PROBLEMAS MATEMATICAS ESPECIALES II TIPO ADMISION UNIVERSIDADES CIENCIA E INGENIERIA

2. SS
SS
От автора . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
UR
UR
Глава 1. Применение нестандарных методов
решения уравнений и неравенств . . . . .
§ 1.1. Неравенство Коши . . . . . . . . . . . . .
§ 1.2. Неравенство Бернулли . . . . . . . . . . .
§ 1.3. Неравенство Коши—Буняковского . .
§ 1.4. Бином Ньютона . . . . . . . . . . . . . . .
§ 1.5. Модули . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
§ 1.6. Тригонометрические преобразования .
§ 1.7. Логарифмы . . . . . . . . . . . . . . . . . .
©
©
Оглавление
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
Глава 2. Задачи, встречающиеся на письменных
экзаменах по математике . . . . . . . . . . . . . . . . .
§ 2.1. Делимость чисел . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
§ 2.2. Вычисление суммы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
§ 2.3. Арифметические вычисления . . . . . . . . . . . . .
§ 2.4. Алгебраические и тригонометрические
преобразования . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
§ 2.5. Доказательство неравенств . . . . . . . . . . . . . . .
§ 2.6. Рациональные уравнения . . . . . . . . . . . . . . . .
§ 2.7. Иррациональные уравнения . . . . . . . . . . . . . .
§ 2.8. Уравнения с модулями . . . . . . . . . . . . . . . . . .
§ 2.9. Системы уравнений . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
§ 2.10. Решение неравенств . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
§ 2.11. Показательные и логарифмические уравнения .
§ 2.12. Показательные и логарифмические неравенства
§ 2.13. Показательные и логарифмические системы . . .
§ 2.14. Тригонометрические уравнения и системы . . . .
§ 2.15. Тригонометрические неравенства . . . . . . . . . .
§ 2.16. Смешанные уравнения и неравенства . . . . . . .
§ 2.17. Неравенства в геометрии . . . . . . . . . . . . . . . .
style/locdef.clo
5
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
7
7
8
9
9
10
11
12
.
.
.
.
.
.
.
.
13
13
15
18
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
22
25
41
56
84
88
113
118
128
133
136
154
156
160

3. § 2.18. Геометрические задачи . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170
§ 2.19. Экстремальные значения функций . . . . . . . . . . . 173
Глава 3. Метод математической индукции . . . . . . . . . . . . . 179
От автора
При решении задач, предлагаемых на Централизованном тестировании по математике, а также на вступительных письменных экзаменах, могут быть использованы любые известные абитуриентам методы. При этом разрешается использовать методы,
которые не изучаются в общеобразовательной школе (так называемые — нестандартные методы). Как правило, применение нестандартных методов позволяет упрощать решение многих сложных задач школьной математики.
Многолетний опыт работы автора с абитуриентами, а также
анализ задач по математике, предлагаемых на Централизованном
тестировании и на вступительных экзаменах в ведущих ВУЗах Республики Беларусь, свидетельствует об необходимости самостоятельного изучения старшеклассниками математических методов,
в основе которых лежат понятия и положения, которые не входят в программу по математике общеобразовательной школы.
К таким математическим понятиям относятся, например, численные неравенства Коши, Коши—Буняковского и Бернулли, бином
Ньютона Ò -й степени, а также метод математической индукции.
В учебном пособии представлены 300 задач повышенной
сложности, решение которых основано на применении указанных выше численных неравенств и метода математической индукции. Некоторые уравнения и неравенства эффективно решаются функциональными методами, выделением полного квадрата, введением параметра или применением тригонометрической
подстановки.
Настоящее пособие представляет собой существенно исправленное и дополненное переиздание учебного пособия автора «Математика для старшеклассников: задачи повышенной сложности»
(Мн., Аверсэв, 2002). Пособие содержит большое количество новых задач повышенной сложности, многие из которых позаимствованы из материалов Централизованного тестирования и вступительных экзаменов по математике в Белорусском государственном университете (г. Минск) в течение последних пяти лет.
UR
UR
Литература . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195
SS
SS
Оглавление
©
©
4
style/locdef.clo
gl01.tex

4. SS
SS
От автора
В пособии первоначально излагаются основные математические понятия и положения, которые необходимо знать для использования нестандартных методов. Затем приводятся условия
и решения задач повышенной сложности из различных разделов
школьной математики (алгебра, тригонометрия, геометрия). В завершающей части пособия дается описание и применение метода
математической индукции.
Глава 1
Применение нестандарных методов
решения уравнений и неравенств
UR
UR
К числу задач повышенной сложности по математике относятся уравнения и неравенства, решение которых основано
на несколько необычных (нестандартных) рассуждениях учащихся. К таким задачам относятся, например, уравнения и неравенства, содержащие модули, логарифмы, бином Ньютона Ò -й
степени. Многие задачи повышенной сложности (из различных
разделов математики) решаются методом математической индукции, а также с помощью численных неравенств Коши, Коши—
Буняковского и Бернулли, изучению которых в общеобразовательной школе уделяется мало внимания. В то же время многие
задачи, предлагаемые в последние годы на вступительных экзаменах по математике в Белгосуниверситете, эффективно решаются
методами, в основе которых лежит применение упомянутых выше
неравенств. Естественно, незнание таких методов и (или) неумение ими пользоваться ставит под сомнение успешное решение
заданий конкурсных вступительных экзаменов по математике.
Поскольку изучение нестандартных методов решения задач
по математике не входит в программу общеобразовательной школы, предварительно рассмотрим определения численных неравенств Коши, Коши—Буняковского и Бернулли, а также некоторых неравенств, которые доказываются с их помощью. Кроме
того, приведем формулу бинома Ньютона Ò -й степени, а также
малоизвестные формулы, содержащие модули и логарифмы. Затем приведем формулировки (вместе с подробным решением) 300
задач повышенной сложности из различных разделов математики.
©
©
6
§ 1.1. Неравенство Коши
Пусть
1
0,
0,
1+ 2+
2
Ò
gl01.tex
, Ò
+ Ò
0, тогда
Ô
Ò
1 2
Ò,
(1)

5. SS
SS
9
Глава 1. Применение нестандарных методов решения
§ 1.4. Бином Ньютона
где Ò 2. Причем неравенство (1) превращается в равенство тогда
и только тогда, когда 1 = 2 =
= Ò (доказать неравенство
Коши можно методом математической индукции, см. задачу 299).
В частности, если Ò = 2, то неравенство (1) принимает вид
Кроме «классического» неравенства Бернулли существует менее известная формулировка неравенства Бернулли, которая содержит в себе следующие два неравенства:
если Ô 0 или Ô 1, то
Если положить
1
=
+
2
и
Ô
2
=
2
+
1
1
1 2.
если 0
, то из (2) получаем
2,
UR
2,
1
+
(3)
(4)
которое превращается в равенство тогда и только тогда, когда = 1.
Если 1 0, 2 0,
, Ò 0, то
1
+
1
1
+
+
Ò2
1
Ò
2
1
+
2
+
+ Ò
.
(5)
Неравенство (5) доказывается путем двукратного применения неравенства Коши (1) к левой его части. Имеет место
1
1
+
1
2
+
+
1
Ò
Ô
Ò
1
Ò
1 2
+
Ò
2
+
Ò
Ò
+ Ò
Ò2
=
1
+
2
+
+ Ò
.
§ 1.2. Неравенство Бернулли
«Классическое» неравенство Бернулли формулируется сле1 и произвольного натурального Ò
дующим образом: для Ü
имеет место
(6)
(1 + Ü)Ò 1 + ÒÜ.
Ô
Причем равенство в (6) достигается при Ü = 0 или Ò = 1.
Доказательство неравенства (6) дано ниже (см. задачу 293).
gl01.tex
1 + ÔÜ,
(7)
(1 + Ü)Ô
1, то
0. Неравенство (3) равносильно равенству лишь при = 1.
Нетрудно установить, если Ñ
0, то имеет место неравенство
где
(1 + Ü)Ô
(2)
1 + ÔÜ,
(8)
1.
где Ü
Следует отметить, что равенство в выражениях (7) и (8) имеет
место тогда и только тогда, когда Ü = 0.
§ 1.3. Неравенство Коши—Буняковского
Для произвольных действительных чисел Ü1 , Ü2 ,
, ÝÒ выполняется неравенство
UR
1
©
©
8
, ÜÒ и
Ý1 , Ý2 ,
(Ü1 Ý1 + Ü2 Ý2 +
Ü2 + Ü2 +
1
2
+ Ü2
Ò
¡
+ ÜÒ ÝÒ )2
2
2
Ý1 + Ý2 +
2¡
+ ÝÒ ,
(9)
2. Причем равенство в (9) достигается в том и только
где Ò
в том случае, когда числа Ü и Ý пропорциональны, т. е. суще( = 0) такая, что для всех = 1, 2,
,Ò
ствует константа
выполняется равенство Ü = Ý .
Доказательство неравенства (9) приводится при решении
задачи 22.
В некоторых случаях весьма эффективным является применение неравенства
( + )Ò
2Ò 1 ( Ò + Ò ),
(10)
где
0,
0 и Ò 1. Причем равенство в (10) достигается
тогда и только тогда, когда Ò = 1 или = . Справедливость
неравенства (10) доказывается методом математической индукции
(см. задачу 295).
§ 1.4. Бином Ньютона
Формула бинома Ньютона Ò -й степени имеет вид
0
( + )Ò = Ò Ò
gl01.tex
0
1
+ Ò Ò 1
1
2
+ Ò Ò 2
2
+
Ò
+ Ò
0
Ò
,
(11)

6.
Здесь Ò! = 1 2
Ò , 0! = 1! = 1 и 0
Ò . В частности, имеет
Ò
Ò
0
1
место Ò = Ò = 1 и Ò = Ò 1 = Ò .
Если в формуле (11) положить = Ü и = 1, то
Ò 1
=
Ò
Поскольку
формулы получаем
Ò и
Ò
Ò
Ò
+ Ò 2 Ü2 + Ò 1 Ü + Ò .
1
Ò =
UR
0
1
= Ò ÜÒ 1 + Ò ÜÒ 2 +
0
1
= Ò ÜÒ 2 + Ò ÜÒ 3 +
Ü2 + ÒÜ + 1,
Ò
+ Ò 1
(12)
и
— некоторое действительное число.
0;
0.
(Ü);
(Ü),
(Ü)
(Ü)
или
(Ü);
(Ü).
Кроме того, для произвольных выражений (Ü) и (Ü) справедливо неравенство
( Ü)
¦
(Ü) .
если
если
(Ü) + (Ü) =
¡
(Ü) ¡
(Ü) + (Ü) , то
(Ü) + (Ü) = (Ü)
(Ü) ,
(Ü) + (Ü) = (Ü) + (Ü),
(Ü) + (Ü) = (Ü)
(Ü),
(Ü)
то
то
(Ü)
(Ü)
то
¦
gl01.tex
(Ü)
0;
(Ü) 0;
0 и (Ü)
0 и (Ü)
0;
0.
§ 1.6. Тригонометрические преобразования
При решении тригонометрических уравнений и неравенств
иногда бывает полезным представление выражения sin Ü cos Ü
посредством формулы
Ô
2 + 2 sin (Ü
sin Ü
cos Ü =
),
(13)
¦
¦
= ,
Из приведенного выше определения следует, что если
= .
Задачи на решение уравнений и неравенств с модулями можно решать обычным образом — «раскрытием» модуля. Однако при
таком способе поиска решения часто приходится рассматривать
много случаев. Более того, «раскрытие» модуля иногда сопряжено
с техническими трудностями.
Упростить решение уравнений и неравенств с модулями позволяет использование следующих правил:
то
(Ü)
(Ü)
если
К задачам повышенной сложности относятся также задачи
на решение уравнений и неравенств, содержащих модули.
=
(Ü);
(Ü).
если
если
если
(Ü)
(Ü)
При этом необходимо учитывать следующие ситуации:
Ò
+ Ò 2 .
§ 1.5. Модули
,
,
(Ü) имеет место тогда и только тогда,
(Ü) + (Ü)
и
Из формулы (12) следует, если Ü — целое число, то
также являются целыми числами.
Определение. Пусть
Тогда
( Ü)
(Ü) имеет место тогда и только тогда,
2) Неравенство (Ü)
когда (Ü)
(Ü) или (Ü)
(Ü).
3) Неравенство (Ü)
(Ü) имеет место тогда и только тогда,
когда
Ò , то из приведенной выше
(Ü + 1)Ò = Ü + 1 =
где
1) Неравенство
когда
UR
0
1
(Ü + 1)Ò = Ò ÜÒ + Ò ÜÒ 1 +
11
§ 1.6. Тригонометрические преобразования
где Ò — биномиальный коэффициент «число сочетаний из Ò по »
вычисляется по формуле
Ò!
.
Ò =
!(Ò
)!
¡ ¡ ¡
SS
SS
Глава 1. Применение нестандарных методов решения
©
©
10
где вспомогательный угол
Ô
определяется соотношениями
Ô
, cos =
2+ 2
+ 2
с точностью до слагаемого 2 Ò , где Ò — целое число.
В частности, имеет место равенство
sin
=
¦
sin Ü
gl01.tex
2
¦ cos Ü =
Ô
2 sin Ü
¦4
.

