Пропорции

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ УКРАИНЫ
Запорожский национальный технический университет
В.П. Пьянков
ТЕКСТЫ ЛЕКЦИЙ
по элементарной математике
Избранные разделы
для слушателей факультета довузовской подготовки
(электронная версия в сокращенном варианте)
2002
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
2
Пьянков В.П. Тексты лекций по элементарной математике. Избранные разделы для слушателей
факультета довузовской подготовки (электронная версия в сокращенном варианте). – Запорожье: ЗНТУ,
2002. – 93 с.
Рецензент:
В.С. Левада, доцент, к.т.н.
Утверждено на заседании кафедры
общей математики
Протокол № 1 от 29.08.2002
В электронную версию автором были внесены изменения 21.12.2002.
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
3
СОДЕРЖАНИЕ
Предисловие ......................................................................................................................................................................... 6
Таблица математических символов и обозначений .......................................................................................................... 7
Пропорции ............................................................................................................................................................................ 9
Свойства пропорции a b  c d .................................................................................................................................. 10
Обобщенные производные пропорции ........................................................................................................................ 12
Система пропорций ....................................................................................................................................................... 13
Иррациональные уравнения с несколькими кубическими корнями ............................................................................. 14
Общий метод .................................................................................................................................................................. 14
Метод замены переменной ............................................................................................................................................ 18
Решение иррациональных неравенств ............................................................................................................................. 19
Неравенство вида 2k f ( x) [] 2k g ( x) ................................................................................................................... 21
Неравенство вида
2k f ( x) [] g ( x) ........................................................................................................................ 22
Неравенство вида 2k f ( x) [] g ( x) ........................................................................................................................ 24
Другие виды неравенств ................................................................................................................................................ 26
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
4
Исследование квадратных трехчленов с параметром ..................................................................................................... 43
1. При каких значениях параметра р трехчлен f ( x, p) [, , ] 0 xR ? ........................................................... 44
2.1. При каких значениях р уравнение f ( x, p)  0 имеет один корень на промежутке ( ;  ) , другой на
( ;  ) ? .................................................................................................................................................................... 49
2.2. При каких значениях р уравнение f ( x, p)  0 имеет один корень на интервале ( ;  ) , другой на
(  ;  ) ? .................................................................................................................................................................. 51
2.3. При каких значениях р уравнение f ( x, p)  0 имеет один корень на интервале ( ;  ) , другой вне
отрезка [ ;  ] ?........................................................................................................................................................ 52
2.4. При каких значениях р уравнение f ( x, p)  0 имеет один корень на интервале ( ;  ) , другой вне
него? ......................................................................................................................................................................... 53
3.1. При каких значениях р уравнение f ( x, p)  0 имеет один корень на промежутке ( ;  ) , другой на
( ;  ) ? .................................................................................................................................................................. 55
3.2. При каких значениях р уравнение f ( x, p)  0 имеет корни разных знаков? ..................................................... 56
