Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

sin x ? 0), то приходим к неравенству:

(1 + 2cos 2x)? ? а?.

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) + 2?k ? 2x ? ?arccos (?^{a + 1}/₂) + 2? + 2?k.

Так как arccos (?y) = ? ? arccos y, то

? ? arccos ^{a + 1}/₂ + 2?k ? 2x ? arccos ^{a + 1}/₂ ? ? + 2? + 2?k.

Результат окончательных преобразований дан в ответе.

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

?? arccos ^{a ? 1}/₂ + ?k ? x ? ? arccos ^{a ? 1}/₂ + ?k;

при 0 < а ? 1 — третья серия:

?? arccos ^{a + 1}/₂ + ^?/₂(2k + 1) ? x ? ? arccos ^{a + 1}/₂ + ^?/₂ (2k + 1).

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

2z? + (2 cos x cos y) z + ? cos? x cos? 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 = ?? 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 = cos? x cos? y ? cos? x cos? 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 = 2?k,   y ? x = 2?n,

параллельных биссектрисам первого и второго координатных углов (рис. P.14.17), пересекающих оси координат в точках, координаты которых кратны 2?. 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 log_{sin x} 2 + 3.

Обозначив log_{sin x} 2 = y, получим

y? ? 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 < ?·

Ответ. 2n? < x < ^?/₆ + 2n?; ^5?/₆ + 2n? < x < ? + 2n?.

15.2. Пусть tg x = vy. Тогда sin? x = ^y/_{1 +}