7. SS
SS
Глава 1. Применение нестандарных методов решения
Ô
Ô
¦
Отсюда следует, что
2 sin Ü cos Ü
2.
Для обратных тригонометрические функций справедливы следующие полезные соотношения:
arcsin Ü
arctg Ü
arcsin ( Ü) =
arctg ( Ü) =
2
, 0
arccos Ü
( 1
, 0 arcctg Ü
(Ü
2
arcsin Ü, arccos ( Ü) =
arctg Ü,
arcctg ( Ü) =
arcsin Ü + arccos Ü =
2
,
Ü
1),
Задачи, встречающиеся
на письменных экзаменах
по математике
любое),
arccos Ü,
arcctg Ü,
arctg Ü + arcctg Ü =
2
.
§ 2.1. Делимость чисел
1. Доказать, что при любом натуральном Ò число 55Ò+1 +45Ò+2 +35Ò
делится на 11.
UR
§ 1.7. Логарифмы
При решении логарифмических уравнений и неравенств в ряде случаев можно посоветовать применять известные формулы
логарифмирования в несколько иной форме, а именно
log ( (Ü)
log
log
¡
(Ü)) = log
(Ü) + log (Ü) ,
(Ü)
(Ü) log (Ü) ,
= log
( Ü)
Ô
(Ü) = Ô log
(Ü) (Ô — четное число).
(14)
(Ü)
= (Ü)log
(Ü)
,
Решение. Первоначально преобразуем заданное выражение следующим образом:
¡
(16)
(17)
справедливость которого доказывается путем логарифмирования
по основанию обеих его частей, где (Ü) 0, (Ü) 0,
0
и = 1.
¡
+ 16 ¡ (11 ¡ 93 + 1)Ò + (11 ¡ 22 + 1)Ò .
55Ò+1 + 45Ò+2 + 35Ò = 5 (3125)Ò + 16 (1024)Ò + (243)Ò =
¡
¡
Ò
= 5 (11 284 + 1)
(15)
При использовании формул (14), (15) возможность потеря
корня исключена, однако могут появиться посторонние корни.
Поэтому при использовании формул (14), (15) необходимо обязательно осуществлять проверку получаемых значений неизвестных
переменных.
В то же время, в формуле (16) области допустимых значений
переменной Ü обеих частей равенства совпадают.
Отметим также малоизвестное равенство
(Ü)log
Глава 2
UR
2
2
©
©
12
Отсюда, принимая во внимание формулу (12), получаем
55Ò+1 + 45Ò+2 + 35Ò =
¡
¡
= 5 (11 + 1) + 16 (11 + 1) + (11 + 1) =
= 11 (5 + 16 + ) + 5 + 16 + 1 = 11 + 22 = 11 .
¡
Поскольку в полученном выражении
числа, то утверждение задачи доказано.
,
,
,
,
— целые
2. Доказать, что при любом натуральном Ò число 4Ò + 15Ò
делится на 9.
1
Решение. Используя формулу (12), запишем
4Ò + 15Ò
где
1 = (3 + 1)Ò + 15Ò 1 =
= (9 + 3Ò + 1) + 15Ò
1=9
+ 18Ò,
— целое число. Очевидно, что заданное выражение кратно 9.
3. Доказать, что при любом целом положительном Ò число
25Ò+3 + 5Ò 3Ò+2 делится на 17.
¡
gl02.tex

8. 18Ò 12Ò = (13 + 12)Ò + 5Ò (13 + 5)Ò 12Ò =
= (13 + 12Ò ) + 5Ò (13 + 5Ò ) 12Ò =
= 13 13 , где , — некоторые целые числа.
Так как заданное выражение 5Ò (5Ò + 1) 6Ò (3Ò + 2Ò ) кратно 7
и одновременно с этим кратно 13, то оно будет кратно 7 ¡ 13 = 91.
2) 25Ò + 5Ò
25Ò+3 + 5Ò 3Ò+2 = 8 32Ò + 9 15Ò =
¡
где , — целые числа. Следовательно, выражение 25Ò+3 +5Ò 3Ò+2
кратно 17 для любого натурального числа Ò . Здесь была использована формула (11).
4. Доказать, что при любом натуральном Ò число 32Ò+3 + 40Ò 27
делится на 64.
¡
UR
27 = 27 ¡ 9Ò + 40Ò 27 =
= 27 ¡ (8 + 1)Ò + 40Ò 27 =
= 27 ¡ (64 + 8Ò + 1) + 40Ò 27 =
= 27 ¡ 64 + 27 ¡ 8Ò + 27 + 40Ò 27 =
= 27 ¡ 64 + 256Ò,
1
¡
1 5
¡
5 9
+
1
+
9 13
¡
+
1
(4Ò
3) ¡ (4Ò + 1) .
=
¡
1
4
1
1
1
5
¡
1
9
,
4Ò 1 1
+
1
,
.
=
1
4
5 9
1
1
1
1
,
=
9 13
4
9 13
1
1
1
=
3) (4Ò + 1)
4
4Ò 3
¡
¡
1
5
¡
¡
,
В таком случае
Решение. Покажем, что заданное выражение при любых значениях Ò одновременно кратно 7 и кратно 13. Так как числа 7 и 13
простые, то отсюда будет следовать, что заданное выражение делится на 91 при любом натуральном Ò .
Имеет место
=7
1
¡
(4Ò
5. Доказать, что при любом натуральном Ò число
5Ò (5Ò + 1) 6Ò (3Ò + 2Ò ) делится на 91.
= (7
+
Решение. Обозначим искомую сумму через ËÒ и представим
каждое ее слагаемое в виде разности двух дробей, т. е.
где — целое число. Отсюда следует, что полученное выражение
кратно 64.
1) 25Ò + 5Ò
6. Вычислить сумму
1 5
32Ò+3 + 40Ò
6Ò(3Ò + 2Ò) = 25Ò + 5Ò 18Ò 12Ò.
Рассмотрим следующие два преобразования:
§ 2.2. Вычисление суммы
1
Решение. Имеет место
5Ò (5Ò + 1)
Примечание. При решении задач 1–5 можно использовать также метод
математической индукции (см., например, задачу 290).
UR
¡
¡
= 8 ¡ (17 + 15)Ò + 9 ¡ 15Ò =
= 8 ¡ (17 + 15Ò ) + 9 ¡ 15Ò =
= 8 ¡ 17 + 17 ¡ 15Ò = 17 ,
15
§ 2.2. Вычисление суммы
Решение. Выполним следующие преобразования:
¡
SS
SS
Глава 2. Задачи письменных экзаменов по математике
1
4
1
=
4
ËÒ =
¡
1
1
1 + 1 1 + 1 13 +
5 5 9 9
¡
1
4Ò 1+ 1
=
Ò
4Ò + 1
7. Вычислить сумму
©
©
14
18Ò 12Ò = (7 + 18)Ò + 5Ò 18Ò (7 + 5)Ò =
+ 18Ò ) + 5Ò 18Ò (7 + 5Ò ) =
7 , где , — некоторые целые числа.
gl02.tex
¡
¡
1 2+2 3+
+ (Ò
+
4Ò 1 1
4Ò 3
+
где
Решение. Обозначим искомую сумму через
+ Ò . Тогда
значим сумму 1 + 2 +
¡
¡
gl02.tex
=
.
1) ¡ Ò,
Ò =1 2+2 3+
1
+ (Ò
Ò
2.
Ò , а через
1) ¡ Ò =
ËÒ обо-

9. + Ò) +
+ (4 +
+ (Ò
+ Ò) +
= (Ò
8. Вычислить сумму Ë =
1 + Ò) + Ò =
= (ËÒ Ë1 ) + (ËÒ Ë2 ) +
+ (ËÒ ËÒ 2 ) + (ËÒ
+ (ËÒ Ë3 ) +
§ 2.2. Вычисление суммы
1)ËÒ (Ë1 + Ë2 + Ë3 +
ËÒ 1) =
+ ËÒ 2 + ËÒ 1 ).
1
1
Известно, что ËÒ = Ò(Ò + 1) = (Ò2 + Ò). В таком случае
2
2
1
2
Ò = (Ò 1)(Ò + Ò)
2
¡
1 2
1 + 22 + 32 +
+ (Ò 1)2 + 1 + 2 + 3 +
+Ò 1 .
2
Также известно (см. задачу 281), что
UR
2
1
+ Ò = Ò(Ò + 1)(2Ò + 1).
6
2
1 +2 +
2
Тогда
1
2
Ò = (Ò 1)(Ò + Ò)
2
1
= (Ò 1) Ò2 + Ò
2
(Ò 1)(6Ò2 + 6Ò
=
12
1
2
1
(Ò
6
1)Ò(2Ò 1) + 1 (Ò 1)Ò
2
=
2
2Ò 6 Ò Ò =
2
2 + Ò 3Ò)
2Ò
Ò(Ò2 1)
=
.
Ò
=
(
1) ¡
=2
=
1
3
¡
Ò
(
¡
=
1
3
¡
1) ¡ ¡ (
Ò
(
1) ¡ ¡ (
+ 1) (
2) ¡ ( 1) ¡
=2
¡ Ò 1
+ 1)
(
=2
1
= ¡ (Ò 1) ¡ Ò ¡ (Ò + 1) =
3
Ò
¡
=1
2
Ò
3
¡
1
.
1) ¡ ¡ (
¡
+ 1)
=
¡
=
gl02.tex
.
Отсюда получаем Ë = 5 16.
Примечание. При решении задачи 8 была использована формула вычисления суммы бесконечно убывающей геометрической прогрессии
, Ò,
, у которой 1 = 1 и Õ = 1 5, т. е.
1, 2,
5
1
1
= .
+ Ò+
=
=
1 + 2+
1
1 Õ
4
1
5
¡
3
Ò
+ Ò+
5
17
Решение. Умножим на 5 обе части искомой суммы, тогда
3
Ò
2
5Ë = 1 + + 2 +
+ Ò 1 +
.
5 5
5
Если из полученного выражения вычтем заданное выражение
суммы, то
2 1
4Ë = 1 +
5 + 532 522 + + 5ÒÒ 1 ÒÒ 1 + =
5
5 1
5
1 1
1
1
= .
= 1 + + 2 + + Ò 1 + =
1 4
5 5
5
1
5
9. Найти сумму
1
1
Ë=
+
+
cos Ü cos 2Ü cos 2Ü cos 3Ü
Примечание. Имеется более простое решение данной задачи. Для любого натурального имеет место равенство
¡
1
( 1) ¡ = ¡ ( 1) ¡ ¡ ( + 1) ( 2) ¡ ( 1) ¡ ,
3
которое можно легко доказать путем раскрытия скобок. Тогда
Ò
1
3
2
+ 2+ 3+
5 5
5
UR
+ Ò) + (3 + 4 +
= (2 + 3 + 4 +
SS
SS
Глава 2. Задачи письменных экзаменов по математике
©
©
16
¡
+
1
.
cos 9Ü cos 10Ü
¡
Решение. Имеют место следующие равносильные преобразования:
1
1
1
Ë=
+
+ +
=
cos Ü ¡ cos 2Ü cos 2Ü ¡ cos 3Ü
cos 9Ü ¡ cos 10Ü
sin Ü
Ü
sin Ü
1
¡ cos Ü ¡ cos 2Ü + cos 2sin cos 3Ü + + cos 9Ü ¡ cos 10Ü =
=
sin Ü
Ü¡
1
sin (2
)
sin (3
sin (10
=
¡ cos Ü ¡Ücos Ü) + cos 2ÜÜ¡ 2ÜÜ + + cos 9Ü ¡Ücos 9Ü) =
sin Ü
2Ü
cos 3
10Ü
1
¡ tg 2Ü tg Ü + tg 3Ü tg 2Ü + + tg 10Ü tg 9Ü =
=
sin Ü
¡
sin 9
1
¡ (tg 10Ü tg Ü) = sin Ü ¡ cos Ü Ücos 10Ü = sin 2 Üsin 9Ü10Ü .
=
sin Ü
¡
2 ¡ cos
gl02.tex

