную, относительно которой выражение чётно.
Указание. Раскрыв модули, провести исследование возможности существова-
ния у системы неравенств первой степени единственного решения.
Решение. Пусть у — х — 2, Ь = а — 2	0; в новых обозначениях неравенство
принимает вид:
1И  I» + ь| + 2	- |Ь|)  Is + |Ь|  Is - Ь| < 2 «
506
Указания и решения
Функция в левой части неравенства чётная относительно новой переменной t = ,
Ъ
поэтому если to - решение, то и —to будет решением. Следовательно, нужно найти
такие значения параметра 6, при которых у неравенства
b2\t + 1| + 62|i - 1| - 2|i| - 2 < 0
существует единственное положительное решение.
1) При 0 < t < 1 имеем:
2b2 - 2t - 2 < 0
t > b2 - 1;
решение будет единственным, если b2 — 1 = 1
2) При t > 1 получаем:
|Ь| = \/2, то есть а = 2±\/2;
2b2t - 2t - 2 < 0
t(b2 - 1) < 1.
При b2 — 1 = 0 подходят все t > 1 и, значит, решение не является единственным.
При Ъ2 — 1 ф 0 решение тоже не может быть единственным, так как пересечение
двух открытых полупрямых не может дать одну точку.
Ответ. 2 — \/2; 2 + \/2.
Задача 6. (Хим-02.6)
Найти все значения параметра а, при каждом из которых уравнение
2	7ГЖ	7ГЖ	о о
2	• 4 + sin — + cos —--2 — а3 4 - За2 + а + V2
4	4
имеет единственное решение.
Идея. Выполнив замену переменных и преобразовав сумму тригонометрических
функций, воспользоваться чётностью задачи относительно новой переменной.
Указание. Преобразовать уравнение, выделив в показателе первого слагаемого
полный квадрат и применив к сумме тригонометрических функций метод допол-
нительного аргумента.
Указание. Воспользовавшись чётностью задачи, сформулировать необходимое
условие единственности решения у исходного уравнения; произвести отбор воз-
можных значений параметра.
Указание. Подставив найденные значения параметра в исходное уравнение и
применив метод оценок, проверить выполнение условия задачи.
Решение. Преобразуем уравнение, выделив в показателе первого слагаемого
полный квадрат и применив к сумме тригонометрических функций метод допол-
нительного аргумента:
2 • 2-<*-х>2 + a/2cos ~ П - 2 - л/2 = а3 - За2 + а.
4
Пусть t = х — 1; в новых обозначениях уравнение имеет вид:
• 2 г~ 'Tit	ГТ о	о
2 • 2-t + V2cos — - 2 - V2 = а3 - За2 + а.
4
9.2. Чётность и симметричность...
507
Заметим, что функция в левой части уравнения
f(t) = 2 • 2“‘2 + л/2 cos у - 2 - V2
чётная, то есть если to является решением уравнения, то и — to также будет ре-
шением. Следовательно, для единственности решения необходимо, чтобы t = 0.
Подставим это значение переменной в уравнение и найдём значения параметра,
при которых t = 0 будет решением:
2 + д/2 — 2 — -/2 = а3 — За2 + а
а3 — За2 + а = 0
а(а2 — За + 1) = 0
3 - V5	3 + v 5
а = 0 или а = ------ или а = —-—
2	2
Осталось убедиться в том, что при отобранных значениях параметра уравнение
действительно имеет единственное решение. Поскольку каждое из найденных зна-
чений а обращает правую часть в ноль, необходимо рассмотреть уравнение:
1
= 0.
Оба слагаемых в левой части уравнения неположительны. Поэтому равенство воз-
можно только при одновременном выполнении двух условий:
2-*2 = 1,
cos = 1;
4
t = 0 - единственное решение.
Ответ.
З + л/5
2
Задача 7. (Экон-90.6)
Найти все значения параметра а, при которых система
'(3 - 2ч/2)у + (3 + 2у/2)у - За = х2 + 6ж + 5,
< у2 — (а2 — 5а + б)ж2 = 0,
—6 < х < 0
имеет единственное решение.
Идея. Упростить систему, воспользовавшись чётностью задачи по одной из пе-
ременных и требованием единственности решения.
Указание. Заметив, что основания степеней являются сопряжёнными ради-
кальными выражениями, установить чётность задачи по переменной у.
Указание. Основываясь на требовании единственности решения, упростить си-
стему и найти все значения параметра, при которых у = 0 является решением.
Указание. Подставив найденные значения параметра в исходную систему, про-
верить единственность решения.
Указание. При решении уравнения, содержащего как показательные, так и
квадратичную функции, воспользоваться методом оценок.
508
Указания и решения
Решение. Воспользовавшись равенством (3 + 2л/2)(3 — 2у/2) = 1, перепишем
систему в виде:
Г(3 - 2д/2)® + (3 - 2г/2)-^ = х2 + 6х + 5 + За,
< у2 = (а2 — 5а + 6)ж2,
[-6 < х < 0.
Система является чётной по переменной у. Значит, если - решение, то и — у0
также будет решением. Условию единственности решения удовлетворяет только
у = 0. Подставим это значение в систему:
ж2 + бж + За + 3 = 0,
(а2 — 5а + б)ж2 = 0,
-6 < х < 0.
Рассмотрим второе уравнение.
1) Если а2 — 5а + 6 = 0	<=> а — 2 или а = 3, то х Е R.
а) При а = 2 из первого уравнения получаем: х2 + бж + 9 = 0	<=> ж = 3;
найденное значение удовлетворяет неравенству, поэтому пара (3;0) - реше-
ние. Убедимся, что других решений нет. Для этого рассмотрим исходную
систему при а = 2:
'(3 - 2у/2)у + (3 - 2у/2)~у = ж2 + бж + 11,
< У2 = 0,
—б < ж < 0;
{ж2 + бж + 9 = 0,
У = 0,
—б < ж < 0;
б)	При а = 3 первое уравнение: ж2 + бж + 12 = 0, D± = 9 — 12 < 0 - решений
нет.
2)	Если а^2иа^3, тож = 0. Из первого уравнения получаем а = — 1.
Подставим найденное значение параметра в исходную систему и убедимся, что
решение будет единственным:
Г (3 - 2\/2)у + (3 - 2у/2)~у = ж2 + бж + 2,
< у2 = 12ж2,
б < ж < 0.
Заметим, что f(y) = (3 — 2у/2)у + (3 — 2у/2)~у > 2 (сумма двух взаимно обратных
положительных чисел), тогда как при ж Е [—6; 0] /г(ж) = ж2 + бж + 2 < 2 (на
рассматриваемом отрезке /г(ж) < h(—б) = h(0) = 2). Равенство возможно только
при одновременном выполнении условий: f(y) = 2 и h(x) = 2. Значит, из первого
уравнения последней системы получаем, что у = 0 и х = — б или ж = 0. Прове-
ряя найденные пары во втором уравнении и неравенстве, оставляем единственное
решение (0; 0).
Ответ. —1;2.
ж = 3,
У = 0.
9.2. Чётность и симметричность...
509
Задача 8. (Хим-86.5)
Найти все значения параметра а, при каждом из которых система уравнении
1 -	= л/Ш
49?/2 + х2 + 4а = 2х — 1
имеет ровно четыре различных решения.
Идея. Преобразовав второе уравнение и выполнив замену переменных, восполь-
зоваться симметрией задачи относительно новых переменных.
Указание. Выделить во втором уравнении полные квадраты, произвести заме-
ну переменных.
Указание. Отметив симметрию задачи относительно новых переменных, сфор-
мулировать необходимые условия существования четырёх различных решений у
исходной системы; произвести отбор возможных значений параметра.
Указание. Подставив отобранные значения параметра в исходную систему,
проверить выполнение условий задачи.
Решение. Выделим во втором уравнении полные квадраты:
+ VW\ = 1,
(х - I)2 + (7у)2 = -4а;
сделаем замену переменных и = \х — 11, г? = 7||/|; в новых обозначениях система
имеет вид:
{у/u + y/v = 1,
и2 + v2 = —4а.
Заметим, что каждому положительному значению и соответствуют два различ-
ных значения переменной х; каждому положительному значению v соответству-
ют два различных значения переменной у. Значит, исходная система будет иметь
ровно четыре различных решения, если система для новых переменных либо (а)
имеет единственное решение (гг; v), причём и > 0, v > 0; либо (б) имеет два
решения (0;г>) и (гг; 0), где и > 0, v > 0. Рассмотрим оба варианта.
