Сборник задач по математике с решениями - А. А. Рывкин, Е. Б. Ваховский 2003

Решения
Трансцендентные уравнения

16.1. Из неравенства между средним арифметическим и средним геометрическим немедленно следует, что правая часть данного уравнения не меньше двух. Однако его левая часть не может стать больше двух. Поэтому остается лишь одна возможность:

Последнее равенство достигается лишь при x² = 1, т. е. при x = ±1. Подставляя эти значения в левую часть первого уравнения, получим

2 sin² ½ sin² ¹/₆ < 2.

Таким образом, исходное уравнение не имеет решений.

16.2. Так как ¹/_{cos² x} = tg² x + 1, то уравнение можно переписать в виде

2^{2 tg² x} + 2 · 2^{tg² x} − 80 = 0,

откуда

2^{tg² x} = 8, tg² x = 3, tg x = ±√3, x = nπ ±^π/₃

(второе уравнение 2^{tg² x} = −10 не имеет решений).

Ответ. nπ ±^π/₃.

16.3. Так как в условие одновременно входят tg x и etg x, то мы можем воспользоваться неабсолютным тождеством ctg x = ¹/_{tg x}, не опасаясь нарушения равносильности. Получим уравнение

(tg x)^{sin x} = (tg x)^{−cos x}.

Если tg x < 0, то sin x и cos x − дробные числа, и обе части равенства теряют смысл. При tg x = 0 и sin x обращается в нуль, т. е. левая часть теряет смысл.

Если tg x > 0, но ≠ 1, то sin x = −cos x, откуда tg x < 0, что противоречит сделанному предположению. Остается tg x = 1, x = (4k + 1)^π/₄.

Ответ. (4k + 1)^π/₄.

16.4. Данное уравнение можно записать так:

sin (2^x + 2^{x − 1}) = ½,

откуда

2^x + 2^{x − 1} = nπ + (−1)^{n π}/₆, или 2^x = ^2nπ/₃ + (−1)^{n π}/₉.

Какое бы положительное число ни стояло в правой части, уравнение будет иметь решение.

Неравенство

^2nπ/₃ + (−1)^{n π}/₉ > 0

выполняется при n ≥ 0.

Ответ. log₂ [^2nπ/₃ + (−1)^{n π}/₉], где n ≥ 0.

16.5. Уравнение можно переписать так:

lg sin x + lg sin 5х + lg cos 4x = 0,

или в виде системы

Из первого уравнения следует, что |sin x| = 1, |sin 5х| = 1, |cos 4x| = 1 одновременно. С учетом ограничений придем к системе

Из первого уравнения x = ^π/₂ + 2πn. Подставляем во второе и третье уравнения:

sin [5(^π/₂ + 2πn)] = sin ^π/₂ = 1, cos [4(^π/₂ + 2πn)] = cos 0 = 1.

Ответ. ^π/₂ + 2πn.

16.6. Обозначив lg (sin x + 4) = y, получим уравнение

y² + 2y − ⁵/₄ = 0,

y которого два корня: y₁ = −⁵/₂, y₂ = ½.

Для первого корня получим

lg (sin x + 4) = −⁵/₂,

откуда

Так как

то соответствующих значений x нет.

Для второго корня получим

lg (sin x + 4) = ½,

откуда

Так как

то можем найти x.

Ответ.

16.7. Данное уравнение эквивалентно системе

Уравнение можно преобразовать, если сгруппировать sin x и sin³ x:

sin x (1 − sin² x) − ¼ cos x = 0, или sin x cos² x − ¼ cos x = 0.

Так как sin x > 0, то cos² x < 1, и любое решение уравнения

sin x cos² x − ¼ cos x = 0

удовлетворяет неравенству

sin x − ¼ cos x > 0.

Запишем уравнение в виде

cos x(sin 2x − ½) = 0.

Так как sin x ≠ 1 и sin x > 0, то cos x ≠ 0. Остается

sin 2x = ½,

откуда

x₁ = πn + ^π/₁₂, x₂ = (2n + 1)^π/₂ − ^π/₁₂.

Из всех ограничений осталось удовлетворить только одному: sin x > 0. Чтобы добиться этого, нужно для x₁ и x₂ взять n = 2k.

Ответ. 2πk + ^π/₁₂; 2πk + ^5π/₁₂.

16.8. Данное уравнение равносильно системе

Условие sin x > 0 содержится в уравнении, так как справа стоит всегда неотрицательное число, а если cos x = 0, то sin x ≠ 0.

Рассмотрим следствие исходного уравнения

sin x = ±√8 cos x,

а в конце проверим выполнение условий: sin x > 0 и cos² x ≠ ¹/₈. Получим

tg x = ±√8, x = nπ + arctg √8.