10. § 2.3. Арифметические вычисления
Примечание. При вычислении искомой суммы были использованы форsin (« ¬ )
.
мулы sin (« ¬ ) = sin « ¡ cos ¬ cos « ¡ sin ¬ и tg « tg ¬ =
cos « ¡ cos ¬
§ 2.3. Арифметические вычисления
UR
50 + 19 7 =
Ô
или
50 + 19 7 = (
3
Ô
2
+3 7
3
+ 21
2
2
+ 21
)+
Ô
¡
Ô
+7 7
7 (3
2
3
3
+7
3
+ 21
3
+7
2
3
3
+ 7 ).
50
.
19
=
Ô
Ô
уравнение системы принимает вид 8 3 + 42 3 = 50. Отсюда следует, что = 1. Так как = 2 , то = 2 и 50 + 19 7 = (2 + 7)3 .
Õ
В таком случае
3
Ô
50 + 19 7 = 2 +
Ô
7.
Ô
Ô
19 7 + 3 ¡ 3 27 ¡ Ü = Ü3
или Ü3 + 9Ü 100 = 0. Данное уравнение имеет единственный
действительный корень Ü1 = 4, который легко найти подбором.
Следовательно, имеет место равенство
Õ
Õ
3
3
50 + 19 7 + 50 19 7 = 4.
Õ
3
50 + 19 7 = Ý . Поскольку
В этом равенстве обозначим
Õ
Õ
3
3
50 + 19 7
50 19 7 = 3,
Õ
Õ
3
3
3
50 19 7 =
и для вычисления значения
50 + 19 7
то
Ô
gl02.tex
Ô
Ý
¦
Ô
Ô
Ô
Ô
¡
необходимо решить уравнение Ý
3
Ý
Ô
Ô
Ô
Ô
= 4 или Ý 2
7. Так как Ý
Отсюда получаем Ý1,2 = 2
Õ
3
50 + 19 7 = 2 + 7.
Õ
3
50 19 7 = 2
7.
Отметим, что
11.
Если числитель и знаменатель дроби разделить на 3 и обозначить
Ø3 + 21Ø 50
Ø = , то 2
=
или 19Ø3 150Ø2 + 399Ø 350 = 0. Одним
3Ø + 7
19
из корней кубического уравнения является Ø = 2.
Поскольку Ø =
и Ø = 2, то = 2 . В этой связи первое
Ô
Ô
,
= 19
2
Ô
Ô
Ô
или
3
50 + 19 7 + 50
Отсюда получаем систему двух уравнений относительно неизвестных переменных и вида
´ 3
+ 21 2 = 50,
2
Ô
и возведем обе части данного равенства в куб. При этом будем
использовать формулу ( + )3 = 3 + 3 +3 ( + ). Тогда получим
Решение. Рассмотрим два способа вычисления значения
Õ
Ô
3
50 + 19 7 .
Ô
Способ 1. Будем искать представление 50 + 19 7 в виде полÔ
Ô
ного куба, т. е. 50 + 19 7 = ( + 7 )3 . После возведения в куб
правой части данного выражения имеем
Ô
3
19
Способ 2. Предварительно вычислим значение выражения
Õ
3
50 + 19 7 + 50 19 7 . Обозначим
Õ
Õ
3
3
50 + 19 7 + 50 19 7 = Ü
Õ
UR
Ô
Õ
3
10.
50 + 19 7 .
SS
SS
Глава 2. Задачи письменных экзаменов по математике
©
©
18
Ô
4Ý 3 = 0.
Ô
0, то Ý = 2 + 7 или
Ô
4444488889.
Ô
Ô
Решение. Имеет место следующая цепочка преобразований:
4444488889= 4444444444 + 44444 + 1=
1
= 4 1111111111 + 4 11111 + 1 =
4 9999999999 + 4 99999 + 9 =
3
Õ
1
1Ô
=
4 (1010 1) + 4 (105 1) + 9 =
4 1010 + 4 105 + 1 =
3
3
200001
1
= 66667.
= (2 105 + 1) =
3
3
Ô
¡
Ô
¡
¡
¡
gl02.tex
¡
¡
¡
¡
¡

11. Ô
3
999700029999 .
§ 2.3. Арифметические вычисления
Решение. Преобразуем заданное выражение следующим образом:
Ô
Ô
3
3
999700029999 = 999 ¡ 109 + 7 ¡ 108 + 2 ¡ 104 + 9999 =
Õ
¡
3
=
103 1 ¡ 109 + 7 ¡ 108 + 2 ¡ 104 + 104 1 =
Ô
3
= 1012 109 + 7 ¡ 108 + 3 ¡ 104 1 =
Ô
3
= 1012 3 ¡ 108 + 3 ¡ 104 1 =
1 = 9999.
Ö
3 370370
ßÞ 037 11 ßÞ
= 104
30
×
=
3
¡
=
3
×
=
3
×
=
=
3
37
+ 100 )
30
2Ò
и
27
1030 1
= 33 ßÞ 3 .
3
44 ßÞ 4 + 11 ßÞ 1
Ò+1
66 ßÞ
Ò
6 , где Ò
Ò
6 ¡ (10Ò 1) =
¡
¡
3.
Ò 1
Ô
Õ
2+
Ò 1
2+
2+
.
Отсюда следует квадратное уравнение относительно переменной Ü вида Ü2 = 2 + Ü или Ü2 Ü 2 = 0. Корнями урав0, то Ü1 = 2
нения являются Ü1 = 2 и Ü2 = 1. Так как Ü
Ö
Õ
3 ¡ 1060 + 3 ¡ 1030 1 =
30
14.
¡
9=
Õ
Ô
Решение. Обозначим Ü = 2 + 2 + 2 + . Очевидно, что
здесь Ü 0. Возведем обе части равенства в квадрат, тогда
Ö
Õ
Ô
Ü2 = 2 + 2 + 2 + 2 + .
1060 1030 =
9
×
Ò+1
6 ¡ 99 ßÞ
9
Ö
11 ßÞ 1 ¡1030 =
1090 1
27
2Ò
Õ
¡
15.
90
1
¡ 10 3 11 9 ¡ (1030 1) ¡ 1030 =
10
1090
¡
¡
1
4 (102Ò 1) + (10Ò+1 1)
3
1 Ô
4 102Ò + 4 10Ò + 1 =
=
3
1
=
(2 10Ò + 1) =
3
1
2 00 ßÞ 0 1 = 66 ßÞ 6 7.
=
3
=
Ö
30
37 (1087 + 1084 +
×
¡
¡
30
30
Ò
Ò+1
¡ ¡
Решение. Имеет место
Ö
3 370370
ßÞ 037 11 ßÞ 1 00 ßÞ 0 =
89
2Ò
Ú
Ù4
1
Ù
= Ø 99 ßÞ 9 + 99 ßÞ 9
9
9
UR
89
21
Решение. Выполним следующие преобразования:
×
44 ßÞ 4 + 11 ßÞ 1 66 ßÞ 6 =
1 00 ßÞ 0 .
UR
13.
SS
SS
12.
Глава 2. Задачи письменных экзаменов по математике
©
©
20
gl02.tex
2+
2+
Ô
2+
= 2.
16. Вычислить значение
+
, если
2
+
2
=3
и0
.
Решение. Так как 0
, то
=
, где
1. В этой
связи, если обе части равенства 2 + 2 = 3 разделить на 2 , то
получим квадратное уравнение относительно переменной вида
2
3 + 1 = 0.
gl02.tex

12. 1, то из уравнения
2
+1
=
1
=
+ 1 = 0 получаем
+
разделить на , то
Ô
3+ 5
Ô Ô
+ 1 5 + Ô5
Ô
5
2Ô
Ô = 5 ¡ ( Ô+ 1) = 5.
=
3+ 5
1+ 5
1 1+ 5
2
Если числитель и знаменатель дроби
+
3
§ 2.4. Алгебраические и тригонометрические
преобразования
Решение. Преобразуем левую часть заданного выражения (с учетом того, что ÜÝÞ = 1), следующим образом:
Ü
ÜÝ
1
+
=
+
1 + Ü + ÜÝ Ü(1 + Ý + ÝÞ ) ÜÝ (1 + Þ + ÞÜ)
1
Ü
ÜÝ
=
+
+
=
1 + Ü + ÜÝ Ü + ÜÝ + ÜÝÞ
ÜÝ + ÜÝÞ + Ü2 ÝÞ
1
Ü
ÜÝ
1 + Ü + ÜÝ
=
+
=
= 1.
+
1 + Ü + ÜÝ Ü + ÜÝ + 1 ÜÝ + 1 + Ü
1 + Ü + ÜÝ
20. Найти tg « , если 2 tg «
sin « + 5 cos « = 10.
Решение. Заданное выражение преобразуем следующим образом:
sin « + 5 cos « = 10, 5 cos « sin « 10 + 2 tg « = 0,
sin «
= 0,
5 cos « sin « 2 ¡ 5
cos «
cos « ¡ (5 cos « sin «) 2 ¡ (5 cos « sin «) = 0,
(£)
(5 cos « sin «)(cos « 2) = 0.
Так как cos « 2 = 0, то из равенства (£) получаем
5 cos « sin « = 0.
2 tg «
UR
17. Упростить
(Ü + Ý Þ)3 (Ü Ý + Þ)3 ( Ü + Ý + Þ)3 .
Обозначим Ü + Ý = и Ü Ý = . Тогда, воспользо-
(Ü + Ý + Þ )3
Решение.
вавшись (дважды) формулой разности кубов, получаем
(Ü + Ý Þ)3 (Ü Ý + Þ)3 ( Ü + Ý + Þ)3 =
¡
¡
= ( + Þ )3 ( Þ )3 ( + Þ )3 ( Þ )3 =
= 2Þ ¡ (3 2 Þ 2 ) 2Þ ¡ (3 2 Þ 2 ) = 6Þ ¡ ( 2 2 ) = 24ÜÝÞ .
Здесь было использовано равенство 2 2 = 4ÜÝ .
Ô Ô Ô
18. Доказать, если 3 Ü + 3 Ý + 3 Þ = 0, то (Ü + Ý + Þ )3 = 27ÜÝÞ .
Ô Ô
Ô
Решение. Возведем в куб обе части равенства 3 Ü + 3 Ý = 3 Þ ,
(Ü + Ý + Þ )3
используя при этом формулу ( + )3 =
3
+
3
+ 3 ( + ), тогда
Ô Ô Ô
Ü + Ý + 3 ¡ 3 ÜÝ ¡ ( 3 Ü + 3 Ü) = Þ ,
Ô
Ô
Ü + Ý + 3 ¡ 3 ÜÝ ¡ ( 3 Þ ) = Þ ,
Ô
Ü + Ý + Þ = 3 ¡ 3 ÜÝÞ
(Ü + Ý + Þ ) = 27ÜÝÞ .
3
19. Доказать, что
1
1
1
+
+
= 1,
1 + Ü + ÜÝ 1 + Ý + ÝÞ 1 + Þ + ÞÜ
или
UR
Ô
Поскольку
3+ 5
.
=
2
SS
SS
§ 2.4. Алгебраические и тригонометрические преобразования 23
Глава 2. Задачи письменных экзаменов по математике
©
©
22
В этой связи из заданного равенства
2 tg «
следует, что 2 tg « = 10 или tg « = 5.
21. Доказать, что ctg 70Æ + 4 cos 70Æ =
Ô
3.
Решение. Используя формулы приведения, из заданногоÔ
равенÆ + 4 cos 70Æ = Ô3 получаем tg 20Æ + 4 sin 20Æ = 3 или
ства ctg 70
Ô
Æ
Æ = 3 tg 20 .
(£)
sin 20
4
£
Докажем равенство ( ).
Так как
где Ü, Ý , Þ = 1.
gl02.tex
sin « + 5 cos « = 10
tg «
gl02.tex
)
sin (
tg ¬ = cos ««¡ ¬¬ ,
cos

13. SS
SS
Глава 2. Задачи письменных экзаменов по математике
то имеет место следующая цепочка равносильных преобразований:
3 tg 20Æ
=
4
sin 40Æ
2 sin 20Æ cos 20Æ
=
=
= sin 20Æ .
Æ cos 20Æ
1
4 cos 60
4
cos 20Æ
2
Следовательно, справедливость равенства ( ), а вместе с ним
и справедливость заданного равенства, доказаны.
4
¡
¡
=
tg 60Æ tg 20Æ
¡
¡ ¡
22. Известно, что cos = tg , cos
, ,
(0, 2). Доказать, что
¾
= sin
= sin
£
= tg
Ô
=
, cos
= tg
и
5 1
.
2
UR
sin
¡
Решение. Используя условия задачи, можно записать
sin2
1 cos2
1
1=
=
=
cos2 =
cos2
cos2
cos2
1
1
1=
1.
=
1
1
1
1
1
cos2
1
cos2
Если в полученном выражении заменить cos2 = Ü , то после
несложных преобразований получаем квадратное уравнение от1 Ü
носительно переменной Ü вида Ü =
1 или Ü2 + Ü 1 = 0.
2Ü 1
Решая квадратное уравнение с учетом того, что 0 Ü 1, полуÔ
Ô
5 1
5 1
, т. е. cos2 =
. Тогда
чаем Ü =
2
2
Ô
Ô
3 5
5 1
2
2
=
sin
= 1 cos
=1
2
2
или
×
Ô × Ô
3 5
6 2 5
sin =
=
=
2
4
× Ô
Ô
Ô
( 5 1)2
5 1
5 1
=
=
.
=
4
2
2
gl02.tex
Ô
Проведя аналогичные рассуждения относительно cos
5 1
.
получим sin = sin = sin =
2
, cos
,
Примечание. При решении задачи использовался тот факт, что , , ¾
(0, 2). Поскольку в этом случае обе части всех равенств cos = tg ,
cos = tg , cos = tg являются положительными и после их возведения в квадрат не могут появиться посторонние значения sin , sin
и sin .
§ 2.5. Доказательство неравенств
23. Доказать, что для любого натурального Ò справедливо неравенство
¡
1
1
+
Ò Ò Ò+1 1 .
1+ +
2
Ò
UR
Ô
25
§ 2.5. Доказательство неравенств
©
©
24
Ô
1
1
+ = ËÒ , тогда требуется до+
2
Ò
Ò
казать неравенство ËÒ + Ò Ò
Ò + 1.
Выражение Ò + ËÒ оценим снизу на основе использования
неравенства Коши (1) следующим образом:
Решение. Обозначим 1 +
1
2
Ò + ËÒ = Ò + 1 + +
= (1 + 1) +
1+
1
2
¡
Ô
+
1
Ò
+
Ò+1
2 3
+
+ +
1 2
Ò
Ò
=Ò
Ò + 1.
=
¡
Ô
=
1
1+
Ò
Ö
Ò 2 3
Ò
1 2
+
=
¡ ¡ ¡ Ò+1 =
Ò
¡
Отсюда следует справедливость требуемого неравенства.
24. Доказать, что
99
¡ ¡ ¡ ¡ 100
1 3 5
2 4 6
99
¡ ¡ ¡ ¡ 100 = Ü. Далее, имеют место
1 3 5
2 4 6
1
2 3
,
следующие неравенства:
2
3 4
Решение. Обозначим
gl02.tex
1
.
10
4 5
,
5 6
6
,
7
,
99
100
100
.
101