а)	Поскольку система для новых переменных симметрична по и и v, необходи-
мым условием единственности её решения является равенство и = v. Получаем:
и2 = —2а;
X.
Покажем, что при найденном значении параметра система для новых переменных:
у/й + y/v = 1,
<	2	2	1
и2 + V2 — -
<	о
510
Указания и решения
действительно имеет единственное решение. Рассмотрим второе уравнение:
и2 + V2 — (и + v)2 — 2uv = |	<=>	((у/й + v^)2 —	— 2(y/uv)2 =
о	о
воспользуемся равенством у/й + y/v = 1 (первое уравнение):
(1 — 2у/йй)2 — 2uv =	<=>	1 — 4у/йй + 4uv — 2uv = -	<=>
о	8
7
8
1
4
7
4
в первом случае <
'v = 1,
1
4’
1
и--,
1
v~ 4’
во втором случае система <
= 1,
7 решений не имеет
4
1	1
=> и — v — - - единственное решение.
4	4
Значит, при а = — — исходная система имеет ровно четыре различных решения.
oZi
.. _	Л y/v = 1,
б)	Полагаем и = 0: < о
Н? = -4а;
v = 1,
1
а ~ —4
При v = 0: < 9	\
и2 - -4а;
и = 1,
1 Подставим найденное значение
а= ~4’
параметра в систему для новых переменных и убедимся в том, что она имеет
только два различных решения (0; 1) и (1; 0):
у/й + у/й = 1,
и2 + v2 = 1;
и — 0, v = 1;
и = 1, v = 0.
(В равносильных переходах использованы результаты, проведённых в пункте а)
преобразований выражения и2 + и2.) Следовательно, при а = — -
системы четыре различных решения.
у исходной
Ответ' -32-
9.3. Редукция задачи и переформулирование условия
511
9.3. Редукция задачи и переформулирование условия
Задача 1. (ИСАА-93.6)
Найти все значения а, при каждом из которых неравенство ж2 + 2|ж — а| > а2
справедливо для всех х.
Идея. Раскрыв модуль и разложив выражения на множители, решить неравен-
ства методом интервалов и произвести отбор тех значении параметра, которые
обеспечивают выполнение условий задачи.
Указание. Раскрыть модуль двумя способами; разложить квадратные трёх-
члены на множители; решить неравенства методом интервалов.
Указание. Учесть условия раскрытия модуля и требования задачи.
Решение. Раскроем модуль:
1) При х > а получаем: ж2 — а2 + 2(ж — а) > 0	<=> (ж — а)(х + а + 2) >0.
Поскольку данное неравенство должно выполняться для всех ж > а, корни квад-
ратного трёхчлена должны удовлетворять соотношению: а > —а— 2 <=> а > — 1.
2) При ж < а получаем: ж2 — а2 — 2(ж — а) > 0	(ж — а)(ж + а — 2) > 0.
Данное неравенство вьшолняется для всех ж < а тогда и только тогда, когда
а < — а + 2 <=> а<1.
Следовательно, исходное неравенство справедливо для всех ж, если а 6 [—1; 1].
Ответ. [— 1; 1].
Задача 2. (М/м-86.5)
Найти все значения а, при каждом из которых для любого значения Ь система
Ьх — у — az2 = 0,
(Ь — 6)ж + 2by — 4z = 4
имеет по крайней мере одно решение (ж, т/, z).
Идея. Выразив переменную у из первого уравнения и подставив во второе, най-
ти зависимость переменной ж от параметров и третьей переменной и определить
условия существования решения для любого значения параметра Ь.
Указание. Воспользоваться методом подстановки, выразив у из первого урав-
нения и подставив во второе.
Указание. Из полученного уравнения найти зависимость переменной ж от па-
раметров и третьей переменной; определить значения параметра а, при которых
уравнение имеет решение для V6 G R.
Решение. Выразим переменную у из первого уравнения системы и подставим
во второе:
у = Ьх — az2,
(Ь — 6)ж + 2Ь(6ж — az2) — 4z = 4.
Рассмотрим второе уравнение: (262 + Ь — 6)ж = 2abz2 + 4z + 4.
512
Указания и решения
1) Если 262 + b - 6 / 0, то есть
'Ь^-2;
у = Ьх — az2,
_ 2abz2 + 4z + 4 Значит,
Х ~ 2Ь2+Ь-6 '
для любого действительного значения переменной z и любого значения пара-
метра а из второго уравнения последней системы однозначно определяется
соответствующее значение переменной х, а из первого уравнения находится
3
значение у => V6 6 R, 6 7^ —2, 6 7^ - решение существует.
2) При b = — 2 решение также должно существовать. Подставим это значение в
исходную систему и определим те значения второго параметра а, при кото-
!у = —2х — az2,
9	второе уравнение - квад-
аг25 — 2 — 1 = 0;
ратное по переменной z, корни существуют при D = 1+4а > 0 <=> а > — .
Каждый корень zq второго уравнения определяет вид линейной зависимости
между двумя другими переменными, то есть решение исходной системы при
b = —2 может быть представлено в виде: (ж; —2х — az^zo), где х 6 R.
3)
Решение должно существовать и при b = -:
Г _3 _ 2
]у	, значит, Di = 4 — 12а > 0
I Заг2 + 4г + 4 = 0;
1
3’
а <
Следовательно, V6 € К исходная система имеет решение при а 6
Ответ.
1 Г
4’ 3
Задача 3. (Геол-98(1).8)
При каких а для любого b > 2 неравенство
(6 - 1)2! + 2^1 -(Ь-1)-2 < (- Ь + 1V
\ о — 1	J X
выполняется для всех х < 0 ?
Идея. Преобразовав выражение, свести задачу к проблеме существования реше-
ния квадратного неравенства.
Указание. Перенести все слагаемые в левую часть, привести к общему знаме-
нателю и учесть ограничения на переменную.
Указание. При исследовании квадратного неравенства воспользоваться мето-
дом парабол.
Решение. Перенесём все слагаемые в левую часть неравенства и умножим обе
части неравенства на (b — 1)® < 0:
(6 - 1) V + 2^(5 - I)2 - 1 + (b - I)2 - (a + 1) > 0.
9.3, Редукция задачи и переформулирование условия
513
Обозначим с = (b — I)2 > 1. Тогда получаем: сх2 + 2х\/с — 1 + с — а — 1>0.
1) При с — 1 получаем: х2 > а. Поскольку данное неравенство должно выпол-
няться для любого х < 0, параметр должен удовлетворять условию: а < 0.
2) При с > 1 абсцисса вершины параболы отрицательна: хв =---------, поэто-
с
му условие задачи равносильно требованию: /(жв) > 0, то есть
с - 1 с — 1
----2----Нс — а—1>0
с с
с2 - 2с + 1
----------- > а
с
(с-1)2
с
поскольку функция в левой части неравенства при с > 1 может прини-
мать только положительные значения, то значения параметра, найденные
в предыдущем пункте (а < 0), нас устраивают.
Ответ, (—оо,-О].
Задача 4- (Почв-00.7)
Найдите все значения параметра а, при которых при любых значениях параметра
b уравнение |ж — 2|+6|2ж + 1|=а имеет хотя бы одно решение.
Идея. Изучив область значений функции в левой части равенства, отобрать
значение параметра а, удовлетворяющее условию задачи.
Указание. Используя неравенства |а| + |Ь| > |а — Ь\ и |а| — |6| < | а — Ь|, провести
исследование области значений суммы модулей при двух различных ’’удобных”
значениях параметра Ь.
Указание. Исходя из требования существования решения при любых значени-
ях параметра 6, отобрать значение параметра а; убедиться в том, что условия
задачи выполнены.
Решение. Проведём исследование области значений выражения в левой части
равенства при двух специальных значениях параметра b.
1
1
2
2
1
1
1) При b = | получаем: |ж — 2| + 26 х + | = |ж — 2| + х + - > х
использовано соотношение: |а| 4- \Ь > |а — Ь\.
2) При b — —- получаем: |ж-2| +2Ь х + | = |ж—2| — х + -
использовано соотношение: |а| — |6| < |а — Ь\.
