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

Неравенство относительно y перепишем в виде

После разложения левой части на множители получим

откуда

Находим интервалы изменения x :

Остается выделить решения, лежащие в интервале 0 < x < π.

Ответ.

14.15.Выразив sin 3α и cos 2α через sin α и обозначив sin α = y , получим

4(3 y − 4 у ³) + 5 ≥ 4 − 8 у ² + 5 у ,

или

16 у ³ − 8 у ² − 7 у − 1 ≤ 0.

Нетрудно заметить, что y = 1 — корень многочлена, стоящего в левой части неравенства. Теперь можно разложить этот многочлен на множители:

16 у ³ − 8 у ² − 7 у − 1 = ( y − 1)(4 у + 1)².

Так как y = sin α, то y − 1 ≤ 0, а следовательно, и многочлен 16 у ³ − 8 у ² − 7 y − 1 неположителен, что доказывает неравенство.

14.16.Значения x = π k , при которых sin x = 0, являются решениями неравенства при всех а > 0. На множестве остальных точек данное неравенство равносильно такому:

Так как

(сокращение на sin x правомерно, так как рассматриваются точки, в которых sin x ≠ 0), то приходим к неравенству:

(1 + 2cos 2 x )² ≥ а ².

Так как а > 0, то это неравенство распадается на два:

1 + 2cos 2 x ≤ − а , 1 + 2cos 2 x ≥ а ,

т. е.

cos 2 x ≤ − a + 1/ 2, cos 2 x ≥ a − 1/ 2.

Первое имеет решения при − a + 1/ 2 ≥ −1, а второе — при a − 1/ 2 ≤ 1 или соответственно а ≤ 1 и а ≤ 3.

Найдем решение неравенства cos 2 x ≤ − a + 1/ 2. Так как а > 0, то правая часть неравенства отрицательна и при а < 1 ему будут удовлетворять углы 2 x , подвижные радиусы которых лежат в секторе, расположенном во второй и третьей четвертях симметрично горизонтальной оси (сделайте рисунок самостоятельно), т. е.

arccos (− a + 1/ 2) + 2π k ≤ 2 x ≤ −arccos (− a + 1/ 2) + 2π + 2π k .

Так как arccos (− y ) = π − arccos y , то

π − arccos a + 1/ 2+ 2π k ≤ 2 x ≤ arccos a + 1/ 2− π + 2π + 2π k .

Результат окончательных преобразований дан в ответе.

Ответ.При любом а > 0 y неравенства есть решения x = π k ; при 0 < а ≤ 3 появляется вторая серия решений:

−½ arccos a − 1/ 2+ π k ≤ x ≤ ½ arccos a − 1/ 2+ π k ;

при 0 < а ≤ 1 — третья серия:

−½ arccos a + 1/ 2+ π/ 2(2 k + 1) ≤ x ≤ ½ arccos a + 1/ 2+ π/ 2(2 k + 1).

14.17.Обозначим cos t = z и преобразуем условие задачи в неравенство

2 z ² + (2 cos x cos y ) z + ½ cos² x cos² y + cos x − cos y > 0,

которое должно удовлетворяться при всех −1 ≤ z ≤ 1. Парабола, соответствующая трехчлену, стоящему в левой части неравенства, имеет абсциссу

z 0= −½ cos x cos y .

Следовательно, −1 < z 0< 1. Таким образом, условие задачи равносильно требованию, чтобы ордината этой вершины была положительна, что в свою очередь сводится к требованию отрицательности дискриминанта:

D = cos² x cos² y − cos² x cos² y − 2(cos x − cos y ) < 0,

т. е.

cos x − cos y > 0, sin x + y / 2sin y − x / 2> 0. (2)

Нанесем на график точки, в которых

sin x + y / 2sin y − x / 2= 0.

Это будет совокупность прямых

x + y = 2π k , y − x = 2π n ,

параллельных биссектрисам первого и второго координатных углов (рис. P.14.17), пересекающих оси координат в точках, координаты которых кратны 2π. Сами эти прямые не удовлетворяют неравенству (2), однако они разбивают всю плоскость на квадраты, внутри каждого из которых произведение sin y + x / 2sin y − x / 2сохраняет постоянный знак.

Рассмотрим квадрат ОАВС , примыкающий к началу координат снизу. Для всех внутренних точек этого квадрата

sin y + x / 2< 0 и sin y − x / 2< 0,

т. е. неравенство (2) удовлетворяется. При переходе через границу квадрата в любой точке, кроме вершины, произойдет смена знака одного из сомножителей. При переходе же через вершину знак поменяется дважды. Таким образом, вся плоскость окажется разбитой на области, расположенные в шахматном порядке. Те области, в которых неравенство (2) удовлетворяется, заштрихованы.

Ответ.

15.1.Данное неравенство равносильно такому:

(log sin x 2)² < 2 log sin x 2 + 3.

Обозначив log sin x 2 = y , получим

y ² − 2 y − 3 < 0,

откуда

−1 < y < 3, или −1 < log sin x 2 < 3.

Последнее неравенство эквивалентно системе

Первое из неравенств системы можно переписать так: 0 < sin x < ½·

Ответ.2 n π < x < π/ 6+ 2 n π; 5π/ 6+ 2 n π < x < π + 2 n π.

15.2.Пусть tg x = √ y . Тогда sin² x = y / 1 + y , и данное неравенство можно переписать в виде

(докажите, что последнее преобразование не нарушает равносильности). При 0 < y < 1 и y > 1 получаем различные системы:

Их можно объединить в одну:

Второе неравенство можно решить методом интервалов

т. е. y > 1.

Итак, tg² x > 1, причем tg x > 0.