14. или
¡ ¡ ¡ ¡ 100
101
2 4 6
3 5 7
¡ ¡ ¡ ¡
£
£
99
1
¡ ¡ ¡ ¡ 100 ¡ 2 ¡ 4 ¡ 6 ¡ ¡ 100 = 101
3 5 7
101
1 3 5
2 4 6
1
или Ü
100
Ü2
т. е. Ü
1
.
10
UR
2
3
25. Пусть , — положительные числа и
казать, что 2 + 2 1 + .
3
+
1
,
100
5
=
(
2
+
2
3
)
(1 +
)
3
и
(
2
2
+
3
)
(1 +
5
+
. До-
).
После сложения приведенных выше неравенств получаем
5
+
3 2
2 3
+
3
Так как по условию
вытекает
3 2
+
2 3
4
( + )
2
+
5
+
3
+
3
=
+
+
3
4
+
.
¡
(12 + 12 + 12 )(
+
4
2
,
2
,
+
(
2
2
+
2
)
3
2
),
0.
+
3
1
.
3
2
+
2
( )
+1
) = 3(
2
¡
)2
+
2
2
+
).
2
+
2
2
2
+
+
2
+
2
+2
+2
£
( )
+2 .
£
Примечание. Используя неравенство Коши—Буняковского (9), можно
доказать более общее утверждение.
1
Если 1 + 2 +
+ Ò = 1, то 2 + 2 +
+ 2
.
Ò
1
2
Ò
Ô
Ô
27. Пусть для произвольных чисел
2
+ 2 + 2 = 1. Доказать, что
3
, , выполняется условие
+ +
3.
Решение. Согласно неравенству Коши—Буняковского (9), имеем
¡
( + + )2 = (1
+1
¡
+1
(12 + 12 + 12 )(
2
+
2
+
( + + )2
gl02.tex
2
¡
2
2
2
+ 2, 2
+ 2и2
+ 2 (справедлиТак как 2
вость которых следует, в частности, из неравенства Коши (2), то
1
из равенства ( ) получаем 1 3 2 + 3 2 + 3 2 или 2 + 2 + 2
.
3
,
Получили противоречие. Значит, если 3 + 3 = 5 + 5 , то
требуемое неравенство верно для произвольных положительных
чисел и .
2
+
+1
1
.
3
Способ 2. Согласно условию можно записать
Отсюда получаем
Так как
( + )(
+
5
£
5
, то из неравенства (£)
4
+
1 = ( + + )2 = (1
1 = ( + + )2 =
Решение. Доказательство неравенства будем вести методом от противного. Предположим, что существуют такие положительные
числа и , для которых справедливо равенство 3 + 3 = 5 + 5
и имеет место неравенство 2 + 2 1 + .
Умножим обе части предполагаемого неравенства на 3 и 3 .
Тогда
3
2
+
Решение. Покажем два способа решения этой задачи.
Способ 1. Из неравенства Коши—Буняковского (9) имеем
2 4 6
100
.
( )
3 5 7
101
Умножим левую часть неравенства ( ) на Ü , а правую его
часть — на численное значение Ü . Тогда получим
Ü
2
+ + = 1. Доказать, что
26. Пусть
UR
99
¡ ¡ ¡ ¡ 100
27
§ 2.5. Доказательство неравенств
Отсюда получаем неравенство
1 3 5
2 4 6
SS
SS
Глава 2. Задачи письменных экзаменов по математике
©
©
26
2
или
2
)2
+
= 1, то
3
¡
Ô
2
+
2
) = 3(
+ +
3
2
+
2
+
2
).
Ô
3.
Примечание. Используя неравенство Коши—Буняковского (9), можно
доказать более общее утверждение. Ô
Ô
Если 2 + 2 +
+ 2 = 1, то Ò
+ Ò
Ò.
1+ 2+
Ò
1
2
Ô
Ô
Ô
28. Доказать, что 4 + 1 + 4 + 1 + 4 + 1 5 при условии,
что + + = 1 и 4 + 1 0, 4 + 1 0, 4 + 1 0.
gl02.tex

15. что переменные Ü , Ý и Þ могут принимать только положительные или только отрицательные значения. Однако по условию
Ü + Ý + Þ = 5. Поэтому Ü 0, Ý 0 и Þ 0.
0, Þ
0, то
Кроме того, если Ü + Ý + Þ = 5 и Ü 0, Ý
Ü 5, Ý 5 и Þ 5.
Далее, применяя неравенство Коши (2), можно записать, что
Ý + Þ 2 ÝÞ . Тогда 5 Ü 2 ÝÞ и 4ÝÞ Ü2 10Ü + 25. Отсюда
и из равенства ( ) получаем неравенства
Ô
4 +1
Ô
2( + + ) + 3 = 5.
UR
Осталось доказать строгое неравенство. Известно, что неравенство Коши (2) превращается в равенство тогда и только тогда,
когда 1 = 2 . Применительно к данному примеру, это условие
означает, что 4 +1 = 1, 4 +1 = 1 и 4 +1 = 1, т. е. = = = 0.
Последнее равенство выполняться не может, так как по условию
+ + = 1.
Примечание. Данное неравенство можно доказать на основе применения неравенства Коши—Буняковского (9). Имеет место
Ô
2
Ô
Ô
4 + 1+ 4 + 1+ 4 + 1
(12 + 12 + 12 ) ¡ (4 + 1 + 4 + 1 + 4 + 1).
+ + = 1, то отсюда получаем
Ô
2
Ô
Ô
4 +1+ 4 +1+ 4 +1
3 ¡ 7 = 21
Ô
Ô
Ô
4 + 1 + 4 + 1 + 4 + 1 5.
Поскольку
25,
т. е.
29. Доказать, что если Ü, Ý , Þ — действительные числа, удовлетворяющие условиям Ü + Ý + Þ = 5 и ÜÝ + ÜÞ + ÝÞ = 8, то
7
7
7
1 Ü
,1 Ý
и1 Þ
.
3
3
3
Решение. Из первого равенства получаем Ý + Þ = 5
из второго равенства следует Ü(Ý + Þ ) + ÝÞ = 8, ÝÞ = 8
ÝÞ = 8 Ü(5 Ü) и
ÝÞ = Ü2 5Ü + 8.
Ü. Тогда
Ü(Ý + Þ),
Поскольку для любого Ü справедливо неравенство
£
( )
Ü2 5Ü + 8 0
(дискриминант уравнения Ü2 5Ü + 8 = 0 отрицательный), то
из равенства (£) следует, что ÝÞ 0. Проведя аналогичные рассуждения, можно показать, что ÜÝ 0 и ÜÞ 0. Отсюда следует,
gl02.tex
4(Ü2
Ô
£
5Ü + 8)
Ü2 10Ü + 25 или 3Ü2 10Ü + 7
0,
7
.
3
Повторив приведенные выше рассуждения для переменных Ý
и Þ , докажем требуемые неравенства относительно Ý , Þ .
Ö
Ö
Ü
решением которых являются 1
UR
+ + = 1, то
Ô
4 +1+ 4 +1+
Ô
29
§ 2.5. Доказательство неравенств
Решение. Используя неравенство Коши (2), получаем
Õ
Ô
4 +2
1+4 +1
=
= 2 + 1,
4 + 1 = 1 ¡ (4 + 1)
2
2
Ô
Ô
4 +1 2 +1 и
4 + 1 2 + 1.
Так как
SS
SS
Глава 2. Задачи письменных экзаменов по математике
©
©
28
30. Доказать неравенство
Ý
0иÞ
0.
Ü
+2¡
Ý
Ý
+3¡
Þ
3
Þ
Ü
6, где Ü
0,
Решение. Воспользуемся неравенством Коши (1) при Ò = 6, тогда
Ö
Ö
Ö
Ö
Ö
Ö
Ö
Ü
Ý
Ü
Ý
Ý 3 Þ 3 Þ 3 Þ
3 Þ
+2¡
+3¡
= +
+
+
+
+
Ý
Þ
Ü Ý
Þ
Þ
Ü
Ü
Ü
×
Ö Ö
Ö
Ö
Ö
Ö
6
¡ 6 Ü¡
Ý
Ý
Þ
¡
Ý
Þ
Þ
¡ 3 Ü¡
3
Þ
¡
Ü
3
Þ
=6¡
Ü
6
Ü Ý Þ
¡ ¡ = 6.
Ý Þ Ü
Следовательно, требуемое неравенство доказано.
Примечание. Доказанное выше неравенство обобщается на тот случай,
когда в его левой части находится Ò слагаемых, т. е. имеет место
Ö
Ö
Ü1
Ü2
ÜÒ
Ò ¡ (Ò + 1)
+2¡
+
+Ò¡ Ò
,
Ü2
Ü3
Ü1
2
где Ò
1. Причем равенство в данном неравенстве достигается тогда
и только тогда, когда Ü1 = Ü2 =
= ÜÒ = 1.
Ô
Ô
Ô
31. Доказать, что для любых неотрицательных чисел
3
5
полняется неравенство 2
+3
5
.
gl02.tex
и
вы-

16. SS
SS
31
Глава 2. Задачи письменных экзаменов по математике
§ 2.5. Доказательство неравенств
Решение. Используя неравенство Коши (1) при Ò = 5, запишем
Решение. Применяя (дважды) неравенство Коши (1) при Ò = 2
2 2 и 1+ 4+ 4+ 4
4 3 . Если
и Ò = 4, получаем 1 + 4
4
2 2 + 4 3.
сложить приведенные выше неравенства, то 2 + 4
Отсюда следует требуемое неравенство.
+3
Ô
3
Ô +Ô +Ô +Ô
3
3
3
+
Õ
Ô Ô Ô
5 Ô
¡Ô ¡ 3 ¡ 3 ¡ 3
5¡
Ô
=
=5
Ô
¡5
,
т. е. требуемое неравенство доказано.
32. Доказать неравенство
где
0,
0,
0,
3
3
+
0.
+
3
3
+
+
+
+
,
Решение. Представим левую часть неравенства как
+
3
+
3
+
3
1
1
= ( 3 + 3 + 3 ) + ( 3 + 3 + 3) +
3
3
1 3
1
3
3
+ ( + + ) + ( 3 + 3 + 3 ).
3
3
UR
3
откуда следует 2 + 6 2 3 и 2 + 3 2 + 6 6 . Если сложить левые
и правые части полученных неравенств, то 2 + 4 2 + 2 6 6 + 2 3 .
Значит, требуемое неравенство доказано.
Теперь применим четыре раза (по числу пар скобок) неравенство Коши (1) при Ò = 3 и получим неравенства 3 + 3 + 3 3 ,
3
+ 3+ 3 3
, 3+ 3+ 3 3
, 3 + 3 + 3 3 . Отсюда
следует требуемое неравенство.
33. Доказать, что
1
2
+
1
1
1
+
+1
+
1
+2
4
, где
2.
1
1
Решение. Так как по условию
2, то
0,
2
1 0,
1
1
0,
0 и в этой связи можно воспользоваться
+1
+2
неравенством (5). Тогда
1
2
+
1
1
+
1
1
+
+1
+2
2+
1
16
4
= .
1+ +1+ +2
4
1
1
= .
+
2
1
+1
+2
Однако данное неравенство легко следует из того факта, что
1
1
1
1
=
=
=
.
2
1
+1
+2
Осталось показать, что
1
+
+
34. Доказать неравенство 1 + 2
4
2
+ 2 3.
Примечание. Аналогичным образом можно доказать более сложные неравенства, к которым относится, например, неравенство 1 + 2 2 + 6
3 + 3 , где , — произвольные действительные числа.
Для доказательства данного неравенства воспользуемся (дважды)
неравенством Коши (1) и получим следующие два соотношения:
Ô
2
2 ¡ 6 = 2 3,
+ 6 2
Ô
6
1+1+ 2 + 2 + 2 + 6 6¡ 1¡1¡ 2 ¡ 2¡ 2 ¡ 6 = 6 ,
gl02.tex
UR
Ô
2
©
©
30
35. Доказать, что
1+ 1
1+ 1
0,
где
0,
Ý
1,
= 1.
0и
Решение. Поскольку
Ü
ставить в виде = ,
1+ 1
= 1, то переменные , , можно пред-
=
Ý
Þ
и = . В таком случае требуемое
Þ
Ü
неравенство будет равносильно неравенству
(Ü
Ý + Þ)(Ý Þ + Ü)(Þ Ü + Ý)
£
ÜÝÞ ,
( )
где Ü 0, Ý 0, Þ 0.
Введем новые переменные Ù = Ü Ý + Þ , Ú = Ý Þ + Ü
Ù+Ú
Ú+Û
Ù+Û
, Ý =
, Þ =
и Û = Þ Ü + Ý , тогда Ü =
2
2
2
и неравенство ( ) принимает вид
£
(Ù + Ú )(Ú + Û)(Ù + Û)
££
8ÙÚÛ,
( )
где Ù 0, Ú 0, Û 0.
Справедливость неравенства ( ) легко следует из неравенства Коши (2), так как
Ù+Ú
Ô
2 ÙÚ ,
Ú+Û
Ô
££
2 ÚÛ
и Ù+Û
Следовательно, требуемое неравенство доказано.
gl02.tex
Ô
2 ÙÛ .