_ 5
” 2’
Zr «ъ _
2
5
2
х
Z/ tb _
2
2
2
Значит, единственным возможным значением параметра а, при котором при
любых значениях параметра b уравнение
|я-2| +26
= а
5
имеет хотя бы одно решение, является а = -. Подставив найденное значение в
исходное уравнение, получим: 2|® — 2| + 26|2ж + 1| = 5. Раскрывая модули на
514
Указания и решения
разных промежутках, убеждаемся в том, то данное уравнение имеет решение при
любых значениях параметра Ь. Действительно,
1) при х < — | получаем: 4 — 2х — 46ж — 26 = 5 <=> (2ж + 1) (26 + 1) — 0;
при Ь = — | равенство выполняется Уж е R => все х < — | - решения;
t 1
при остальных значениях параметра Ь решение единственное: х = —
2) рассмотрения уравнения на остальных промежутках не требуется, так из пер-
вого случая следует, что при любых значениях параметра Ь есть решения.
Ответ. -.
2
Задача 5. (Геол-79.6)
Найти все неотрицательные числа х, при каждом из которых из неравенств
аЬх > 4а + 76 + ж, а > 0, 6 > 0 следует неравенство ab > 5.
Идея. Выписав неравенства для параметра а, переформулировать задачу и ре-
шить методом парабол.
Указание. Обратить внимание на положительную определённость переменной
и параметров; выписать неравенства для параметра а и переформулировать за-
дачу.
Указание. Полученное квадратное неравенство решить методом парабол.
Решение. Прежде всего отметим, что условию задачи могут удовлетворять
только х > 0, так как при х — 0 из условий аЬх > 4а + 76 + ж, а > 0, Ь > 0
следует, что а = 0 и 6 = 0, а при этих значениях аЬ = 0 < 5. По аналогичным
соображениям параметры а и 6 не могут быть равны нулю и при х / 0. Итак,
далее рассматриваем только положительно определённые х, а и 6.
Сгруппируем слагаемые: а(Ьх — 4) > 76 + ж; поскольку а>0и76 + ж>0,
4
должно выполняться неравенство: Ьх — 4 > 0, то есть 6 > —.
ж
Задачу можно переформулировать так: требуется найти такие значения пере-
4	76 -J- ж
менной ж, при которых для любого 6 > — из неравенства а > -------- следует
ж	Ьх - 4
5	76 + ж	5
неравенство а > - , что возможно в том и только в том случае, когда --> -.
6	Ьх - 4	6
Последнее неравенство можно преобразовать:
/(6) = 7Ь2 - 46ж + 20 > 0.
1) Если Di — 4ж2 — 140 < 0 4=> |ж| < л/35, то неравенство верно V6 £ К, в том
,	4
числе и для 6 > —;
ж
4
2) Если Di > 0 <=> |ж| > v35, то неравенство выполняется для любого 6 > —,
9.3. Редукция задачи и переформулирование условия
515
чит условию |ж| > л/35
из первого неравенства получаем: ж2 < 14, что противоре-
в данном случае решении нет.
Ответ. (0; л/35]•
Задача 6. (Геогр-85.5)
Найти все значения параметра а, удовлетворяющие условию — 1 < а < 1, для
каждого из которых выражение 1 + 2>/х2 — 2аху + г/2 — 6г/ + 10 принимает наи-
меньшее значение лишь при одной паре чисел ж,г/.
Идея. Выделив в подкоренном выражении полные квадраты, переформулиро-
вать задачу.
Указание. Выделить в подкоренном выражении полные квадраты функций
переменных; переформулировать задачу, исходя из требований единственности.
Указание. Учесть область допустимых значений для арифметического квад-
ратного корня.
Решение. Наименьшее значение суммы 1 + 2у/х2 — 2аху + у2 — 6г/ + 10 соот-
ветствует минимуму подкоренного выражения f(x,y) = х2 — 2аху + у2 — 6г/ + 10.
Преобразуем выражение, выделив полные квадраты при — 1 < а < 1:
/(®, у) = (х - ау)2 + (1 - а2)у2 - бу + 10 =
= (х- ау)2 + ^ул/1 - а2 -
9
1 — а2
+ 10.
з
Минимум подкоренного выражения достигается при единственной паре у =---------
1 — а2
За	9 m Л/
и х = ------- и равен 10-----=. Так как у (ж, у) стоит под корнем, то она должна
1 — а2	1 — а2
быть неотрицательна. Тогда с учётом условия — 1 < а < 1 получаем:
—— ~2< —	|а| < -L.
“10	1 1 “ х/10
10 - 1 - а2
1 1 1
Ответ.
516
Указания и решения
Задача 7. (ВМК-90.6)
Найти все значения параметра а, при которых для любых значений параметра b
неравенство
х /10а + 35 + 31\ о 2 пт	36	/10а + 35 +41 \ 9
log6 ™ + -------£----- ж1 2 * * 5 * * В - 952 - 95 - 1 < log6 — + --- х2-
оО у	О	J	«Б у	О	у
— (65 + 2)ж + 952 + 155 + 3 имеет хотя бы одно решение.
Идея. Раскрыв модуль через геометрический смысл, переформулировать задачу
и решить систему неравенств методом оценок.
Указание. При решении исходного неравенства воспользоваться подходом, ос-
нованным на геометрической интерпретации модуля; выписать равносильную си-
стему неравенств и для неё переформулировать условие задачи.
Указание. Показать, что одно из неравенств системы выполняется для любых
допустимых значений параметров и переменной.
Указание. При исследовании второго неравенства воспользоваться результа-
том, полученным для некоторого фиксированного значения параметра 5, методом
оценок и свойствами квадратичной функции.
Решение. Область допустимых значений переменной: х > 0. Раскрывая модуль
через геометрический смысл
{и <v,	I а — v < 0,
<=> <
и > —V]	I и + v > 0;
получаем для нашего неравенства:
( 21og6 ^ + (66 + 2)х - 1862 - 246 - 4 - 2х2 < 0,
I 36
1 2(10а + 36 + 36)	л,
I -------------х — (65 + 2)® + 65 + 2 > 0;
'	5
'log6 х — х2 + (35 + 1)® — (35 + 2)2 < 0,
10а+ 36+ 36^ _ (ЗЬ +	+ зь + х > 0
5
Требуется найти все значения параметра а, при которых данная система имеет
хотя бы одно решение для любых значений параметра 5.
Прежде всего отметим, что первое неравенство системы выполняется V® > 0.
Действительно, поскольку log6 х < х, справедливы оценки:
log6 х - х2 + (36 + 1)® - (36 + 2)2 < X - х2 + (36 + 1)® - (36 + 2)2 =
= —х2 + (36 + 2)х - (36 + 2)2 < 0,
так как D = (36 + 2)2 - 4(36 + 2)2 = -3(36 + 2)2 < 0 V6 € К.
Рассмотрим второе неравенство системы. Оно должно выполняться при любом
значении параметра 5. Значит, должно быть хотя бы одно решение и при 5 = — -.
В этом случае на области допустимых значений:
у
(2а + 7)ж2 > 0	<++> а >
Л
9.3. Редукция задачи и переформулирование условия
517
7
Докажем, что для а > — - второе неравенство имеет решение не только при
А
Ь = — -, но и V6 6 R. Поскольку (2а + 7)ж2 > 0, справедлива оценка:
о
(2а + 7)ж2 + ^±1ж2 - (36 + 1)ж + 36 + 1 >	- (36 + 1)® + 36 + 1 =
5	5
36 + 1 , 2	_	36+1
—-— [х - 5х + 5) = —-—
О	э
= /(*)•
Легко убедиться в том, что независимо от значения параметра b и знака пер-
вого сомножителя неравенство /(ж) > 0 имеет по крайней мере два решения
' 5-V5	5 + л/5
х = —-— и х = ----------, что гарантирует существование решения и второго
неравенства системы.
Ответ.
Задача 8. (BMK-98.5)
Найти все значения параметра а, при которых существуют (ж,?/), удовлетворяю-
щие системе неравенств
шах(2 — 31/, у + 2) < 5,
/	6	2
\ а2 -|— arccos V1 — х2 — 16-г агс8шж(тг + 2 arcsinz) > у2 + 2ау + 7.
V	'ТГ	7Г2
Идея. Разрешив первое неравенство относительно переменной у и переформули-
ровав задачу для второго неравенства системы, воспользоваться свойствами квад-
ратичных функций.
Указание. Решить первое неравенство системы, перейдя к равносильной сово-
купности условий.
Указание. Отметив, что левая и правая части второго неравенства зависят от
разных переменных, переформулировать задачу.
Указание. При поиске наибольшего или наименьшего значения квадратичной
функции на отрезке воспользоваться свойством монотонности.
