Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

Получаем два значения неизвестного: x₂ = 0, x₃ = −½. Проверкой убеждаемся, что оба значения удовлетворяют данному уравнению.

Ответ. 0, ±½.

Глава 23

Область определения. Периодичность

23.1. С одной стороны, log₃sin x ≤ 0, так как sin x ≤ 1, а с другой стороны, log₃sin x ≥ 0, так как это выражение стоит под знаком квадратного корня. Остается единственная возможность:

log₃sin x = 0, sin x = 1, x = ^π(4n + 1)/₂.

Ответ.^π(4n + 1)/₂.

23.2. Чтобы найти область определения данной функции, нужно решить систему

которая эквивалентна неравенству

0 < x² − x − 1 < 1, или (х² − x − 1)(х² − x − 2) < 0,

т. е.

(x − ^{1 − √5}/₂)(x − ^{1 + √5}/₂)(x + 1)(x − 2) < 0.

Ответ. −1 < x < ^{1 − √5}/₂; ^{1 + √5}/₂ < x < 2. 

23.3. Данное выражение принимает действительные значения, если x удовлетворяет неравенству

которое равносильно неравенству

Его можно заменить системой

Ответ. ³/₂ < x ≤ 4.

23.4. Чтобы существовал арккосинус, необходимо и достаточно, чтобы

−1 ≤ x² − Зх + 1 ≤ 1,

т. е.

(х² − Зх + 2)(х² − Зх) ≤ 0, или x(x − 1)(x

− 2)(x − 3) ≤ 0,

откуда

0 ≤ x ≤ 1, 2 ≤ x ≤ 3.

Из найденных интервалов нужно исключить точки, в которых tg 2x не существует, т. е. числа x = ^π(2n + 1)/₄. Два из этих чисел: x = ^π/₄ и x = ^3π/₄ лежат в найденных интервалах.

Ответ. 0 ≤ x < ^π/₄, ^π/₄ < x ≤ 1, 2 < x < ^3π/₄, ^3π/₄ < x ≤ 3.

23.5. Данное выражение принимает действительные значения, если удовлетворяется система неравенств

Решением этой системы будет часть плоскости, лежащая внутри параболы y = x², вне круга x² + y² = 1 и ниже прямой y = 2, причем точки, лежащие на границе и принадлежащие или прямой, или параболе, не входят в область, а точки, лежащие на окружности (кроме точек А и С — рис. P.23.5), входят в область определения.

23.6. Способ 1. Пусть Т — период функции. Тогда

cos (x + Т)² = cos x²

при всех x. Если x = 0, то получим cos Т² = 1, откуда Т² = 2nπ. Если x = Т√2 , то cos (√2 + 1)²Т² = cos 2Т², откуда или

(√2 + 1)²Т² + 2Т² = 2kπ, или (√2 + 1)²Т² − 2Т² = 2mπ,

т. е.

либо (2 + 2√2)Т² = 2kπ, либо (1 + 2√2)Т² = 2mπ.

Подставляя в оба выражения Т² = 2nπ, получим соответственно

5 + 2√2 = ^k/_n или 1 + 2√2 = ^m/_n

,

что невозможно, так как слева стоят иррациональные числа, а справа — рациональные.

Способ 2. Найдем корни функции cos x²:

Рассмотрим положительные корни

Предположим, что Т > 0 — период функции. Тогда, если при x = х₁ функция равна нулю, то и при x = x₁ + Т она тоже равна нулю. Другими словами, х₁ + Т = x_m. Аналогично x₂ + Т = х_k. Вычитая одно равенство из другого, получим

т. е.

Возведем в квадрат:

После вторичного возведения в квадрат получим

Это равенство возможно лишь при , так как все остальные его элементы — целые. Однако числа k и m выбраны так, что k ≥ 3 и m ≥ 2, т. е. k + m > 3.

23.7. Если f(x) — периодическая функция с периодом Т, то при всех x должно выполняться тождество

sin (x + Т) + cos [а(x + Т)] = sin x + cos аx.

Положив в этом тождестве x = 0, x = −Т и x = Т, получим

Из первого и второго равенств найдем cos aT = 1 и T = ²ⁿπ/_a. Подставим найденное значение Т в последнее уравнение:

sin ^4nπ/_a + cos 4nπ = sin ²ⁿπ/_a + cos 2nπ,

т. е.

sin ^4nπ/_a = sin ²ⁿπ/_a,

откуда или ^4nπ/_a − ²ⁿ

π/_a = 2kπ, или ⁴ⁿπ/_a + ²ⁿπ/_a = (2k + 1)π, т. e. или а = ⁿ/_k, или a = ⁶ⁿ/_2k + 1. И в том и в другом случае а — рациональное число.

23.8. Период функции cos ^3x/₂ равен Т₁ = 2π : ³/₂ = ^4π/₃, период функции sin ^x/₃ равен 6π.

Наименьшее общее кратное этих периодов будет 12π. Очевидно, что 12π — период данной функции. Докажем, что это — основной период.

Пусть существует период τ такой, что 0 < τ < 12π. Тогда имеем тождество

cos ³/₂(x + τ) − sin ^x + τ/₃ − cos ³/₂x + sin ^x/₃ = 0,

или

sin ¾ τ sin ¾ (2x + τ) + sin ^τ/₆ cos ¹/₆ (2x + τ) = 0.

Так как τ < 12π, а ¾τ = ^3τ/_4ππ и ^τ/₆ = ^τ/_6ππ, то одно из чисел ^3τ/_4π или ^τ/_6π не является целым, т. е. по крайней мере одно из чисел sin ¾τ и sin ^τ/₆ не равно нулю. Пусть, например, sin ¾τ ≠ 0.

Тогда имеем тождество

что невозможно, так как в правой части стоит постоянная величина. Легко убедиться, что это тождество ложно, выбрав, например, x = 0 и x = 6π и сравнив для этих x левые части. Получим sin ^3τ/₄ = 0, что противоречит предположению.

Ответ. 12π.

Глава 24

Наибольшие и наименьшие значения

24.1. Так как sin x − cos² x − 1 = sin² x + sin x − 2 = (sin x + ½)² − ⁹/₄, то функция достигает своего наименьшего значения при sin x + ½ = 0.

Ответ.x = (−1)^k + 1 ^π/₆ + πk.

24.2. Воспользуемся формулой преобразования произведения синусов

y = ½[cos ^π/₆ − cos (4x − ^π/₆)] = ^√3/₄ − ½cos (4x − ^π/₆).

Чтобы функция y достигла своего наибольшего значения, нужно положить cos (4x − ^π/₆) = −1, откуда x = ^π/₂₄ + ^π/₄ (2n + 1) = ^πn/₂ + ^7π/₂₄. Наибольшее значение функции равно y_max = ^√3/₄ + ½.

Ответ. При x = ^πn/₂ + ^7π/₂₄ y_max = ^√3/₄ + ½.

24.3. Данную функцию можно записать в виде y = sin x cos x (cos² x − sin² x), после чего она легко преобразуется: 4y = 2 sin 2x cos 2x = sin 4x.