17. 1 1+ 2 2+
где Ò
+ Ò Ò )2
2.
2
2
1+ 2+
+ 2
Ò
¡
¡
¡
+ 2 ,
Ò
2
2
1+ 2+
UR
Решение. Для произвольного действительного Ü выполняется очевидное неравенство ( 1 + Ü 1 )2 + ( 2 + Ü 2 )2 + + ( Ò + Ü Ò )2 0.
Отсюда после раскрытия скобок получаем квадратное неравенство относительно переменной Ü вида
¡
¡
Ü2 2 + 2 + + 2 + 2Ü ¡ 1 1 + 2 2 + + Ò Ò +
Ò
1
2
¡
+ 2+ 2+
+ 2
0.
1
2
Ò
Поскольку квадратный трехчлен при любом Ü принимает неотрицательные значения, то его дискриминант меньше или равен
0, т. е.
¡2 2
¡ 2 2
¡
2
+ Ò Ò
+ 2
+ 2
0.
1 1+ 2 2+
1+ 2+
1+ 2+
Ò
Ò
Отсюда следует справедливость неравенства Коши—Буняковского (9).
Ö
Õ
1+ 4 +1
37. Доказать неравенство
,
+
+
+
2
где
0.
Решение. Очевидно, что
Ö
Õ
+
+
Ô
+
Ô
Ö
0. Обозначим Ü =
Õ
+
Ö
где
Ô
Õ
+
+
+
Ô
+
Ô
+
,
1
, где Ü, Ý — произ2
Решение. Пусть Ü = tg « и Ý = tg ¬ , где
2
В таком случае
«
1
2
и возведем обе
gl02.tex
2
и
2
¬
2
.
¡
(tg « + tg ¬ )(1 tg « tg ¬ )
(Ü + Ý )(1 ÜÝ )
=
=
2 )(1 + Ý 2 )
(1 + Ü
(1 + tg2 «)(1 + tg2 ¬ )
sin (« + ¬ ) cos (« + ¬ )
cos « cos ¬ cos « cos ¬
=
=
1
1
cos2 « cos2 ¬
1
= sin (« + ¬Ø) cos (« + ¬ ) = sin 2« + ¬ .
2
1
1
1
Так как
sin 2(« + ¬ )
, то требуемые неравенства
2
2
2
доказаны.
¡
¡
¡
¡
¡
39. Доказать, что при любых действительных Ü, Ý имеет место
неравенство Ü2 + 2ÜÝ + 3Ý 2 + 2Ü + 6Ý + 3 0.
Решение. Рассмотрим левую часть неравенства. Имеет место
Ü2 + 2ÜÝ + 3Ý 2 + 2Ü + 6Ý + 3 =
= Ü2 + 2Ü(Ý + 1) + (Ý + 1)2 (Ý + 1)2 + 3Ý 2 + 6Ý + 3 =
= (Ü + Ý + 1)2 Ý 2 2Ý 1 + 3Ý 2 + 6Ý + 3 =
= (Ü + Ý + 1)2 + 2(Ý + 1)2 0.
40. Доказать неравенство 2 + 2 cos Ü
части выражения в квадрат, тогда получим уравнение Ü2 Ü
= 0.
0, то квадратное уравнение имеет единственПоскольку
1+ 1+4
. Отсюда вытекает
ный положительный корень Ü1 =
2
требуемое неравенство.
Ô
(Ü + Ý )(1 ÜÝ )
(1 + Ü2 )(1 + Ý 2 )
вольные действительные числа.
38. Доказать, что
UR
(
33
§ 2.5. Доказательство неравенств
Примечание. Доказательство неравенств (£) и (££) можно рассматривать как самостоятельные задачи.
36. Доказать, что
SS
SS
Глава 2. Задачи письменных экзаменов по математике
©
©
32
sin2 Ü + cos2 (Ü 1)
Решение. Преобразуем левую часть неравенства
sin2 Ü + cos2 (Ü 1) =
= 2 + 2 cos Ü 1 + cos2 Ü + cos2 (Ü 1) =
= (cos Ü + 1)2 + cos2 (Ü 1) 0.
2 + 2 cos Ü
Докажем теперь строгое неравенство.
gl02.tex
0.

18.
43. Доказать, если
0,
0,
Õ
( + )( + )
Ü = + 2 Ò,
Ü 1=
2
+
Ô
где Ò , — целые числа.
Следовательно, имеет место равенство
+2 Ò =
2
+
+ 1.
sin2 Ü + cos2 (Ü 1)
UR
=
2 + 2 cos Ü
41. Доказать, если 0
Ü
Ý
Решение. Так как 0
Ü
Ý
Поэтому
0.
Ü Ý Þ Ý Þ Ü
+ +
+ + .
Ý Þ Ü Ü Ý Þ
Ü
Ý
Þ
Þ , то
1,
1,
1.
Ý
Þ
Ü
Þ , то
+
+
2
2
+
2
+
2
+
2
+
2
2
+
2
+
2
.
Ô
0,
44. Доказать, если
+
0, то
Ô
.
Ô
0,
2
2
+
+
+
+
0,
2
+
+
+
0,
+ , Ý =
+ ,
0,
3.
Решение. Введем новые переменные Ü =
Þ = + . Тогда
2 + 2 + 2 = Ü + Ý + Þ , 2 = Ü + Ý + Þ 2,
( + ) = Ü + Ý + Þ, 2 = Ü Ý + Þ, 2 = Ü + Ý
Þ
и требуемое неравенство принимает вид
Ü + Ý + Þ + Ü Ý + Þ + Ü + Ý Þ
£
Ý
3.
Þ
£
( )
gl02.tex
££
6.
( )
Так как +
0, +
0, +
0, то Ü
0, Ý
0,
0. Принимая во внимание неравенство Коши (3), оценим
левую часть неравенства ( ) следующим образом:
Þ
££
Ü Ý
Ü Þ
Ý Þ
+
+
+
+
+
Ý Ü
Þ Ü
Þ Ý
.
Решение. Поскольку 0
, то
0,
0
и
0. Тогда ( ) ¡ ( ) ¡ ( ) 0. Если в левой части
неравенства раскрыть скобки, то получим неравенство
2
Ô
Ý Þ Ü Þ Ü Ý
+ + + + +
Ü Ü Ý Ý Þ Þ
. Доказать, что
2
+
Из неравенства ( ) получаем
Отсюда после раскрытия скобок получаем требуемое неравенство.
2
Ô
Ü
Ü
Þ
1 0, Ý 1 0, Ü 1 0 и
Ý
Þ
Ü
Þ
1 Ý 1 Ü 1 0.
Ý
Þ
42. Пусть 0
0, то
Ô
Отсюда следует справедливость требуемого неравенства.
2
, т. е. — рациональное число, что явля4Ò 2 + 1
ется противоречием. Значит, доказано, что
Тогда
0,
Ô
Решение. Воспользуемся неравенством Коши—Буняковского (9),
тогда
¡
¡
(
+
)2
( )2 + ( )2 ( )2 + ( )2 = ( + )( + ).
,
UR
35
§ 2.5. Доказательство неравенств
cos Ü = 1,
Отсюда получаем
cos (Ü 1) = 0.
Предположим, что
SS
SS
Глава 2. Задачи письменных экзаменов по математике
©
©
34
+ + =1 и
×
45. Доказать, если
×
+
gl02.tex
+
+
2 + 2 + 2 = 6.
0,
Ö
+
0,
+
0, то
3
.
2

19. =
+ (1
×
( + )( + )
=
)
¡
+
=
(1
1
2
+
)(1
+
+
)
.
Проведя аналогичные рассуждения, получаем еще два неравенства
×
Ö
1
1
+
и
+
.
+
2
+
+
+
2
+
+
UR
Если сложить полученные выше три неравенства, то
×
×
Ö
+
+
+
+
+
1
2
¡
+
+
+
+
+
+ +
46. Доказать, если
+1
+
+
+
3и
+1
+
+
+
0,
+1
+
0,
+
3
= .
2
0, то
3
.
2
£
3
,
2
3
.
2
0,
gl02.tex
×
0,
0,
2
+ +
3
то
+
2
+
3
2
.
Решение. Доказательство требуемого неравенства будем вести
методом от противного. Предположим, что при некоторых неотрицательных , , выполняется неравенство
×
2+ 2+ 2
+ +
.
( )
3
3
£
£
Возведем в квадрат обе части неравенства ( ), тогда
)2
( + +
3
2
2
2
+ + +2 +2
2
+2
(
2
+2
2
2
) +(
2
2
+
+2
2
+
3
2
2 2 2
)2 + ( )2
,
2
+3
+ 3 2,
0,
0.
Поскольку каждое из слагаемых полученного выражения неотрицательно, то получили противоречие, которое доказывает
справедливость требуемого неравенства.
48. Доказать, если
+2
Отсюда следует неравенство ( ).
Для доказательства неравенства ( ) применим к левой его
3,
части неравенство (5), тогда с учетом того, что + +
£
47. Доказать, если
2
Решение. Покажем, что заданное неравенство равносильно неравенству
1
1
1
3
+
+
.
(£)
+1
+1
+1
2
Для этого преобразуем требуемое неравенство следующим
образом:
+1 1
+1 1
+1 1
+
+
+1
+1
+1
1
1
1
+1
+1
1
+1
+1
+1
1
1
9
9
3
1
+
+
= .
+1
+1
+1
+ + +3
6
2
Другими словами, справедливость неравенства ( ) доказывается путем двукратного применения к его левой части неравенства
Коши (1) при Ò = 3.
£
=
+
получаем
UR
×
=
37
§ 2.5. Доказательство неравенств
Решение. Используя неравенство Коши (2) и тот факт, что
+ + = 1, можно записать
×
×
×
+
SS
SS
Глава 2. Задачи письменных экзаменов по математике
©
©
36
0,
2
+
0,
+2
0, то
2
2
+2
+
27.
Решение. Оценим снизу каждое слагаемое левой части неравенства, применяя для этого неравенство Коши (1) при Ò = 3. Имеет
место
+2
gl02.tex
2
=
+ +
2
3
¡
Ô
3
2
2
=
9
Ô
¡3
2
2 4
.

20. § 2.5. Доказательство неравенств
По аналогии с приведенным выше неравенством получаем
9
¡
и
2
Отсюда следует
2
+2
Ô
¡3
9
2 4
+
2
×
3
¡
3
9
2
¡ ¡ ¡
9 9 9
¡
2
2 4
¡
Ô2
3
.
где 0
= 27.
UR
Таким образом, требуемое неравенство доказано.
49. Доказать неравенство
Ô
Ü
Ý
Ô
+Ô
4Ü2 + 1
4Ý 2 + 1
где 0
Ü
1
и0
2
Ô2
Ô2
+1
+
Ô
2
+1
1.
1, 0
+
Ô2
+1
=1
= 2Ý , тогда требуемое неравен-
Ô
Ô
2
+1
£
2,
( )
1, то
+
2
Ô
+
2
+
2
=
Ô
+
2
+
2
.
££
( )
Неравенство (10) при Ò = 2 принимает вид
2
( + )
из которого вытекает
Ô
2(
+
2
2
2
Ô
+
2
),
2. Отсюда и из неравенства
+
( ) следует справедливость требуемого неравенства.
££
2
Ô
5
2Ü2 + 1Ý2 + 1
2
1
1 = 4.
5
5
Отсюда вытекает справедливость требуемого неравенства.
= 2Ü и
Решение. Обозначим
ство принимает вид
1и0
где 0
Так как 0
2
,
2
1
.
2
Ý
1и0
39
Ü 1 и 0 Ý 1, то
Ü
Ý
Ô
+Ô
2+3
2Ü2 + 3
2Ý
Ü
Ý
Ü+Ý
Ô
+Ô
=Ô
. (£)
2Ü2 + 2Ý 2 + 1
2Ü2 + 2Ý 2 + 1
2Ü2 + 2Ý 2 + 1
2(Ü2 + Ý 2 ) = 2Ü2 + 2Ý 2 ,
Используя неравенство (Ü + Ý )2
которое следует из (10) при Ò = 2, а также тот факт, что Ü 1
и Ý 1, из неравенства (£) получаем
2
2Ü2 + 2Ý 2
Ý
Ü
(Ü + Ý )2
Ô
=
+Ô 2
2Ü2 + 2Ý 2 + 1
2Ü2 + 2Ý 2 + 1
2Ü + 3
2Ý 2 + 3
4
2 2 2
Ü
Решение. Поскольку 0
4
Ô
¡3 2
Ü
Ý
+Ô 2
2Ü + 3
2Ý 2 + 3
Ý 1.
Ô
2
4
50. Доказать неравенство
4
2
+2
+
Ô
Ô
¡ 3 2 4 + 9¡ 3 2
Ô
3
9
2
+2
+
2
+2
Ô2
3
UR
2
+2
Ô24
3
SS
SS
Глава 2. Задачи письменных экзаменов по математике
©
©
38
gl02.tex
51. Доказать неравенство
Ü
Ý
Þ
+Ô
+Ô
Þ 1
Ü 1
Ý 1
1 и Þ 1.
Ô
где Ü
1, Ý
6,
Решение. Так как Ü 1, то Ü 1 0. Тогда, применяя неравенство Коши (2), можно оценить снизу первое слагаемое левой
части заданного неравенства следующим образом:
Ü
Ü 1
1
Ô
=Ô
+Ô
Ý 1
Ý 1
Ý 1
×
×
Ü 1
1
Ü 1
Ô
Ô
.
2
=2
Ý 1
Ý 1
Ý 1
¡
¡
¡
Проведя аналогичные рассуждения, получаем
Ö
Ö
Ý
Ý 1
Þ
Þ
и
2
2
Þ 1
Ü
Þ 1
Ü 1
Ô
gl02.tex
¡
Ô
¡
1.
1