Решение. Рассмотрим первое неравенство системы:
шах(2 - 31/, у + 2) < 5
2 - Зг/ < 5,
У + 2 < 5;
-1<1/<3.
Перейдём ко второму неравенству. Заметим, что его можно записать в виде:
/(ж) > д(у),
5	______ 2
где /(ж) = а2 -I—arccos VI — ж2 —16------ arcsin ж(тг +2 arcsin ж), д(у) = у2 + 2ау + 7.
7Г	7Г2
Поскольку требуется найти такие значения параметра а, при которых существует
518
Указания и решения
хотя бы одно решение системы, то задачу можно переформулировать следующим
образом: найти все значения параметра а, при которых:
max V/0) > min #(?/),
где х G [—1; 1] (область допустимых значений аргумента арккосинуса), у G [—1; 3].
Максимум величины у/f(x) определяется максимумом функции /(ж) > 0.
Используя равенство arccos \/1 — ж2 — | arcsin х| и произведя замену переменной
Г 7Г ТГ!
t = arcsm ж 6 |_——; —j , получим функцию:
6	2	4
h(t) — а2 Ч— \t\ - 16----------1------rt2.
TV	TV
Поиск её максимального значения на отрезке t 6
ТГП
— не сложен:
J
/l(t) =
4	4
/ii(f) = а2 - 16 Ч—t-----------t2
TV	TVZ
8	4
/12G) = a2 — 16---------1------„t2
TV	7TJ
при
при
1) при t E [0; maxTii(f) =	(
2) при t E	max/i2(£) = ^2
[7Г TV"1	7 / \	9 io
— —; — j maxn(Y) = a — 13.
Минимальное значение функции g(y) при у G [— 1; 3] зависит от расположения
вершины параболы:
a2 - 16 + 2- 1 = a2 - 15;
a2 - 16 + 4 - 1 = a2 - 13;
1)
если ув < —1 <==> а > 1, то minp(i/) = р(—1) = 8 — 2а; неравенство
принимает вид: л/а2 — 13 > 8 — 2а +=+>
а е
2) если — 1 < ув < 3 <++> —3 < а < 1, но при таких значениях параметра
подкоренное выражение всегда меньше нуля => решений нет;
3) если уъ > 3 +=+> а < —3, то minp(i/) = р(3) = 6а + 16; неравенство:
л/а2 - 13 > 6а + 16 <++> а<-л/13.
Ответ. (—оо; —л/13] U
9.4. Смешанные задачи
Задача 1. (Геол-95.8)
Найти все значения а, при которых неравенство 9® < 20 • 3® + а не имеет ни
одного целочисленного решения.
9.4- Смешанные задачи
519
Идея. Сделав замену переменных и воспользовавшись свойствами квадратичной
функции, переформулировать условие задачи.
Указание. Выполнив замену переменных, перейти к квадратному неравенству.
Указание. Вычислить абсциссу вершины параболы, отыскать ближайшее це-
лое и выписать неравенство для параметра, обеспечивающее выполнение условия
задачи.
Решение. Неравенство является квадратным относительно функции у = 3® :
д(у) = у2 - 20з/ - а < 0.
Заметим, что положение вершины параболы не зависит от параметра: ув = 10,
то есть хв = log3 10. Ближайшее целое число к абсциссе вершины log3 10 есть
х = 2, поскольку 2 < log3 10 < 3 и log3 10 — 2 < 3 — log3 10. При х = 2 у = 9.
Следовательно, условию задачи удовлетворяют только те значения параметра, при
которых:
р(9) >0	81 - 180 - а > 0	а< -99.
Ответ, (-оо;—99].
Задача 2. (Хим-96(1).5)
( \/ж + 2 + у/х2 -j- 5х + 5 > 2,
Решить систему < о	—
J |у+6я + 5 <0.
Идея. Сделав замену переменных, перейти к следствию, устанавливающему ра-
венство новых переменных.
Указание. Сделать замену переменных: у = у/х + 2 > 0, z = у/х2 + 5ж + 5 > 0.
После преобразований выделить полный квадрат.
Указание. Вывести следствие (равенство новых переменных); воспользоваться
им, вернувшись к исходной системе.
Решение. Сделаем замену переменных: у = у/х + 2 > 0, z = у/х2 + 5ж + 5 > 0.
Тогда:
(y + z>2,	fy + z>2,
\у2 + z2 - 2 < 0;	|-2т/2 - 2z2 > 4;
возведём первое неравенство последней системы в квадрат и сложим с первым:
—у2 + 2yz - z2 > 0	<=> (у - z)2 < 0
воспользуемся полученным следствием:
У + z > 2,
< у2 + z2 - 2 < 0,
/у =
У = z\
у = 1,
z = 1;
[у > 1,
] у2 < 1;
(2/ = z\
значит,
{х 4- 2 — 1,
ж2 4- 5ж 4- 5 = 1;
Ответ. —1.
520
Указания и решения
Задача 3. (Экон-98.7)
Найти все значения а, при которых уравнения
х3 + 2ах2 — а2х — 2а3 + 2 = 0 и х3 — ах2 — 10а2х + 10а3 — 1 = 0
имеют хотя бы один общий корень.
Идея. Переформулировав задачу, разложить линейную комбинацию уравнений
на множители и определить нужные значения параметра.
Указание. Переформулировать задачу, объединив уравнения в систему.
Указание. Сложить первое уравнение системы с удвоенным вторым и разло-
жить получившееся уравнение на множители; определить возможные значения
параметра; проверить их в исходных уравнениях.
Решение. Переформулируем задачу: требуется найти все значения параметра,
при которых система
х3 + 2ах2 — а2х — 2а3 + 2 = 0,
х3 — ах2 — 10а2х + 10а3 -1 = 0;
имеет решение. Сложим почленно первое уравнение с удвоенным вторым и раз-
ложим полученный многочлен третьей степени на множители:
х3 - 7а2х + ба3 = 0
(ж — а)(ж - 2а)(ж + За) = 0;
осталось определить значения параметра, при которых корни последнего уравне-
ния являются решениями системы:
1)	подставим х = а в первое уравнение системы:
а3 + 2а3 — а3 — 2а3 + 2 = 0- нет решений;
2)	подставим х = 2а в первое уравнение:
3)	подставим х = — За в первое уравнение:
-27а3 + 18а3 — За3 - 2а3 + 2 = 0	<=> а3 = |	<=> а = -^=.
4	v4
1 1
Ответ. —тт=: —.
Ж ^4
Задача 4- (Фил-80.5)
Найти все значения а из промежутка [1; +оо), при каждом из которых больший
из корней уравнения х2 — 6ж + 2ах + а — 13 = 0 принимает наибольшее значение.
Идея. Выразив из уравнения параметр через переменную и удовлетворив усло-
вию на параметр, найти максимальный корень и соответствующее ему значение
параметра.
94- Смешанные задачи
521
Указание. Выразить из уравнения параметр через переменную, переформули-
ровать ограничения на параметр.
Указание. Определить все значения переменной, при которых уравнение имеет
решение для а > 1; отобрать максимальный корень и найти из уравнения соот-
ветствующее значение параметра.
Решение. Поскольку условие задачи содержит ограничения для параметра, пе-
репишем уравнение в виде: а(2х + 1) = —ж2 + 6х + 13.
1) При х = — уравнение решений не имеет;
Л
тт /	1	-2?2 + 6ж + 13
2) При х ф “ получаем: а = ------—-------
при которых вьшолняется условие задачи а >
. Найдём все значения переменной,
—х2 + 6ж + 13
2х + 1
х2 — 4ж — 12
2х + 1
х е (-со; -2] U 6
< О
Наибольшее значение х — 6. Найдём значения параметра, при которых х = 6
является корнем исходного уравнения:
а- (2-6 + 1) = -36 + 36 + 13 <++> а = 1.
Ответ. 1.
Задача 5. (Псих-88.6)
Найти наибольшее значение параметра а, при котором неравенство
ах/а(х2 - 2х + 1) Ч— ------------ < tfa? I sin ^-х\
v	7 х2 - 2х +1 “ I	2 1
имеет хотя бы одно решение.
Идея. Воспользовавшись неравенством для суммы двух взаимно обратных по-
ложительных чисел, переформулировать задачу.
Указание. Разложив выражение в левой части на множители и воспользо-
вавшись неравенством для суммы двух взаимно обратных положительных чисел,
переформулировать задачу.
Указание. При поиске наибольшего возможного значения параметра исполь-
зовать оценочные неравенства.