Если tg x = ±√8, то tg² x + 1 = 9 и cos² x = ¹/₉ ≠ ¹/₈. Чтобы проверить выполнение условия sin x > 0, рассмотрим два случая.

Если n = 2k, то x = 2kπ ± arctg √8. Это — углы, лежащие в первой и четвертой четвертях; условие sin x > 0 выполняется лишь для тех из них, которые лежат в первой четверти: x₁ = 2kπ + arctg √8.

Если n = 2k + 1, то x = 2kπ + π ± arctg √8. Здесь нужно выбрать знак минус, так как только тогда мы получаем угол, лежащий во второй четверти.

Ответ. 2kπ + arctg √8; (2k + 1)π − arctg √8.

16.9. Данное уравнение эквивалентно такому:

(½)^x = ^{4k + 1}/₂₀.

Так как x > 0, то (½)^x заключено между нулем и единицей. Следовательно, 0 < ^{4k + 1}/₂₀ < 1, откуда 0 ≤ k ≤ 4.

Для каждого из этих k находим соответствующее значение x.

Ответ. log₂ ²⁰/_{4k + 1}, где k = 0, 1, 2, 3, 4.

16.10. Решаем квадратное уравнение

Стоящее под корнем выражение неотрицательно, если −1 − √5 ≤ m ≤ −1 + √5.

Делаем следующий шаг:

Когда перед корнем взят минус, то стоящее справа положительное выражение не превзойдет единицы, а потому может быть косинусом. Когда перед корнем поставлен плюс, нужно, чтобы

После возведения в квадрат, учитывая полученные вначале ограничения для m, придем к системе

y которой два интервала решений:

−1 − √5 ≤ m ≤ −3, 1 ≤ m ≤ −1 + √5.

Ответ. При −1 − √5 ≤ m ≤ −1 + √5, x = 2nπ ± arccos A,

при −1 − √5 ≤ m ≤ −3 и 1 ≤ m ≤ −1 + √5, x = 2nπ ± arccos B, где

16.11. Решаем квадратное уравнение относительно lg sin x:

Подкоренное выражение должно быть неотрицательным: 2 а² − 2 ≥ 0, т. е. а ≤ −1, а ≥ 1.

Поскольку

то правая часть не должна превосходить единицу, а потому

Когда а ≥ 1, нужно рассмотреть лишь неравенство

откуда (с учетом ограничения а > 1) получаем а > √2. Если же а ≤ −1, то

всегда отрицательное число, а чтобы и число

было неположительно, должно быть еще а ≥ −√2.

Ответ. При а ≤ −√2

при −√2 ≤ а ≤ −1 и при а ≥ √2

при −1 < а < √2 решений нет.

16.12. Данная система равносильна такой:

Решая входящие сюда два уравнения, получим

Из первого уравнения большой системы следует, что второе и третье неравенства выполняются одновременно. Поэтому достаточно потребовать

Аналогично убеждаемся, что условие 3x − 4у − 15 ≠ 1 выполняется при n ≠ −⁴¹/₁₀, т. е. всегда, ибо n — целое.

Неравенство x + 2y > 0 справедливо при всех n > 1,5, т. е. n ≥ 2, а условие x + 2y ≠ 1 выполняется при n ≠ 1,9, т. е. всегда.

Ответ.

где n = 2, 3, 4, ... .

16.13. Если 4^{cos² πx} = u, то

4^{sin² πx} = 4^{1 − cos² πx} = ⁴/_u.

Следовательно, левая часть уравнения обращается в ⁴/_u + u, где u > 0. В силу неравенства, связывающего среднее арифметическое чисел u и ⁴/_u со средним геометрическим этих же чисел, имеем

⁴/_u + u ≥ 4.

Для оценки правой части уравнения выделим полный квадрат:

−8x² + 12|x| − ½ = −2( 2|x| − ³/₂)² + 4 ≤ 4.

Поскольку левая часть уравнения не может стать меньше 4, в то время как правая его часть не может превзойти 4, остается проверить те два значения x = ±¾, при которых правая часть достигает своего наибольшего значения. Непосредственной проверкой убеждаемся, что x = ±¾ — корни данного уравнения.

Ответ. x = ±¾.

16.14. Запишем уравнение в виде

или

т. е.

Так как sin πx ≤ 1, а

то (1) имеет единственное возможное решение, когда обе части равенства равны 1. Правая часть равна 1 при x = 0,5. Вычислим sin πx при x = 0,5: sin 0,5π = sin ^π/₂ = 1.

Ответ. 0,5.