21. § 2.6. Рациональные уравнения
Если использовать приведенные выше неравенства, а также
еще раз применить неравенство Коши (1) при Ò = 3, то
2
¡
×
Ü 1
+2¡
Ý 1
Ú ×
Ù
Ù
Ü
3
3 Ø2
¡
¡
Ö
1 ¡2¡
Ý 1
Ô
Ö
Ü+1
UR
52. Доказать неравенство
Ý 1
+2¡
Þ 1
Решение. Рассмотрим функцию
Ý 1
¡2¡
Þ 1
1+
Ö
( Ü) =
(Ü + 5)(Ü2 + 18Ü + 48) = 0.
0.
Ü
Ü+1 1
54.
+
Ü2
.
2
8
Очевидно, что (0) = 0. Для доказательства требуемого нера0 функция
венства достаточно показать, что на множестве Ü
Ý = (Ü) является непрерывной и возрастающей, т. е. для любых
Ü 0 имеет место неравенство (Ü)
(0) или (Ü) 0.
С этой целью вычислим производную функции Ý = (Ü)
1 Ü
1
¼
по переменной Ü , т. е. Ü =
+ . Согласно неравен2 Ü+1 2 4
ству Коши (2), можно записать
Õ
Ü+2
1+Ü+1
=
Ü + 1 = 1 (Ü + 1)
2
2
и в таком случае
Ô
¼
Ü
Ô
¡
1
Ü+2
1
1+Ü=2¡
2 4
2
Ü+2
+
Ü+2
2
2
.
2
1 и с учетом неравенства
Ü+2
2
Ü+2
¼
Коши (3) получаем
2. А это означает, что Ü 0.
+
Ü+2
2
Следовательно, если Ü
0, то (Ü)
0, т. е. требуемое
неравенство доказано.
Так как Ü
0, то 0
Ô
Рассматривая два уравнения Ü + 5 = 0 и Ü2 + 18Ü + 48 = 0, полу33
чаем три корня заданного уравнения Ü1 = 5, Ü2 = 9
и Ü3 = 9 + 33.
2
Ô
53. (3Ü + 5)2 + (Ü + 6)3 = 4Ü2 + 1.
(Ü + 5)(5Ü + 5) + (Ü + 5)(Ü2 + 13Ü + 43) = 0,
Þ 1
= 6.
Ü 1
Ü , где Ü
2
8
Ü
§ 2.6. Рациональные уравнения
Решение. Преобразуем исходное уравнение к равносильному виду
¡
¡
(3Ü + 5)2 (2Ü)2 + (Ü + 6)3 13 = 0,
Þ 1
Ü 1
Ö
41
gl02.tex
Ô
(Ü2 Ü 1)2 Ü3 = 5.
UR
Ü
Ý
Þ
Ô
+Ô
+Ô
Þ 1
Ü 1
Ý 1
SS
SS
Глава 2. Задачи письменных экзаменов по математике
©
©
40
Решение. Исходное уравнение равносильно следующим уравнениям:
2
¡
(Ü
Ü 1)2 22 (Ü3 + 13 ) = 0,
(Ü
2
Ü + 1)(Ü
2
Ü 3) (Ü + 1)(Ü2 Ü + 1) = 0,
(Ü2 Ü + 1)(Ü2 2Ü 4) = 0.
0, то необходимо рассмотреть только одно
Ô
4 = 0, из которого получаем Ü1 = 1 + 5
Ô
Так как Ü2 Ü + 1
уравнение Ü2 2Ü
и Ü2 = 1
5.
55.
Ü2 (Ü 1)2 + (Ü 2)3 = 76.
Решение. Преобразуем уравнение следующим образом:
Ü2 (Ü 1)2 72 + (Ü 2)3 33 = 0
и воспользуемся формулами разности квадратов и разности кубов,
тогда
¡
¡
¡
Ü(Ü 1) 7 Ü(Ü 1) + 7 + (Ü 5) (Ü 2)2 + 3(Ü 2) + 9 = 0,
¡
¡
2
2
(Ü Ü 7) ¡ (Ü Ü + 7) + (Ü 5) ¡ (Ü Ü + 7) = 0,
(Ü2 Ü + 7) ¡ (Ü2 12) = 0.
Так как Ü2 Ü + 7 0, то рассматриваем только уравнение
Ô
Ô
2
Ü 12 = 0, Получаем Ü1 = 2 3 и Ü2 = 2 3.
2
gl02.tex

22. 5)2 + (Ü 4)3 + (Ü 3)4 = 2.
59. (Ü2 + 2Ü
Решение. Заданное уравнение равносильно уравнениям:
¡
¡
(Ü 5)2 12 + (Ü 4)3 + (Ü 3)4 14 = 0,
1
2
3,4
1)2 + 2(Ü2 + 2Ü 1) + 1 = Ü + 2.
(£)
Левая часть уравнения (£) представляет полный квадрат, по(Ü2 + 2Ü
этому имеем
(Ü2 + 2Ü)2 = Ü + 2,
Ü2 ¡ (Ü + 2)2 = Ü + 2,
(Ü + 2)(Ü3 + 2Ü2 1) = 0
или
(Ü + 1)(Ü + 2)(Ü2 + Ü
2
57. (Ü + Ü + 4) + 8Ü(Ü + Ü + 4) + 15Ü = 0.
2
2
2
UR
2
Отсюда получаем
Решение. Так как Ü = 0 (в этом нетрудно убедиться путем подстановки в исходное уравнение Ü = 0), то разделим обе части
уравнения на Ü2 и получим квадратное уравнение
£
Ý 2 + 8Ý + 15 = 0,
где Ý =
Ü2 + Ü + 4
.
Ü
£
Уравнение ( ) имеет два корня Ý1 =
необходимо рассмотреть два уравнения
( )
5 и Ý2 = 3. Поэтому
Ü2 + Ü + 4
Ü2 + Ü + 4
= 5 и
= 3.
Ü
Ü
Ô
Корнями первого уравнения являются
Ô
Ô
4
12 , Ü2 =
Ô
4 12 .
Ü3
Ô
5
2
и
Ü4
1
=
Ô
5
2
.
60. Ü2 + 2Ü + 3 = (Ü2 + Ü + 1)(Ü4 + Ü2 + 4).
Решение. Так как
Ü2 + Ü + 1
то
0 и
Ü2 + 2Ü + 3
Ü4 + Ü2 + 4
4,
4(Ü2 + Ü + 1).
1
3
2
+
2
3
0.
2
.
3
Следовательно, данное уравнение корней не имеет.
Решение. После раскрытия скобок в левой части уравнения получаем
Ô
Ô
Ô ¡3
Ü6 6 3Ü4 + 36Ü2 24 3 = 0 или Ü2 2 3 = 0.
Ô
Ü2 = 2,
3Ü2 + 2Ü + 1 = 3 Ü +
Ô
6 3(Ü4 + 4) = 0.
Отсюда следует Ü2 = 2 3 и Ü1 =
Ü1 = 1,
1 +
=
1) = 0.
Отсюда получаем квадратное неравенство 3Ü2 + 2Ü + 1
Однако данное неравенство противоречиво, поскольку
Ü1 = 3 + 5 и Ü2 = 3 5,
а второе уравнение имеет корень Ü3 = 2.
58. Ü2 (Ü4 + 36)
1)2 + 2Ü2 + 3Ü = 3.
Решение. Представим уравнение в равносильном виде
4)(Ü 6) + (Ü 4)(Ü2 8Ü + 16) +
+ (Ü 4)(Ü 2)(Ü2 6Ü + 10) = 0,
(Ü 4)(Ü2 7Ü + 10) + (Ü 4)(Ü 2)(Ü2 6Ü + 10) = 0,
¡
(Ü 4)(Ü 2)(Ü2 5Ü + 5 = 0.
Отсюда получаем корни уравнения
Ô
5¦ 5
.
Ü = 2, Ü = 4, Ü =
(Ü
43
§ 2.6. Рациональные уравнения
UR
56. (Ü
SS
SS
Глава 2. Задачи письменных экзаменов по математике
©
©
42
gl02.tex
61. (6Ü + 7)2 (3Ü + 4)(Ü + 1) = 1.
Решение. Первоначально умножим обе части уравнения на 12,
а затем обозначим 6Ü + 7 = Ý . Тогда исходное уравнение преобразуется следующим образом: (6Ü + 7)2 (6Ü + 8)(6Ü + 6) = 12,
Ý 2 (Ý + 1)(Ý 1) = 12 или Ý 4 Ý 2 12 = 0.
gl02.tex

23. § 2.6. Рациональные уравнения
Решая биквадратное уравнение Ý 4 Ý 2 12 = 0, получаем
Ý 2 = 4 (помним, что Ý 2 0) или Ý1 = 2, Ý2 = 2.
Ý 7
. Тогда
Поскольку 6Ü + 7 = Ý , то Ü =
6
Ý 7 2 7
5
Ü1 = 1
=
=
6
6
6
и
Ý 7
2 7
3
Ü2 = 2
=
=
.
6
6
2
62. (Ü
1)(Ü 2)(Ü 4)(Ü 8) = 10Ü2 .
UR
Решение. Преобразуем левую часть уравнения следующим образом:
¡
¡
(Ü 1)(Ü 2)(Ü 4)(Ü 8) = (Ü 1)(Ü 8) ¡ (Ü 2)(Ü 4) =
= (Ü2
9Ü + 8)(Ü2 6Ü + 8).
Следовательно, заданное уравнение равносильно уравнению
(Ü2
9Ü + 8)(Ü2 6Ü + 8) = 10Ü2.
£
( )
£
Так как Ü = 0 не является корнем уравнения ( ), то обе его
8
8
= 10.
Ü 6+
части можно разделить на Ü2 , тогда Ü 9 +
Ü
8
Ü
Пусть Ü 9 + = Ý , тогда Ý (Ý + 3) = 10 или Ý 2 + 3Ý 10 = 0.
Ü
Корнями последнего уравнения являются Ý1 = 2 и Ý2 = 5.
8
Поскольку Ü 9 + = Ý , то рассмотрим два уравнения отноÜ
сительно переменной Ü вида
Ü 9+
8
Ü
=2 и
Ü 9+
8
Ü
=
5.
Ü2 11Ü + 8 = 0
Отсюда получаем два квадратных уравнения
и Ü2 4Ü + 8 = 0. Корнями первого уравнения являются Ü1 =
11 + 89
89
11
и Ü2 =
, а второе уравнение корней не имеет.
2
2
Ô
Ô
Ü+1
Ü+6
Ü+2
Ü+5
+
=
+
,
Ü(Ü + 2) (Ü + 5)(Ü + 7) (Ü + 1)(Ü + 3) (Ü + 4)(Ü + 6)
Ü + (Ü + 2) (Ü + 5) + (Ü + 7)
+
=
Ü(Ü + 2)
(Ü + 5)(Ü + 7)
(Ü + 1) + (Ü + 3) (Ü + 4) + (Ü + 6)
=
+
,
(Ü + 1)(Ü + 3)
(Ü + 4)(Ü + 6)
Ü+1
Ü+6
Ü+2
Ü+5
+ 2
= 2
+ 2
.
2 + 2Ü
Ü
Ü + 12Ü + 35 Ü + 4Ü + 3 Ü + 10Ü + 24
gl02.tex
45
Решение. Выполним следующие равносильные преобразования:
1
1
1
1
1
1
1
+
+
=
+
+
+
,
Ü Ü+2 Ü+5 Ü+7 Ü+1 Ü+3 Ü+4 Ü+6
1
1
1
1
+
+
=
+
Ü Ü+7
Ü+2 Ü+5
1
1
1
1
+
+
=
+
,
Ü+1 Ü+6
Ü+3 Ü+4
2Ü + 7
2Ü + 7
2Ü + 7
2Ü + 7
+ 2
= 2
+ 2
.
( )
2 + 7Ü
Ü
Ü + 7Ü + 10 Ü + 7Ü + 6 Ü + 7Ü + 12
1
+
UR
63.
SS
SS
Глава 2. Задачи письменных экзаменов по математике
©
©
44
£
£
Из уравнения ( ) следует, что 2Ü + 7 = 0, т. е. Ü1 =
£
3 1
2
является корнем уравнения ( ).
Пусть теперь 2Ü + 7 = 0. Разделим обе части уравнения ( )
на 2Ü + 7, затем обозначим Ü2 + 7Ü = Ý . Тогда получим уравнение
1
Ý
+
£
1
1
1
=
+
.
Ý + 10 Ý + 6 Ý + 12
££
( )
После приведения дробей к общему знаменателю уравнение
( ) принимает вид квадратного уравнения относительно переменной Ý , т. е. Ý 2 + 18Ý + 90 = 0. Данное уравнение действительных
корней не имеет.
Значит, исходное уравнение имеет единственный корень
£
Ü1 = 3 .
1
2
64.
1
Ü
+
gl02.tex
1
1
1
1
+
+
+
= 0.
Ü+1 Ü+2 Ü+3 Ü+4