Указание. Убедиться в том, что при наибольшем из найденных значений па-
раметра решение неравенства существует.
Решение. Область допустимых значений аргумента: а > 0.
При а = 0 неравенство преобразуется в тождество, решением является любое
значение переменной из области допустимых значений переменной: ш / 1.
При а > 0 разложим выражение в левой части на множители:
а [х/а(х - I)2 +	- ) < Vo? Isin^xl
\	4&(х — I)2 J I 2 I
522
Указания и решения
<=> у/а(х - I)2 +	--1—-г- < ~^= Isin .
4	7 у/а(х - I)2 “ tfa\ 2 I
В левой части неравенства стоит сумма двух взаимно обратных положительных
чисел, поэтому выражение слева принимает значения, не меньшие двух. Значит,
необходимым условием существования решения является:
Наибольшее возможное значение параметра есть а = 1/16. Убедимся в том, что в
этом случае существуют решения исходного неравенства:
Ответ. —.
16
Задача 6. (Псих-92.4)
Найти все значения параметров и и v, при которых существуют два различных
корня уравнения х(х2 +х — 8) = и, являющихся одновременно корнями уравнения
х(х2 — 6) = v.
Идея. Решить задачу методом неопределённых коэффициентов.
Указание. Представив многочлены третьей степени в виде произведения ли-
нейных сомножителей с учётом требований задачи, сопоставить коэффициенты и
найти нужные значения параметров.
Решение. Прежде всего отметим, что если уравнение третьей степени имеет
два различных действительных корня, то существует и третий. Поэтому с учётом
требований задачи уравнения можно представить в следующем виде:
•	первое уравнение: (х — х±)(х2 + рх + q) = 0;
•	второе уравнение: (х — Х2)(х2 + рх + q) =0.
Раскрыв скобки, приведём подобные слагаемые и сопоставим коэффициенты (то
есть применим метод неопределённых коэффициентов):
• первое уравнение: х3 + (р — Ж1)ж2 + (q — pxi)x — qx± = 0;
р — Xi = 1,	I Xi = p — 1, < q — pxi = —8,	<=> < pxi = q + 8, —qxi = —и;	1 qxi = щ	Xi = p — 1, *=*• < p(p - 1) = 4 + 8, qx± = u;
9.4- Смешанные задачи
523
• второе уравнение: х3 + (р - х2)х2 + (д - рх2)х - qx2 = 0;
р - х2 = 0,
q-px2 = -6,
-qx2 = -v\
{^2 = Р,
рх2 = q + 6,
qx2 = v,
p2 = q + 6,
qx2 = v.
ж2 = p,
Из вторых уравнении систем получаем: р = —2, q = — 2. Значит, х± = —3,
х2 = — 2; и =	= 4. Проверкой убеждаемся, что найденные значения
параметров удовлетворяют условию задачи.
Ответ, и = 6, v = 4.
Задача 7. (М/м-99(2).3)
Найти все х, при которых хотя бы одно из двух выражений
|ж — 3|(|ш — 5| — |ж — 3|) — 6ж и |ж|(|ж| — |ш — 8|) + 24
неположительно и при этом его модуль не меньше модуля другого.
Идея. Переформулировав задачу, решить неравенство с двумя модулями стан-
дартным способом.
Указание. Требование задачи равносильно неположительности суммы двух
выражений.
Указание. Ввести новую переменную и перейти к неравенству с двумя моду-
лями, которое решить стандартным способом.
Решение. Обозначим:
/(ж) = |ж - 3|(|ж — 5| — |ж — 3|) - 6ж, р(ж) = |ж|(|ж| - |ж - 8|) + 24.
Требование задачи, очевидно, равносильно тому, что сумма двух данных выраже-
ний неположительна. Значит,
|ж — 3|(|ж — 5| — |ж — 3|) — 6ж + |ж|(|ж| — |ж — 8|) + 24 < 0	<==>
|ж2 - Sx + 15| — (ж2 — 6ж + 9) — 6ж + х2 — |ж2 — 8ж| + 24 < 0;
пусть у = х2 — Sx + 15, тогда
\у\ - |т/-15| + 15< 0	у <0.
Следовательно,
х2 — Sx + 15 < 0	<=>	3 < х < 5.
Ответ. [3; 5].
Задача 8. (Псих-98.6)
Найти все целые значения параметров а и b, при которых уравнение
. (Vb2^
arcsin ---—
х2 \
I _ . 2sin
arcsin I х2 1 4- b • 2sin 7гЬж
CblCollX I	7	I U
= 2ab
Ъ
524
Указания и решения
имеет не менее 10 различных решении.
Идея. Раскрыть модуль и отобрать целочисленные значения параметров, при
которых полученные уравнения будут иметь решения.
Указание. Заметить, что условию задачи отвечают только положительные зна-
чения параметра 6. Раскрыть модуль, отобрать целочисленные значения парамет-
ра а, при которых полученное уравнение имеет решения.
Указание. Выписать решения в общем виде; провести отбор тех значений па-
раметра 6, при которых существует не менее 10 различных решений.
Решение. Область допустимых значений переменной и параметров: b / 0,
Ь2 — х2 >0.
Рассмотрим различные возможные значения параметра Ъ.
1) При b < 0 каждое слагаемое подмодульной функции неположительно; получа-
ем:
. \/Ь2 — х2
arcsm-------= ао;
b
данное уравнение может иметь не более двух корней при любом значении пара-
метра а.
2) При b > 0 каждое слагаемое подмодульной функции неотрицательно; имеем:
-b . 2sin=ab	2sin *Ьх =-а.
Функция в левой части уравнения принимает значения из отрезка -; 2 . Значит,
А
при а < — 2 и а > — - уравнение решений не имеет. При остальных значениях
А
-41
корни есть. Поскольку по условию а 6 Z, переберём
параметра а Е
возможные варианты.
а)	Если а — — 2, получаем:
,	1 2п
281П7гЬж _ 2	<=> smirbx = 1	<==> х = — + —, п Е Z;
2b о
учтём область допустимых значений: — b < х < Ь, то есть
—b <	< b <==> — 2b2 < 4n + 1 < 252;
2b b
данному неравенству при b Е Z удовлетворяет не менее 10 различных зна-
чений п тогда и только тогда, когда b > 4.
б)	Если а = — 1, получаем:
2sin тгЬх _
зттгЬх = 0
х — —, т Е Z;
b
учтём область допустимых значений:
-b<^<b <=>	-b2<m<b\
ь
значит, b > 3.
Ответ, а = — 2; b = 4; 5; 6;...; а = — 1; b = 3; 4; 5...
94- Смешанные задачи
525
Задача 9. (Фил-82.5)
Найти все значения параметра 7, при каждом из которых минимально количество
пар (n,m) целых чисел п и тп, удовлетворяющих условию 73|п| < \/2(72 — тп2).
Идея. Определив, что условию задачи удовлетворяют только положительные
значения параметра, организовать перебор по числу целочисленных решений.
Указание. Рассмотрев неравенство при различных значениях параметра, опре-
делить, что конечное число целочисленных решений может существовать только
при 7 > 0.
Указание. Переформулировать задачу для положительных значений парамет-
ра; отметить чётность по каждой из переменных.
Указание. Организовать перебор по числу целочисленных решений.
Решение. Рассмотрим возможные значения параметра 7:
решений бесконечно много.
1)	при 7 < 0 получаем: |п| >---------—. При любом фиксированном значении
7	7
m 6 Z и любом 7 < 0 данное неравенство имеет бесконечно много целочисленных
решений. Значит, 7 < 0 не подходят;
2)	при 7 = 0 получаем: тп = 0, п — любое целое
Поэтому 7 = 0 тоже не подходит;
л	II \/2 V^m2 _
3)	при 7 > 0 получаем: |п| <----------—. Данное неравенство имеет конечное
число целочисленных решений.
Значит, далее рассматриваем только 7 > 0. Множество решений неравенства
у/2	^2т2
п <--------;— на плоскости переменных изображено на рисунке.
7	73
Отметим, что пара (0;0) будет решением для любого 7 > 0. Проверим, существу-
ют ли такие значения параметра, при которых целочисленное решение неравенства
будет единственным:
Г О' > л/2,
S 7 < 1,
[7 > 0;
решении нет;
526
Ответы
значит, единственного целочисленного решения быть не может.
Далее организуем перебор по возможному количеству целочисленных решений.