3.3. При каких значениях р уравнение f ( x, p)  0 имеет один корень на промежутке ( ;  ) , другой на
(  ;  ) , где    ?................................................................................................................................................ 57
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
5
f ( x, p)  0 имеет оба корня на промежутке ( ;  )
 [ ;  ), (;  ), (;  ]  ? ................................................................................................................................ 59
4.2. При каких значениях р уравнение f ( x, p)  0 имеет два положительных (отрицательных) корня? .............. 61
4.3. При каких значениях р уравнение f ( x, p)  0 имеет оба корня на промежутке ( ;  ) ? ................................ 62
Оценки ограниченности функций .................................................................................................................................... 64
Алгебраические оценки ................................................................................................................................................. 64
Сравнение функций с аргументом и между собой ..................................................................................................... 68
Тригонометрические оценки ......................................................................................................................................... 70
«Нестандартные» методы решения уравнений с одним неизвестным .......................................................................... 72
Метод подбора для уравнений с монотонными функциями ...................................................................................... 72
Метод оценок для уравнений с ограниченными функциями ..................................................................................... 76
Уравнения с двумя неизвестными .................................................................................................................................... 88
Решение методом оценок ограниченности .................................................................................................................. 88
Решение путем сведения к анализу уравнения известного типа ............................................................................... 91
Литература .......................................................................................................................................................................... 93
4.1. При каких значениях р уравнение
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
6
Элементарная математика неисчерпаема, как атом.
Предисловие
Данные тексты лекций посвящены отдельным разделам элементарной математики. Эти разделы хуже
других усваиваются учащимися или реже описываются в учебной литературе. Однако задачи на эти
разделы довольно часто встречаются на конкурсных вступительных экзаменах в вузы.
В лекциях, как правило, в начале излагается теория, а затем приводятся примеры решения соответствующих задач. В текстах можно найти разъяснения ряда нюансов, на которые обычно не заостряется
внимание абитуриентов, что приводит к появлению типичных ошибок в экзаменационных работах.
В данном электронном учебнике страницы лучше листать клавишами на экране, а не на клавиатуре. Если в
оглавлении (содержании) щелкнуть по какому-либо номеру страницы, удерживая клавишу Ctrl (в некоторых
редакторах Word без Ctrl), то произойдет переход на эту страницу текста лекций. В тексте все заголовки и
подзаголовки, которые указаны в оглавлении, выделены, синим цветом, фразы и формулы с особенно важным
смыслом – желтым или зеленым. Зеленым цветом также помечены слова «Пример» и «Ответ». Фиолетовым цветом с
подчеркиванием выделены ссылки на другие пункты текстов. Если по ним щелкнуть дважды, удерживая клавишу Ctrl
(в некоторых редакторах Word одним щелчком без Ctrl), то произойдет соответствующий переход. Фиолетовым без
подчеркивания помечены пункты, куда осуществляются переходы, если они не являются заголовками и
подзаголовками.
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
7
Таблица математических символов и обозначений
 – символ следования.
Запись A  B означает, что из формулы или утверждения A следует формула или утверждение B.
 – символ эквивалентности или равносильности.
A  B означает, что из A следует B и, наоборот, из B следует A.
 – символ, читаемый “для любого”, “для всякого”, “для каждого” (квантор всеобщности).
 – символ, означающий слово “существует” (квантор существования).
{} – объединение элементов во множество.
 – обозначение пустого множества.
 – знак принадлежности элемента множеству: a  A .
 – знак непринадлежности.
 ,  – символы включения одного множества в другое.
 – символ объединения множеств.
 – символ пересечения множеств.
\ – символ вычитания множеств.
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
8
В качестве условия может быть уравнение, неравенство
 условие 1
(или множество их решений).
 условие 2  совокупность условий.
Квадратная скобка означает объединение множеств

