Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

Ответ.^π/₄ + 2nπ < x < ^3π/₄ + 2nπ; π + 2nπ ≤ x < ^5π/₄ + 2nπ; ^7π/₄ + 2nπ < x ≤ 2(n + 1)π; x = (4n − 1)^π/₂.

14.6. Выразим все тригонометрические функции через cos x = y. Получим неравенство

2y² + 13y + 5 ≥ |2y² − 3y + 1|.

Оно равносильно совокупности систем

или

Так как y = cos x, то −1 ≤ y ≤ 1. Учитывая это ограничение, получим

−¼ ≤ y ≤ ½, y = 1, ½ < y < 1,

т. е.

cos x ≥ −¼.

Ответ. π(2k − 1) + arccos ¼ ≤ x ≤ π(2k + 1) − arccos ¼.

14.7. Если cos x = 0, то sin² x = 1 и неравенство не удовлетворяется.

Поделим обе части неравенства на cos² x и обозначим tg x = y. Получим алгебраическое неравенство

√2 y² − 2y + 2 − √2 < 0.

Разделив на √2, получим неравенство

y² − √2 y + √2 − 1 < 0,

откуда

√2 − 1 < tg x < 1.

Из интервалов, в которых лежит x:

arctg (√2 − 1) + nπ < x < ^π/₄ + nπ,

выбираем решения, лежащие в (0, 2π).

Ответ. arctg (√2 − 1) < x < ^π/₄; π + acrtg (√2 − 1) < x < ^5π/₄.

14.8. Дискриминант трехчлена равен

(2 cos α − 1)² − 4 cos² α + 10 cos α − 4 = 6 cos α − 3.

Чтобы уравнение имело различные действительные корни, нужно потребовать

6 cos α − 3 > 0; т. е. cos α > ½,

откуда 0 ≤ α < ^π/₃ (в условии сказано, что 0 ≤ α ≤ π).

Свободный член сравним с нулем:

2cos² α − 5cos α + 2 ∨ 0.

Так как корнями трехчлена 2y² − 5у + 2 будут числа ½ и 2, то свободный член будет положителен при cos α < ½ и отрицателен при cos α > ¼. Мы уже выяснили, что должно иметь место второе неравенство; таким образом, исходное уравнение имеет корни разных знаков.

Поскольку x₁ + x₂ = 2cos α − 1, что при cos α > ½ больше нуля, то положительный корень имеет большую абсолютную величину.

Ответ. Данное уравнение имеет два различных действительных корня при 0 ≤ α < ^π/₃. Эти корни имеют разные знаки, причем положительный корень больше по абсолютной величине.

14.9. Если sin x ≥ 0 и cos x ≥ 0, то данное неравенство равносильно такому:

Так как при sin x ≥ 0 и cos x ≥ 0 имеем

sin x + cos x ≥ 1,

а при sin x > 0 и cos x > 0 это неравенство становится строгим, то отсюда следует, что неравенство (1) равносильно системе

Ответ. 2nπ < x < ^π/₂ + 2nπ.

14.10. Данное неравенство означает, что

 ^π/₄ + kπ ≤ ¹/_{1 + x}² <  ^π/₂ + kπ.

Если k

> 0, то левое неравенство не имеет решений, поскольку ¹/_{1 + x}²  не превосходит единицы. Если k < 0, то не имеет решений правое неравенство, так как ¹/_{1 + x}²  — величина, положительная при всех x. Остается случай k = 0. При k = 0 правое неравенство удовлетворяется всегда. Решим левое неравенство.

Ответ.

14.11. Так как sin x + cos x = √2 cos (x − ^π/₄), то, обозначив cos (^π/₄ − x) = y, получим неравенство

Это неравенство равносильно такому:

Так как y не превосходит 1, то 2 − y > 0. Поэтому y > ¾.

Решением неравенства cos (^π/₄ − x) > ¾ будут значения x − ^π/₄, лежащие между 2kπ − arccos ¾ < x < 2kπ + arccos ¾.

Ответ. 2kπ + ^π/₄ − arccos ¾ < x < 2kπ + ^π/₄ + arccos ¾.

14.12. Перепишем неравенство в виде

Преобразуем знаменатель

cos x cos 3x = ½(cos 2x + cos 4x) = ½(cos 2x + 2 cos² 2x − 1)

и введем обозначение cos 2 x = y. Получим

откуда y < −1, 0 < y < ½ и, наконец, 0 < cos 2x < ½.

Ответ: −^π/₄ + nπ < x < −^π/₆ + nπ; ^π/₆ + nπ < x < /₄ + nπ.

14.13. Пусть y = cos x, где |y| ≤ 1. Выражение ¹⁷/₇ − cos x всегда положительно. Поэтому обе части данного неравенства можно возвести в квадрат; получим равносильное неравенство

Когда правая часть отрицательна, придем к системе

решением которой будут значения y > ⁵/₁₄·

Когда правая часть неотрицательна, то получим другую систему

Второе неравенство этой системы можно переписать в виде

2 · 49у² − 7 · 27у + 25 < 0,

откуда

¹/₇ < y < ²⁵/₁₄,    т. е. y > ¹/₇,    так как  y = cos x.

Решения всей системы будут лежать в интервале

¹/₇ < y ≤ ⁵/₁₄

Объединяя его с интервалом y > ⁵/₁₄, получим y > ¹/₇·

Ответ.  −arccos ¹/₇

+ 2nπ < x < arccos ¹/₇ + 2nπ.

14.14. Выразим sin x и cos x через tg ^x/₂ и обозначим tg ^x/₂ = y. Придем к неравенству

которое равносильно исходному. В самом деле, замена sin x и cos x их выражениями через tg ^x/₂ может привести к потере решений, так как tg ^x/₂ перестает существовать в тех точках, в которых sin x и cos x существуют Однако tg ^x/₂ входит в первоначальное неравенство, а потому эти точки исключены с самого начала. Сокращение числителя и знаменателя на y² + 1, очевидно, не приводит ни к потере, ни к приобретению корней, так как y² + 1 ≠ 0 и y не исчез полностью из неравенства.

Неравенство относительно y перепишем в виде

После разложения левой части на множители получим

откуда 

Находим интервалы изменения x:

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

Ответ.

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

4(3y − 4у³) + 5 ≥ 4 − 8у² + 5у,

или

16у³ − 8у² − 7у − 1 ≤ 0.

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

16у³ − 8у² − 7у − 1 = (y − 1)(4у + 1)².

Так как y = sin α, то y − 1 ≤ 0, а следовательно, и многочлен 16у³ − 8у² − 7y − 1 неположителен, что доказывает неравенство.