Заметим, что неравенство является чётным по переменным т и п, то есть если
пара (то;по) является решением, то и пары (то;— по), (—т^по), (—то;— по)
также будут решениями. Следовательно, целочисленных решений будет не меньше
трёх. Три решения возможны в одном из двух случаев:
1)	это решения (0; 0), (0; 1), (0;—1); при этом пары m = 0, |п| =2; \т\ = 1, п = 0
и |m| = 1, |n| = 1 не должны быть решениями; для определения соответствую-
щих значений параметра удобно воспользоваться исходным неравенством:
'у3 <
273 > \/272,
< 0 > л/2(72 - 1),
73 > д/2(72 - 1),
<7 > 0;
заметим, что 73 + \/2(1 — 72) > 0 для всех 7 6 [ -7=; 1);
2)	это могут быть и решения (0; 0), (1; 0), (—1; 0); при этом пары |т| = 2, п = 0;
т = 0, |n| = 1 и \т\ = 1, |n| = 1 не должны быть решениями; определим
соответствующие значения параметра:
'О < д/2(72 - 1),
0 > л/2(72 - 4),
< 73 > л/272>
73 > л/2(72 - 1),
к7 > 0;
'у > 1,
7 <2,
< 7 > ч/2,
73 - ^72 + д/2 > 0,
<7 > 0;
7 € (72; 2) .
заметим, что 73 — г/^у2 + \/2 = 72(7 — \/2) + л/2 > 0 для всех 7 6 (\/2; 2);
Ответ.
§1.
527
Ответы
i.i.
7. п = Ък + 2, к = 0; 1; 2;...
11. Нет.
14. n = 6Z + 1, n = 6Z + 2, Z G N.
17.	п = 33m, т G N.
1.2.
1.	(1;&), к G Z; (Z; 1), Z € Z.
2.	(0; 0), (-1;0).
3.	Решений нет.
7.	(0;0).
8.	(1;2), (2;1).
9.	(0;-1;0), (6; —1;0), (0; 1; 0), (6;1;0).
ДО. (0; 0).
11.	(0; 0), (2; 2).
12.	(1;2;2), (2; 2; 1), (2;1;2).
13.	(2; 1).
14.	(0;±2), (3;±5), (4; ±7).
15.	(1;1), (2;3).
16.	(2;3; 1), (3;2;1), (1; 2; 3),
(1;3;2), (2;1;3), (3; 1; 2).
17.	(0;0;0).
1.3.
1. 3.
3. -1; 0.
11. Да.
13. п = 5р + 1, р 6 Z.
15. п = ЗА:, п = 3k + 1, k Е N.
17. Нет.
18. (0;0).
1.4.
3.	Нет.
4.	р = —2, q = —2.
5.	Нет.
6.	Девятки.
7.	х = у = 0.
8.	Да.
13. 9.
14. 2.
1.5.
1.	10loS9 3 > 7loS4 2.
2.	log4 7 > log1/3 2.
3.	logn 12 > log12 13.
4.	log2 тг + log^ 2 > 2.
5.	log25>log35.
6.	log2 3 > log3 2.
7.	logn H9 logi5 227.
g. 4л/1об4 5 _ £л/1об5 4e
9.	340 > 430.
10.	W > Ж
11.	sin 2 • cos 3 • sin 5 > 0.
12.	V2 cos 2 + 4 cos 1 + 3 — 2 cos 1 >
13.	lg(arctg 2) > 0.
. . тг x 1 x 5
14.	- < arctg - + arctg - .
15.	sin3>sin3°.
. 7Г l~2 Х ТГ
i6.	sm-<^-<tg-.
17.	log2 3 > log6 8.
18.	log3 7 > log7 27.
19.	2^ < 3 A
20.	sin31° Ctg30°.
21.	tg55° > 1,4.
22.	IO7” > lV^5.
23.	W + 1 < ^88.
24.	log214 < x/15.
25.	log189 1323 > log63 147.
26.	Первое число больше.
2.1.
3.
4.
5.
6.
0.
6.
7Г
~7‘
л/15
4 ’
528
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.
16.
17.
19.
20.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
Ответы
___2_
"Тб ‘
12
37
7.
15.
1.
2 + 2-^2
Зг/5
12 4- 5х/3
26
2
г/5’
4тг - 10.
14 — 4тг.
х.
2Ь
а ’
2.2.
2.3.
1.	(—1)п^4-тгп, nGZ.
6
2.	R.
3.	-7 4- 2тгп, п G Z.
4
5.	— 4- тгп, тг 4- 2тгтп, п, т G Z.
6.	Г— у — тгп; у — тгп] U Г— у; оо) ,п Е N.
L 4	4 J L 4	/
7.	R.
л	/ тг л	тг л	„
8.	— 4- 2тгп; — 4- 2тгп^ , п G Z.
11. — — 4- 2тгп, п G Z.
„ л тг л 17тг
13.------h 2тгп,----------Н 2тгтп;
1 л	'	1 п	1
тг . 1	2
— < arcsm - 4- arccos -
4	о	и
тг	9тг
ctgio;O;ctgio-
±COST^; ±С08БГ
io	io
п,т G Z.
। /тг 5тг\ /Зтг 7тг\
U \2’ Т/ U \Т’ Т) ’
arctg 3^4- Щ n G Z.
2.4.
0.
[1; 4-oo).
тг 4- 2 тгп, n G Z.
1. |я| > 1, х , ktZjk^O.
2.	4- тг/г < х <	4- тгА?, к = ±1, ±2,...
я
и V2 < х < —.
тг Зтг
16 ’ 16 ’
При к = 1;
5 —2\/3 '
26
[-3;-2)U{l}.
4.	4- 2тгп; + 2тгп) U
U f т + 27гп; ~Т + 2тгп^ и
\4	4	/
U/ Зтг _ бтг _	_
| — 4- 2тгп; 4- 2тгп ; п G Z.
\ 4	6 J
тг
5.-4- 2тгп, arctg 2 4- 2тгтп; п, т G Z.
в.
7.	+ 2тгА:, к € Z.
6
§3.
529
8. [0,6;1].
9 [1-^’
’ [2’ 169. ’
„ л 7Г	7ГП	ТГ	ТГ771	_
10.	- + —, -- + —; n, mEZ.
4	2	о 2
л/17 - 1
11.	тг + arcsin-------h 2тгп, п Е Z.
4
12.	-^+2тгк,	4-2тгтп;
13.	— ^4-2тгп, — ^4-2тгт; n, mEZ.
2	и
14.	~ < а < 0.
5
/ 11тг \
15.	[-13;-4тг) U (-4тг;--i- Ш
16.	(2; -1), (у; -0.
17.	(-1; 1; -2),(—1; 1; 2).
18.	Решений нет.
19.	(-1;-1;-1).
20.	(2; 1).
22. х & R.
23. .е[з;1±^)и(Ц^Н
- j 4- 7t(A?i - Zi); 2тгк^ ,
(“ з + ^(^2 4-I2) ;
— Z2)j 2тгА?2^ ,
/<	/1
- + Tr(fe2
о
i6. (^+wn;j+wn] U ||| U
U	~7~ + 7Гт} 5
. 3	4	/
п е N, т Е No .
3.1.
1.	(0,1; 0,01), (100; 10).
2.	(ж2 — \/2х 4~ 1)(®2 4~ у/2х 4~ 1).
3.	(я?2 — х 4-1)(я2 4- х 4-1).
4.	(-1; 1).
5.	(-2; -2).
6.	[—2;—1) U [0; 1].
8.	(9; 1).
(	4	1
9.	< -5;	2 к
I	5	J
10.	-у 4- тгп, п е Z.
4
11.	4- тгп, п Е Z.
12.	2.
13.	(2-^/2; 1] U [3; 2 + л/2).
14.	(-оо; -2) U (2; 4-оо).
15.	(0; ±1).
7Г	\
— 4-7r(mi — ni); тг 4-2тгШ1) ,
и	'
(- 4-7г(т2 4-п2) ;
\ о
2тг ,	к	\
—---F 7Г(7П2 —	4" 27Г7П2 I J
О	/
П1, П2,11, 12, ТП1) ТП2) kl, А?2 G Z.
25. (-2; 2), (2; -2), (2>/2; л/2),
(-2л/2; -Л).
3.2.
1-	-Y
V 7 J
2.	(-3; -2) U {-1} U (0; 1).
3.	(-4; -2), (0; -2).
4.	-1.
5.	-4±\Л/1б-3.