24. § 2.6. Рациональные уравнения
£
( )
£
Так как Ü = 2, то разделим обе части уравнения ( ) на Ü +2.
Тогда
2
2
1
+ 2
+ 2
= 0.
( )
2 + 4Ü
Ü
Ü + 4Ü + 3 Ü + 4Ü + 4
££
£
Если обозначить Ü2 +4Ü = Ý , то уравнение ( ) принимает вид
1
2
+
= 0 или
Ý+3 Ý+4
UR
2
Ý
+
5Ý 2 + 25Ý + 24 = 0.
Ý1,2
25 ¦
=
Ô
145
10
Ü
Ô
145
.
25 +
+ 4Ü =
Ô
145
и Ü
.
10
10
Отсюда получаем четыре корня заданного уравнения
×
×
15
145
15
145
, Ü2 = 2
,
Ü1 = 2 +
10
10
×
×
15 + 145
15 + 145
, Ü4 = 2
.
Ü3 = 2 +
10
10
65. Ü4 =
11Ü 6
.
6Ü 11
Ô
Ô
2
6Ü4
17Ü3 + 17Ü2 17Ü + 6 = 0.
£
( )
Непосредственной подстановкой убеждаемся в том, что Ü = 0
не является корнем уравнения ( ). Далее, разделим обе части
1
уравнения на Ü2 и обозначим Ü + = Ý . Тогда
£
£
Поскольку Ý = Ü + 4Ü , то для нахождения Ü необходимо рассмотреть два уравнения
25
+ 4Ü =
Далее, рассмотрим уравнение
Ü
1
Ü2
= Ý2
2
и уравнение ( ) принимает вид квадратного уравнения относительно переменной Ý вида
2
2
11Ü4 11Ü + 6 = 0,
6(Ü5 + 1) 11Ü(Ü3 + 1) = 0,
6(Ü + 1)(Ü4 Ü3 + Ü2 Ü + 1) 11Ü(Ü + 1)(Ü2 Ü + 1) = 0,
(Ü + 1)(6Ü4 17Ü3 + 17Ü2 17Ü + 6) = 0.
Отсюда получаем первый корень заданного уравнения Ü1 = 1.
6Ü5
Ü2 +
Корнями последнего уравнения являются
47
Преобразуем уравнение следующим образом:
UR
Решение. Если сгруппировать слагаемые левой части уравнения
как
1
1
1
1
1
+
= 0,
+
+
+
Ü Ü+4
Ü+1 Ü+3
Ü+2
то получим уравнение
1
2(Ü + 2)
2(Ü + 2)
+
= 0.
+ 2
2 + 4Ü
Ü
Ü + 4Ü + 3 Ü + 2
SS
SS
Глава 2. Задачи письменных экзаменов по математике
Ô
6Ý 2
Ô
66.
Решение. Областью допустимых значений переменной Ü в урав11
6
иÜ
.
нении является объединение двух множеств Ü
11
6
gl02.tex
17Ý + 5 = 0,
корнями которого являются
5
Ý1 =
2
1
Так как Ý = Ü + , то Ý
2Ü2
©
©
46
1
и Ý2 = .
3
5
1
5
и
2 и Ý = , т. е. Ü +
=
Ü
2
Ü
2
1
5Ü + 2 = 0, откуда получаем Ü2 = 2 и Ü3 = .
2
Ü4 + 1
41
=
Ü(Ü2 + 1) 15
Решение. Поскольку Ü = 0, то числитель и знаменатель дроби
в левой части уравнения можно разделить на Ü2 . Тогда
1
Ü2 + 2
41
Ü
= .
(£)
1
15
Ü+
Ü
gl02.tex

25. £
ния ( ) получаем
1
Ü
, то Ü2 +
1
Ü2
= Ý2
§ 2.6. Рациональные уравнения
2 и из уравне-
Ý 2 2 41
=
и 15Ý 2 41Ý 30 = 0,
Ý
15
корнями которого являются
3
10
и Ý2 =
.
Ý1 =
3
5
1
Так как Ý = Ü + , то Ý
2. Поэтому необходимо рассмотреть
Ü
только одно уравнение
1
10
Ü+ = ,
Ü
3
3Ü
2
UR
т. е.
Ü1
1
.
3
2
Решение. Первоначально убедимся в том, что Ü = 0. Далее, обе
части уравнения разделим на Ü4 и получим уравнение
1
Обозначим 1 +
1
Ü
Ü
+
1
2
1
£
Ü2
1
= Ý , тогда уравнение ( ) принимает
Ü
Ü
+
1
+
2
=3+
.
2
( )
Ü
£
вид Ý 2 = Ý + 2 или Ý 2 Ý 2 = 0. Отсюда получаем Ý1 = 2
и Ý2 = 1.
Рассмотрим два уравнения
1
1
1
1
1 + + 2 = 2 и 1 + + 2 = 1,
Ü
Ü
Ü
которые равносильны уравнениям
Ü
Ü 1 = 0 и 2Ü + Ü + 1 = 0.
Первое из этих уравнений имеет два корня
Ô
Ô
1+ 5
1 5
и Ü =
,
Ü =
Ü
2
2
1
2
а второе корней не имеет.
2
Ô
21
и Ü2
10
2
gl02.tex
1
=
Ô
10
1
21
.
5Ü и из второго уравне-
5
ния системы ( ) вытекает квадратное уравнение 25Ü2 5Ü 4 = 0,
17
1 + 17
1
корнями которого являются Ü3 =
и Ü3,4 =
.
10
10
Отметим, что при найденных значениях Ü переменная Ù 1.
£
2
1+
1 +
=
Пусть 5Ü + 5Ù 1 = 0. Тогда Ù =
67. (Ü + Ü + 1) = Ü (3Ü + Ü + 1).
2
5(1 5Ü2 )2 .
49
Решение. Введем новую переменную Ù = 1 5Ü2 . Тогда получаем
систему уравнений
´
Ü = 1 5Ù2 ,
(£)
Ù = 1 5Ü2 ,
где Ü 1 и Ù 1.
Если из первого уравнения системы (£) вычесть второе уравнение, то Ü Ù = 5(Ü2 Ù2 ) или (Ü Ù)(5Ü + 5Ù 1) = 0.
Пусть Ü Ù = 0, тогда Ü = Ù и первое уравнение системы (£)
принимает вид 5Ü2 + Ü 1 = 0. Отсюда получаем
10Ü + 3 = 0,
решая которое получим Ü1 = 3 и Ü2 =
2
68. Ü = 1
UR
Если положить Ý = Ü +
SS
SS
Глава 2. Задачи письменных экзаменов по математике
©
©
48
69.
Ô
¦
Ô
Ü2 Ü 1
Ü
= 2
.
2+Ü 2
2Ü
3Ü Ü 3
Решение. Непосредственной подстановкой в заданное уравнение убеждаемся в том, что Ü = 0.
Разделим числители и знаменатели обеих дробей в уравнении
на Ü , тогда получим
Ü 1
2Ü + 1
1
Ü
Ü
2
1
=
3Ü
1 Ü
3
£
.
( )
£
1
Обозначим Ü
= Ý , тогда уравнение ( ) можно переписать
Ü
Ý 1
1
как
=
, т. е.
2Ý + 1
3Ý 1
3Ý 2
4Ý + 1 = 2Ý + 1,
gl02.tex
Ý (Ý 2) = 0 и Ý1 = 0,
Ý2 = 2.

26. Ü
24
70.
Ü
2
2Ü
=
12
Ü
2
Ü
Ô
+ Ü2
Ô
1. Если Ý2 = 2,
UR
(Ü2
Первое уравнение корней не имеет, а из второго получаем
Ü1 = 1 и Ü2 = 3.
Ü
18Ü2
+
=
Ü+9
Введем новую переменную Ý =
Ü2
2)2 = 9(Ü2 + (Ü 2)2 ).
Решение. Как и при решении задачи 71, воспользуемся очевидным соотношением 2 + 2 = (
)2 + 2 . Тогда уравнение
¡2
¡
принимает вид 10Ü2 (Ü 2)2 = 9 Ü (Ü 2) + 2Ü(Ü 2) или
¡
5Ü2 (Ü 2)2 = 9 2 + Ü(Ü 2) .
Если обозначить Ü(Ü 2) = Ý , то получим квадратное уравнение 5Ý 2 9Ý 18 = 0, корнями которого являются Ý1 = 3
6
.
и Ý2 =
5
Так как Ü(Ü 2) = Ý , то рассмотрим два уравнения Ü2 2Ü
3 = 0 и 5Ü2 10Ü + 6 = 0. Первое уравнение имеет корни Ü1 = 3
и Ü2 = 1, а второе уравнение корней не имеет.
73. 2Ü4 + 2Ý 4 = 4ÜÝ
1.
4Ü2Ý2 = 4Ü2 Ý2 + 4ÜÝ 1,
2(Ü2 Ý 2 )2 + (2ÜÝ 12 ) = 0.
Решение. Преобразуем левую часть уравнения, используя очевидное равенство 2 + 2 = ( )2 + 2 . Тогда имеет место
2
20, то Ü2 + 20Ü + 180 = 0. Однако дискрими-
2Ü4 + 2Ý 4
81Ü2
71. Ü +
= 40.
(Ü + 9)2
9Ü
Ü+9
=
Решение. Преобразуем заданное уравнение следующим образом:
2
81Ü2
Ü +
=
(Ü + 9)2
Ü2
Ü+9
72. 10Ü2 (Ü
Ü.
2Ü)(Ü2 2Ü + 1) = 12.
Пусть Ü2 2Ü = Ý , тогда Ý (Ý + 1) = 12 или Ý 2 + Ý 12 = 0.
Отсюда получаем Ý1 = 4 и Ý2 = 3.
Так как Ü2 2Ü = Ý , то рассмотрим два уравнения
Ü2 2Ü + 4 = 0 и Ü2 2Ü 3 = 0.
2
2) Если
нант этого уравнения отрицательный и поэтому уравнение
корней не имеет.
Решение. Областью допустимых значений переменной Ü в уравнении являются Ü = 0, Ü = 1 и Ü = 2. Далее, преобразуем
уравнение следующим образом:
24
12
Ü212 Ü = Ü2 Ü, (Ü 1)(Ü 2) = Ü2 Ü,
2 2Ü
Ü
Ü(Ü 1)2 (Ü 2) = 12,
51
§ 2.6. Рациональные уравнения
UR
1
Если Ý1 = 0, то Ü
= 0 и Ü1 = 1, Ü2 =
Ü
1
то Ü
= 2 и Ü3 = 1 + 2, Ü4 = 1
2.
SS
SS
Глава 2. Задачи письменных экзаменов по математике
Ü2
Ü+9
2
+
18Ü2
.
Ü+9
. В таком случае задан-
Ü+9
ное уравнение принимает вид Ý 2 + 18Ý 40 = 0. Отсюда получаем
Ý1 = 2 и Ý2 = 20. Рассмотрим два уравнения относительно переменной Ü .
Ü2
= 2, то Ü2 2Ü 18 = 0 и
1) Если
Ü+9
Ô
Ô
Ü1 = 1 + 19, Ü2 = 1 19.
©
©
50
gl02.tex
Отсюда получаем систему уравнений
´
Ü2 = Ý 2 ,
2ÜÝ = 1,
Ô
корнями которой являются Ü1 = Ý1 = 2 2 и Ü2 = Ý2 =
74.
Ô
2 2.
4
(Ü + 1)4 + 1
3
+ 2
=
.
Ü2 + 3 Ü + 4
(Ü + 1)2
Решение. Так как Ü2
0, то левая часть уравнения не превосходит 2. Для оценки правой части уравнения воспользуемся
неравенством Коши (3), т. е.
1
(Ü + 1)4 + 1
= (Ü + 1)2 +
2
(Ü + 1)
(Ü + 1)2
gl02.tex
2.

