Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

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

Так как

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

(1 + 2cos 2x)² ≥ а².

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

1 + 2cos 2x ≤ −а, 1 + 2cos 2x ≥ а,

т. е.

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

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

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

arccos (−^{a + 1}/₂) + 2πk ≤ 2x ≤ −arccos (−^a + 1/₂) + 2π + 2πk.

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

π − arccos ^{a + 1}/₂ + 2πk ≤ 2x ≤ arccos ^a + 1/₂ − π + 2π + 2πk.

Результат окончательных преобразований дан в ответе.

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

−½ arccos ^{a − 1}/₂ + πk ≤ x ≤ ½ arccos ^a − 1/₂ + πk;

при 0 < а ≤ 1 — третья серия:

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

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

2z² + (2 cos x cos y)z + ½ cos² x cos² y + cos x − cos y > 0,

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

z₀ = −½ cos x cos y.

Следовательно, −1 < z₀ < 1. Таким образом, условие задачи равносильно требованию, чтобы ордината этой вершины была положительна, что в свою очередь сводится к требованию отрицательности дискриминанта:

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

т. е.

cos x − cos y

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

Нанесем на график точки, в которых

 sin ^{x + y}/₂ sin ^y − x/₂ = 0.

Это будет совокупность прямых

x + y = 2πk,   y − x = 2πn,

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

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

sin ^{y + x}/₂ < 0 и sin ^y − x/₂ < 0,

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

Ответ.

Глава 15

Трансцендентные неравенства

15.1. Данное неравенство равносильно такому:

(log_{sin x} 2)² < 2 log_{sin x} 2 + 3.

Обозначив log_{sin x} 2 = y, получим

y² − 2y − 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

nπ < x < ^π/₆ + 2nπ; ^5π/₆ + 2nπ < x < π + 2nπ.

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

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

Их можно объединить в одну:

Второе неравенство можно решить методом интервалов

т. е. y > 1.

Итак, tg² x > 1, причем tg x > 0.

Ответ. ^π/₄ + kπ < x < ^π/₂ + kπ.

15.3. Так как выражения, стоящие под знаками логарифмов, должны быть положительными, то указанный в условии интервал можно сузить: 0 < x < ^π/₂. Данное неравенство равносильно системе

Второе неравенство перепишем в виде

sin² x + sin x − 1 < 0,

откуда

Учитывая, что в интервале 0 < x < ^π/₂ должно быть sin x > 0, получим

Ответ.

15.4. Данное неравенство можно переписать так:

log₂ cos 2x + log₂ sin x + log₂ cos x

+ log₂ 8 < 0,

т. е.

Первое неравенство можно переписать в виде

sin 4x < ½.

Два последних неравенства требуют, чтобы подвижный радиус угла x лежал в первой четверти, а неравенство cos 2x > 0 сужает эту область до первой половины первой четверти (на рис. P.15.4, а — заштрихованный сектор).

Остается выбрать решения неравенства sin 4x < ½, лежащие в этих промежутках. Все решения неравенства sin 4x < ½ можно записать в виде

−^7π/₆ + 2nπ < 4x < ^π/₆ + 2nπ,

т. е.

−^7π/₂₄ + ⁿπ/₂ < x < ^π/₂₄ + ⁿπ/₂

(рис. P.15.4, а). В интересующий нас интервал 0 < x < ^π/₄ из этой серии частично попадут лишь два интервала: −^7π/₂₄ < x < ^13π/₂₄  (рис. P.15.4, б). Теперь нетрудно написать окончательный ответ.

Ответ. 2nπ < x < ^π/₂₄ + 2nπ; ^5π/₂₄ + 2nπ < x < ^π/₄ + 2nπ.

15.5. Вместо данного неравенства можно написать 0 < |cos x + √3 sin x| < 1, что равносильно системе