6.	(т+4 —-\/б)(а:+4+\/б)(® + 2)(х + 6).
7.	1±\/3, lj=
2
8.	(1;2;3), (-1;-2;-3).
9.	(1;3), (3;1).
10.	(3 + У10; -З + л/10),
(З-л/10; -3—Лб), (3; 2), (-2; -3).
11.	(2;1), (-2; -1),	---М,
\2Т2 2V2J
/___7_. 5 \
\ 2У2’2л/2/
530
Ответы
12. (-оо; -1-л/^ + 1 )|J и (-i+\l^-+^ +4 \	V о	/	16. (15; 10), (10; 15). 17. (-оо; —2) U (0; +оо). - г I-
1з. [У]- [2 2J 14. (-оо; -Уб - 2) U (-Уб + 2; 0)U U(0; Уб - 2) U (Уб + 2; +оо).	3.4. 1.	0; 1. 2.	10; 10~*. 3.	1; 4.
3.3.	л , I ,	6 — л/26
1.	50. 2.	-34. 3.	-5; 5. 4.	—4; 1. 5.	1/3. б.	f-Д f-;-Y V9’ 25 J ’ \25 9 J 7.	[5; 10]. 8.	(—00; — 1] U — | j* U [0; +oo). 9.	{—3} U (1; +oo). 10.	{0} U (16; +oo). n. (4 4)- \ 3’	8/ 12. x = 1	—	y/(a	— l)2 + 4	и x = 1	+	л/(а	+ 2)2 + 4	при a < —2; x = 1	—	д/(а	— l)2 + 4	и x = 1	—	у/(a	+ 2)2 + 4	при —2 < a < -1/2; x — —3/2 при a = —1/2; x = 1 — д/(а — l)2 + 4 и ® = 1 — У(а + 2)2 + 4 при -1/2 < a < 1;	 x = 1 + д/(а — l)2 + 4 и x = 1 — у/(a + 2)2 + 4 при a > 1; при a = —1/2 уравнение имеет толь- ко один корень. Г27-4х/66 8 -4/85],, L 9	3 J Г17 + У349 27 + 4У66' 6	9 14.	(У4; 9). 15.	(1; 1), (|; -2).	4. ±у log2	; в другом виде , /.	6 + У26 ±У1О«2 5 • 5. -1±У2. » I- 7.	3; 81. 8.	2-8, 227. 9.	(1~, 1") U (1; 2]. \ о / 10.	-1. п- (-1; м D' 12.	[-1; 1) U (1; 3]. 13.	[1; 5) U (10; +оо). 14.	[-log3 2; 0) U (| log3 2; 1 • 15.	(0; 3]. 3 36 16.	. 2 25 17.	(5; 0), (	2 ) . \5	/ 18.	(-оо; 0) U (log3 2; 1). 19.	(3; -2). 20.	(log2 (Уб 2); log3 2	. - №»)•(?. ?)• 22. ±1. 3.5. и 7Г 7ГП	_ L 4 +Т’ nGZ’
§4.
531
2.	x E R, х —, п Е Z.
л/5 — 1	7Г
3.	( —l)n arcsin -------1-тгп, — — +2тг&;
п,к е Z.
4.	(—1)п^ + тгтг, тг Е Z.
6
_	7Г	тгк	,	_
5.	—	— + тгтг,	—; тг, &EZ.
4	2
6.	3	корня.
9. Нет решений.
4.1.
1	7-
2.	В 2 раза.
3.
29
4.	2,1 кг.
5.	45 минут.
6.	48 минут.
7.	В 2 раза.
8.	28 млн.т.
4.2.
1.	8 книг.
2.	3.
3.	[15, +оо).
4.	6 насосов; нет.
5.	36.
6.	40 минут и 1 час соответственно.
7.	50 км/ч.
4.3.
1.	1 набор за 4 рубля и 16 наборов по
6 рублей.
2.	11000 тыс.р. и 12600 тыс.р.
3.	10500 тыс.р. и 12600 тыс.р.
4.	10 человек.
5.	8,56,392.
6.	432 человека.
7.	20 рейсов.
8.	При шести членах; —66.
9.	300 или 600 шт.
10.	156 домов.
5.1.
1- [1;3].
* 4
3.	с > 0.
4.	q<0.
5.	(р2 + 2g)2 — 2g2.
6-	У2 + (р3 - Р2 - Зрд + 2д) у-
~ (р2 - 2д) (р3 - Зрд) = 0.
7.	Минус.
8.	(-оо;20].
9.	0; 1.
10.	(3-243; 2415-6).
11.	±4з.
12.	{0}и[3;+оо);
если т = 0, то х = 0;
л	9 л
если т = 3, то х = - > 0;
если 772 > 3, то два положительных
корня;
если 0 Ф 772 < 3, то нет решений.
13.	{0} U (2 + 43; 2 + 45).
14.	1-42; 5 + 410.
5.2.
2. (-2 - 4Й;-2 + 4и).
5.	(-оо;20].
6.	-3.
7.	-8.
8.	[-3;3].
9.	{-42} U (-1; 1).
532
10.
11.
12.
13.
14.
15.
16.
17.
18.
1.
2.
3.
4.
7.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.
16.
17.
18.
Ответы
5.3.
-3.
-5.
1.
Р = з.
Прямая q = —ар — а2.
_82
9 ’
(—оо; —л/7] U [л/7; +оо).
2; А,
(-оо; —2 - Уб) U (л/2; +оо).
[2; +оо).
Если к = — 1, то
ТГ
х = — + тгп или 2тгт, n, т G Z;
2тг
если к = 0, то х = ± —+ 2тг&, к '
если к = 1, то
л/7- 1
х = ± arccos —--------h 2ttZ, Z G Z.
1.
3’ 4/ u V4 32
6.1.
1.	7ГП, n G Z.
2.	±2; 0.
3.	1.
4.	2.
5.	2.
Л 2?Г 7Г , 7Г Л
6.	——; —; ±— + 2тгп, n G N;
и 2 и
- 2тг*, к e N.
и
7.	Нечётная.
Ю.
11. 2тг.
6.2.
1.	(—оо;—2].
2.	[—1;+оо).
3.	[0;3].
4-	(-
\ и /
5.	(1;8].
6.	[-3;0].
7.	^- + тгп, п G Z.
8.	(—1)п-7 + тгп, п G Z.
6
9.	1-27Г.
10.
11	7Г	\
11.	( -; — — + тгп 1 , п G Z.
у 2	4	J
12.	(-оо;0).
14.	7.
15.	3.
16.	-1;3.
18. 1±У11 + 4УЗ.
19. [2тг— i; +оо ) .
\	8	/
19. ( —оо; 3] U [4;+оо).
И
533
6.3.
217 - 5\/415 180 + 2ч/415
29	’	29
1.	Нет.
2.	f(x) = —x2 — 4x + с, c € R.
3-	^ = rx-f-
4-	=
Г” ГЧГЧ	v	77*
5.	99 решении; xn = —,
n = 0,1, 2,... 98.
6.	[2; +oo).
0; i; 2-.
’ 3’ 3
7. a
U
8. (—oo; 0] U [3;+<x>).
9. ±V2.
11. —+ 2тгп, n € Z.
12. [0; 1) U (1; 2] U {3}.
9 + г/81 + 12тг
7.
13.
2
8- -r		14.	4 ±-.
9. —2.			6	6
10. 25.		15.	27.
11. 9,2.		16.	-112.
12. 42.		17.	[1; 1,5] U [2,5; 3].
13. Три корня. 14. Пять корней.			7.1.
15. Два нуля.		1.	Решений нет.
16. Два нуля.		2.	— 1; 2.
17. /(®) =-log3	) при х < 0.	3.	3.
Корни уравнения	-	4.	Утгп = 0, Утах = 1 • - 2
18. 1 + 8?2, 7 + Зк] Ti, к £ Z.		5.	Утлп — 2 ’ Утав —
19.	+ Зк, keZ.		6.	[-1; 0) U [1;+оо).
20. [З-у/2; 6].		7.	Утгп = 1, Утах = V
21. 1.		8.	(0; 1), (1; 0).
22. -1.		9.	(0; 0).
6.4.
1.

U
2.
2; —
3.
4.
При a = — 2
1
при a = --
[1;3],
5. [2;3)U(3;4].
I A 6 10'
®e{ ; 5; T,
f 1 л 1
0; -
10.	Решений нет.
11.	8.
12.	0; 1.
13.	(4; —3; 0), (2; — 1; 2).