27. 6)4 + 2Ü4 + 3Ý4 = 6.
Решение. Введем новую переменную Þ = 6 2Ü 3Ý , тогда, принимая во внимание уравнение, получаем систему двух уравнений
относительно переменных Ü, Ý , Þ следующего вида:
´
2Ü + 3Ý + Þ = 6,
(£)
2Ü4 + 3Ý 4 + Þ 4 = 6.
£
Ü3
UR
(2Ü + 3Ý + Þ )
36
2
2 2
77. Ü3 + Ü2 + Ü =
Таким образом, доказано неравенство 2Ü4 + 3Ý 4 + Þ 4 6.
Отсюда и из второго уравнения системы ( ) следует, что примененные выше неравенства Коши—Буняковского (9) обращают2Ü
3Ý
Þ
=
ся в равенства. В этой связи
= , т. е. Ü = Ý = Þ .
1
3
2
В таком случае из первого уравнения системы ( ) получаем
6Ü = 6 или Ü1 = 1. Следовательно, корнями заданного уравнения
являются Ü1 = 1, Ý1 = 1 и Þ1 = 1.
76. 4Ü + 12Ü +
2
12
Ü
+
4
Ü2
£
£
= 47.
Ü
Ü
2) + 12Ý = 47. Отсюда получаем
5
уравнение 4Ý 2 + 12Ý 55 = 0, корнями которого являются Ý1 =
2
11
и Ý2 =
. Далее, для нахождения корней заданного уравнения
2
необходимо рассмотреть два уравнения относительно Ü .
и Ü4
11 +
=
Ô
105
4
.
3Ü3 + 3Ü2 + 3Ü + 1 = 0,
2Ü3 ,
Ô
Ü + 1 = 3 2Ü.
Ô
3
1
1+
.
2
2Ü3 + 2Ü2 + 4Ü 8 = 0.
Решение. Преобразуем левую часть уравнения
Ü4 2Ü3 + 2Ü2 + 4Ü 8 = Ü4 2Ü2 (2Ü3 4ÜÚ ) + 4Ü2 8 =
= Ü2 (Ü2 2) 2Ü(Ü2 2) + 4(Ü2 2) =
= (Ü2 2)(Ü2 2Ü + 4).
Ô
Ô
2Ü + 4 0, то Ü2 2 = 0 и Ü1 = 2, Ü2 = 2.
8(Ü4 + Ý 4 ) 4(Ü2 + Ý 2 ) + 1 = 0.
Так как Ü2
79.
Решение. Если обе части уравнения умножить на 2, то
1
1
Решение. Обозначим Ý = Ü + , тогда Ü2 + 2 = Ý 2 2 и заданное
уравнение принимает вид 4(Ý 2
1 .
3
105
Решение. Приведем уравнение к равносильному виду
78. Ü4
(2 + 3 + 1)(2Ü4 + 3Ý 4 + Þ 4 ) = (6 + 3Ý 4 + Þ 4 ).
Ô
Ô
4
Ô
Отсюда получаем корень заданного уравнения Ü1 =
Ô Ô
Ô Ô
= ( 2 ¡ 2Ü2 + 3 ¡ 3Ý 2 + 1 ¡ Þ 2 )2
Ô
Ô
11
=
(Ü + 1)3 =
(2 + 3 + 1)(2Ü2 + 3Ý 2 + Þ 2 ) = 6(2Ü2 + 3Ý 2 + Þ 2 ),
2
=
UR
36 = (2Ü + 3Ý + Þ )
Ô Ô Ô Ô
= ( 2 ¡ 2Ü + 3 ¡ 3Ý + 1 ¡ Þ )2
1
5
1
, тогда 2Ü2 5Ü + 2 = 0 и Ü1 = 2, Ü2 = .
Ü 2
2
11
1
2
2) Пусть Ü + =
. Тогда имеем уравнение 2Ü + 11Ü + 2 = 0,
Ü
2
корнями которого являются
1) Пусть Ü +
Применим (дважды) к первому уравнению системы ( ) неравенство Коши—Буняковского (9), тогда
2
53
§ 2.6. Рациональные уравнения
Следовательно, равенство в уравнении имеет место тогда и
только тогда, когда каждая из его частей равна 2. Отсюда нетрудно
найти корень уравнения вида Ü1 = 0.
75. (2Ü + 3Ý
SS
SS
Глава 2. Задачи письменных экзаменов по математике
©
©
52
gl02.tex
8Ü2 8Ý2 + 2 = 0, или (4Ü2 1)2 + (4Ý2 1)2 = 0.
Так как (4Ü2 1)2 0 и (4Ý 2 1)2 0, то отсюда получаем
16Ü4 + 16Ý 4
4Ü2 = 1 и 4Ý 2 = 1. Следовательно, корнями уравнения являются
1
1
1
1
1
1
1
; Ü3 =
, Ý3 = и Ü4 =
,
Ü1 = , Ý1 = ; Ü2 = , Ý2 =
2
2
2
2
2
2
2
1
Ý4 =
.
2
gl02.tex

28. Ô
80. Ü3 + 3Ü + 5 2 = 0.
(Ü + )( 1 Ü +
Ô
2
£
Ü + 3 ) = Ü + 3Ü + 5 2.
3
Так как уравнение Þ 2 + 16Þ + 31 = 0 положительных корней
не имеет, то уравнение (Þ 1)(Þ 2 + 16Þ + 31) = 0 имеет только
один подходящий корень Þ1 = 1.
Поскольку Ý 2 = Þ , то Ý1 = 1 и Ý2 = 1. Однако Ü = Ý + 3,
поэтому Ü1 = 4 и Ü2 = 2.
82.
2Ü
£
= 1,
2+
1 = 0,
1
3
( )
Раскрывая скобки в левой части выражения ( ) и после этого приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях переменной Ü в обеих частях данного выражения, получим систему
уравнений относительно неизвестных , 1 , 2 , 3 , т. е.
=
Ü 1
.
2
Ü 1
Решение. Обозначим
2
уравнение принимает вид
Ô
= 5 2.
(Ü +
2)(Ü2
Ô
=[ ]+
2Ü + 5) = 0.
Ô
Ô2Ü + 5 0, то уравнение
2.
(Ü 2)6 + (Ü 4)6 = 64.
Так как Ü2
корень Ü1 =
81.
Ô
имеет единственный
Решение. Введем новую переменную Ý = Ü 3, тогда уравнение
принимает вид (Ý + 1)6 + (Ý 1)6 = 64. Воспользуемся формулой
бинома Ньютона (11) при Ò = 6, тогда
£
( )
где Ý — целое число.
Так как по определению
= 3,
= 2, 1 = 1,
Корнями системы уравнений являются
2 и 3 = 5. В этой связи заданное уравнение можно
2 =
переписать как
Ô
UR
UR
Ô
3
3
= Ý . Тогда Ü = 2Ý + 1 и заданное
4Ý + 1
= Ý,
3
1
2+
55
§ 2.6. Рациональные уравнения
Решение. Нетрудно видеть, что найти подбором хотя бы один
корень кубического уравнения весьма затруднительно. В этой
связи будем искать представление многочлена третьей степени
Ô
Ü3 + 3Ü + 5 2 в виде произведения многочленов первой и второй
степеней, т. е.
2
SS
SS
Глава 2. Задачи письменных экзаменов по математике
(Ý + 1)6 + (Ý 1)6 = Ý 6 + 6Ý 5 + 15Ý 4 + 20Ý 3 + 15Ý 2 + 6Ý + 1 + Ý 6
6Ý5 + 15Ý4 20Ý3 + 15Ý2 6Ý + 1 = 2Ý6 + 30Ý4 + 30Ý2 + 2.
Отсюда получаем уравнение Ý 6 + 15Ý 4 + 15Ý 2 31 = 0.
2
©
©
54
Положим Þ = Ý , тогда получим кубическое уравнение вида
Þ 3 + 15Þ 2 + 15Þ 31 = 0 или (Þ 1)(Þ 2 + 16Þ + 31) = 0, где Þ 0.
gl02.tex
и
0
1,
то 0
[
]
1.
4Ý + 1
Ý
1 или
Тогда из уравнения ( ) следует, что 0
3
1 Ý 2.
Поскольку Ý — целое число и 1 Ý 2, то Ý1 = 1, Ý2 = 0
и Ý3 = 1. Так как Ü = 2Ý + 1, то Ü1 = 1, Ü2 = 1 и Ü3 = 3.
£
83. 3Ü + 4[Ü] = 5 Ü + 6.
Решение. Так как по определению ¡ = [Ü] + Ü , то заданное
Ü
уравнение принимает вид 3 [Ü] + Ü + 4[Ü] = 5 Ü + 6 или
Ü=
7[Ü] 6
.
2
£
( )
7[Ü] 6
1. Отсюда следует,
2
8
6
[Ü]
. По определению [Ü] —
что 0 7[Ü] 6 2 или
7
7
6
8
целое число, поэтому из двойного неравенства
[Ü]
7
7
получаем [Ü] = 1.
Поскольку 0
gl02.tex
Ü
1, то 0

29. § 2.7. Иррациональные уравнения
2 2Ü
= Ü.
UR
Решение. Из заданного уравнения следует, что 0 Ü 1. Рассмотрим четыре случая.
1
1
. Тогда 0 2Ü
, 2Ü = 2Ü , 22Ü = 4Ü = 4Ü
1) Пусть 0 Ü
4
2
и уравнение принимает вид 4Ü = Ü . Отсюда получаем Ü1 = 0.
1
1
1
. В таком случае
2Ü
2) Пусть
Ü
1, 2Ü = 2Ü
4
2
2
и 22Ü = 4Ü . Так как 1 4Ü 2, то 4Ü = 4Ü 1 и уравнение
1
можно переписать как 4Ü 1 = Ü , т. е. Ü2 = . Здесь следует
3
отметить, что значение Ü2 принадлежит рассматриваемому
полуинтервалу.
3
3
1
. Тогда 1 2Ü
, 2Ü = 2Ü 1 и 22Ü =
Ü
3) Пусть
2
4
2
4Ü 2. Принимая во внимание тот факт, что 2 4Ü 3, получаем 0 4Ü 2 1, 4Ü 2 = 4Ü 2 и из уравнения следует
3
2
1
Ü3
, то
4Ü 2 = Ü . Отсюда вытекает Ü3 = . Так как
2
4
Ü3 — корень заданного уравнения.3
3
3
Ü 1. Так как
2, то 2Ü = 2Ü 1
2Ü
4) Пусть
4
2
4Ü
4 и 1
4Ü 2
2,
и 22Ü = 4Ü 2. Поскольку 3
то 4Ü 2 = 4Ü 3 и уравнение принимает вид 4Ü 3 = Ü .
Отсюда получаем Ü = 1. Однако ранее было отмечено, что
Ü 1. Поэтому Ü = 1 не является корнем заданного
0
уравнения.
Итак, заданное уравнение имеет три корня
Ü1 = 0, Ü2 = 1 3 и Ü3 = 2 3.
§ 2.7. Иррациональные уравнения
85.
Ô
Ô
Ü 1 + 2Ü =
ÔÜ3 1 .
gl02.tex
57
Решение. Областью допустимых значений переменной Ü в уравÔ
Ô
1. Пусть (Ü) = Ü 1 + 2Ü и (Ü) =
нении являются Ü
ÔÜ3 1 . Так как функция Ý = (Ü) непрерывна и возрастает
на области допустимых значений, а функция Ý = (Ü) непрерывна и убывает, то заданное уравнение имеет не более одного корня.
Непосредственно подбором убеждается в том, что таким корнем
является Ü1 = 2.
Õ
Õ
Ô
Ô
86.
(Ü + 4)(2Ü + 3) 3 Ü + 8 = 4 (Ü + 8)(2Ü + 3)+3 Ü + 4.
Решение. Область допустимых значений переменной Ü в урав3
нении определяется неравенством Ü .
2
Ô
Ô
Ô
Обозначим Ü + 4 = , 2Ü + 3 = и Ü + 8 = . Тогда
3 = 4 + 3 , где 0, 0
уравнение принимает вид
0. Полученное уравнение преобразуем следующим образом:
и
UR
£
1
Если [Ü] = 1 подставить в формулу ( ), то Ü = . Известно,
2
1
3
что Ü = [Ü] + Ü . Отсюда получаем Ü1 = 1 + = , т. е. заданное
2
2
3
уравнение имеет единственный корень Ü1 = .
2
84.
SS
SS
Глава 2. Задачи письменных экзаменов по математике
©
©
56
3
3 = 4,
¡ ( 3) + ¡ ( 3) = 4 или
( 3) ¡ ( + ) = 4.
(£)
Так
Ô как + 0, то из уравнения (£) следует, что 3 0,
т. е. 2Ü + 3 3 и Ü 3.
Перепишем уравнение (£) в равносильном виде
Ô ¡
Ô
¡ Ô
2Ü + 3 3 ¡
Ü + 4 + Ü + 8 = 4.
(££)
Ô ¡
Ô
¡ Ô
2Ü + 3 3 ¡
Ü + 4 + Ü + 8 . Нетрудно
Пусть (Ü) =
видеть, что Ý = (Ü) является непрерывной и возрастающей при
Ü 3. В этой связи уравнение (££) имеет не более одного корня.
+
Этот корень Ü1 = 5.
Если корень Ü1 = 5 не удается найти подбором, то необходимо провести дальнейшее преобразование уравнения ( ) т. е.
4
ÔÜ + 4 + ÔÜ + 8 = Ô2Ü + 3 3,
Ô
Ô ¡ Ô
4¡
Ü+8 Ü+4
= 2Ü + 3 3,
ÜÔ 8 Ü 4
+
Ô
Ô
Ü + 8 Ü + 4 = 2Ü + 3 3.
gl02.tex
££