14.	4,25.
15.	(1;-1).
7.2.
L h + ;
n e Z.
2. 3.
534
Ответы
3.	-1; -2.	8. Решений нет.
4.	(—2;тгА:), (2;^+%*:), keZ.	9. 2. / тг	\	_
		10. ( — + 2 тгп; 0,1) , п е Z.
5.	ТГ/4.	\2	/
6.	V + 2тгп, п е Z.	11. (3;+оо).
	4	12. (-2;1).
7.	(0;1).	_ _	1-х/З	х/3-5
8.	(±7 + пп\ 1), п е Z.	13. При а = 			 х = 	; 2	2
	\ 4	/ Г ТГ \	/ТГ 1	i + Vz -Vz-ь
9.	1 о ьо| : 'S	 С — ьо| : Л.	при а =	2 X =	2
10.	Решении нет.	14. 1.
11.	Решении нет.	!5.
12.	+ 2тгА?, к е Z.	4 16. (—оо; +оо).
13.	0.	17. 0.
14.	(-2;-4), (-1;-3).	18. При а = х = 1, при остальных
15.	5ТГ	ТГ	значениях а решении нет.
	“12’ “12 тг	19. (—1;—3), (3;-3).
16.	— + 2тг • (2к — 1), к Е Z.	20. 2.
17.	— 4Z — 1, z е z.	21. При а 0 х = 0;
18.	0,99.	при а = 0ж = 0иж = —1.
	тг 23тг	22. 2.
19.		
	12’ 12 ‘	23. —+ 2тгп, n е Z.
20.	тгп, п е Z.	2
		24. 5.
21.	(И)-	
	/ 3	\	8.1.
22.	( —; +оо ) .	
	\82 ’	/	\/2
23.	(-1;2), (-15-2).	14- Т-
24.	(1; 256, 5; 128), (-1; -256, 5; -128).	17. Не имеет.
25.	тг тгп - + —, nGZ.	18. Да.
	Зтг	8.3.
26.	— + 2 тгп, п е Z. Л	
		7. 2®-1 + 227-1 > у/2х+у.
	7.3.	
1. Решений нет.
9.1.
2.	0.
3.	{1} и (25 +00).
4.	х е (0; 1)U{2} при а = тг-h2тгА;, к G Z;
х 6 (0; 1) при остальных а.
5.
6.	-1.
’ ['<
1-	(3;3;3)
2	^а- о-
2 ’ ’	2
3.	2л/2.
4.
2	2
5.	р = 9; [-1;3].
6.	[3 — л/б; 2] U [5; 3 +-\/б] •
§9.
535
8. (—оо; —1) U (1;+оо).
9.
При Ь =
,п е Z;
г 1 / 1 7Г	\
при о = -	-т-=; — + тгт , т G Z :
2 \ -^8’ 4	/
при остальных значениях параметра
4. 1.
6- п-
6.	и = 6, v = 4.
7.	[3;5].
8.	а= -2; b = 4; 5; 6;
а = -1; b = 3; 4; 5...
решений нет.
9.2.
1.	2.
2.	1.
п	1 п 1
3.	0;	.
2^2	2^2
4.	-3;9.
5.	2-г/2; 2 + г/2.
6.	ЦУ5 ЦУ5
2	’ ’	2
7.	-1;2.
8.
4	32
9.3.
1-	[-1;1].
2-	Р;-1
L 4 з]
3.	(—оо;0].
5. (0;х/35]-
9.4.
1. (-ос;-99].
2. -1.
Литература
1.	Золотарёва Н. Д., Попов Ю. А., Семендяева Н. Л., Федотов М. В, Алгеб-
ра. Базовый курс с решениями и указаниями (ЕГЭ, олимпиады, экзамены в
вуз) - М.: Фойлис, 2010. - 568 с.
2.	Федотов М. В., Разгулин А. В. Алгебра. Подготовка к вступительным экза-
менам в МГУ. - М.: МАКС Пресс, 2007. - 260 с.
3.	Федотов М. В., Хайлов Е. Н. Задачи устного экзамена по математике.- М.:
МАКС Пресс, 2002. - 144 с.
4.	Математика. Задачи вступительных экзаменов по математике в МГУ имени
М. В. Ломоносова с ответами и решениями (1999-2004 гг.) Cocm. Е. А. Гри-
горьев. - М.: Издательство УНЦ ДО, 2005. - 399 с.
5.	Варианты вступительных экзаменов по математике в МГУ (2000-2002, 2003,
2004 гг.). - М.: Механико-математический факультет МГУ.
6.	Глазков Ю. А., Варшавский И. К., Гаиашвили М. Я. Математика. Единый
государственный экзамен. Решение задач группы В. - М.: Изд-во ’’Экзамен”,
2009. - 382 с.
7.	Сергеев И. Н. Математика. Единый государственный экзамен. Задания ти-
па С. - М.: Изд-во ’’Экзамен”, 2009. - 318 с.
8.	Денищева Л. О., Бойченко Е. М., Глазков Ю. А. и др. Единый государствен-
ный экзамен 2003-2004: Контрольные измерительные материалы: Математи-
ка. - М.: Просвещение, 2003. - 191 с.
9.	Денищева Л. О., Рязановский А. Р., Семенов П. В., Сергеев И. Н. ЕГЭ 2008.
Математика. Федеральный банк экзаменационных материалов. - М.: Эксмо,
2008. - 240 с.
10.	Галеев Э. М. Подготовка к ЕГЭ по математике. Задания типа В и С. - М.:
Издательство ЦПИ при механико-математическом факультете МГУ, 2009. -
96 с.
Учебное издание
ЗОЛОТАРЁВА Наталья Дмитриевна, ПОПОВ Юрий Александрович,
САЗОНОВ Василий Викторович, СЕМЕНДЯЕВА Наталья Леонидовна,
ФЕДОТОВ Михаил Валентинович
АЛГЕБРА. Углубленный курс с решениями и указаниями
Под редакцией М.В. Федотова
Подписано в печать 18.10.2010. Формат 70x90 1/16.
Бумага офс. № 1. Гарнитура Таймс.
Офсетная печать. Усл. печ. л. 34,0 Тираж 1500 экз.
Заказ 1665. Изд. № 9310.
Ордена «Знак Почета» Издательство Московского университета. 125009,
Москва, ул. Б. Никитская, 5/7. Тел.: 629-50-91.
Факс: 697-66-71. Тел.: 939-34-93 (отдел реализации).
E-mail: secretary-msu-press@yandex.ru
Сайт Издательства МГУ: www.msu.ru/depts/MSUPubl2005
Интернет-магазин: http://msupublishing.ru
Отпечатано в ППП «Типография «Наука»
121099, Москва, Шубинский пер., 6
АЛГЕБРА
• имени
Факультет вычислительной
математики и кибернетики
М.В.Ломоносова
КОМПЬЮТЕРНЫЕ КУРСЫ
• ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ
Работа на компьютере. 3-5 классы.
Базовая подготовка. 6-11 классы.
(Windows, Word, Excel, Internet, PowerPoint).
Flash, основы работы. Компьютерная анимация.
Flash-студия. Создание мультфильмов со звуком
Программирование в системе Flash.
Язык ActionScript. Проектирование игр.
Создание домашней компьютерной сети.
Проводные и беспроводные сети.
CorelDraw. Система векторной графики.
PhotoShop. Улучшение качества изображений,
ПОДГОТОВИТЕЛЬНЫЕ
КУРСЫ
Программы для 9,10,11 классов 4
изменение цветовых характеристик, создание
коллажей, рисование, эффекты, фильтры,
фотомонтаж и др.
Web-мастер. Часть 1.
Язык HTML. CSS. GIF-анимация.
Подготовка к вступительным
испытаниям и ЕГЭ:
Web-мастер. Часть II.
Программирование на Java-script
Математика
Информатика
Физика
Русский язык
Для жителей Подмосковья и
Программирование.
www.vmk-edu.ru) Паскаль'DELPHI>с’с++>}та'
Занятия в течение учебного
года 1-2 раза в неделю
ближайших областей
организуются группы
выходного дня с занятиями по субботам.
т. (495) 932-98-08
т. (495) 939-54-29, 939-36-04
Интенсивные курсы в июне
• ДИСТАНЦИОННЫЕ	ж	di i А
подготовительные курсы: Математика^ Физика WWW.tuMlz.KU
По вопросу приобретения книг
обращайтесь в интернет-магазин www.msupublishing.ru