решений условий, охваченных скобкой, т.е. множество всех

...
элементов, которые удовлетворяют хотя бы одному условию
совокупности.
Примеры:
1  x  5
 x  7  x  (1;5)  (7;) ;

 условие 1

условие 2  система условий.

...

1  x  5
 x  3  x  (1;) .

Фигурная скобка означает пересечение множеств решений
условий, охваченных скобкой, т.е. множество всех элементов,
которые удовлетворяют одновременно всем условиям системы.
Примеры:
1  x  5
 x;

 x7
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
9
1  x  5
 x  (3;5) .

 x3
Пропорции
Отношением числа а к числу b называют частное от их деления, для обозначения которого
используют одно из следующих выражений: a : b  a b 
a
. При этом число а называют предыдущим
b
членом отношения, b – последующим. Отношение более широкое понятие, чем простая дробь. В отношении
могут присутствовать действительные числа, тогда как в простой дроби согласно определению только
целые. Основное свойство дроби справедливо и для отношения: отношение не изменится, если
предыдущий и последующий члены умножить или разделить на одно и то же число, не равное 0.
Пропорцией называют равенство отношений
a:b  c:d ,
где b  0 и d  0 . Числа а и d именуют крайними членами пропорции, b и c – средними.
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
Свойства пропорции
10
a bc d
1) Произведение крайних членов равно произведению средних:
ad  bc .
Далее для упрощения формулировок свойств полагаем, что все члены пропорции не равны 0.
2) Крайний (средний) член равен произведению средних (крайних) членов, деленному на другой крайний
(средний) член:
a  bc d , b  ad c , 
3) В пропорции можно одновременно поменять местами предыдущий и последующий члены обеих
отношений:
b a d c.
4) В пропорции можно менять местами крайние или средние члены:
d bc a, a c b d .
5) Производные пропорции (т.е. пропорции, вытекающие из данной):
ab cd ab cd ab cd



;
;
;
b
d
b
d
a
c
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
11
ab cd ab cd


;
и др.
a
c
ab cd
Все они – частные случаи обобщенных производных пропорций (см. далее).
Замечание.
Иногда в пропорции допускают обращение в ноль какого-либо предыдущего члена (т.е. деление на 0). Если
такое происходит, то формально переходят к одному из равенств свойств 1- 4, где этот член в числителе.
Возьмем, к примеру, так называемое каноническое уравнение прямой
x  x0 y  y 0

,
p
q
где
( x0 , y0 ) – координаты данной точки, через которую проходит прямая,
( p, q ) – координаты направляющего вектора.
В этом уравнении допускается писать 0 в качестве p или q, т.к. они могут быть таковыми.
Например,
x2 y
 ,
0
3
и получают приемлемый результат:
0 y
3
x2  0, x  2.
где формально переходят к равенству x  2 
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
12
Обобщенные производные пропорции
ka  lb
kc  ld

ma  nb mc  nd
ka  lc
kb  ld

(2),
ma  nc mb  nd
где k, l, m, n – любые числа при ограничении, что m  0 или n  0 . Пропорции (1) и (2) составлены из
(1),
линейных комбинаций членов исходной пропорции. В пропорции (1) слева – комбинации членов одного
отношения, справа – другого. В пропорции (2) слева – комбинации предыдущих членов, справа –
последующих.
Доказательство пропорции (1):
a c ka kc
ka
kc
ka  lb kc  ld
 

l 
l 


.
b d
b
d
b
d
b
d
ma  nb mc  nd

Аналогично получаем равенство
при других коэффициентах.
b
d
Разделив эти равенства друг на друга, получаем пропорцию (1).
Доказательство пропорции (2):
a c
a b
   .
b d
c d
Далее также.
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
13
Система пропорций
Иногда в описании пропорций применяют запись вида a : b : c  k : m : n , что означает систему
пропорций
a : b  k : m
.

b : c  m : n
Эту запись пропорций не надо трактовать как равенство результатов последовательных действий деления,
которое имеет тот же внешний вид, но означает другое:
a
k

.
bc mn
Отметим, что встречаются системы пропорций и с большим количеством членов.
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
14
Иррациональные уравнения с несколькими кубическими корнями
3 f ( x)  3 g ( x)  3 h( x) .
Рассмотрим уравнения вида
В правой части может отсутствовать в явном виде кубический корень или находиться константа. Для
решения всех уравнений такого вида существует один общий метод. В начале рассмотрим его, а затем
метод замены переменной для некоторого частного случая.
Общий метод
В этом методе уравнение дважды возводится в куб. Перед вторым возведением производится
преобразование, основанное на формуле сокращенного умножения
(a  b) 3  a 3  3a 2b  3ab 2  b3  a 3  3ab(a  b)  b3 .
Это преобразование приводит к значительным упрощениям, именно, за счет него появляется
возможность ограничиться только двумя возведениями в куб. Однако оно дает уравнение-следствие, т.е.
может привести к появлению посторонних корней. Поэтому в этом методе проверка корней обязательна.
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
15
Далее будет показано, когда посторонние корни не появляются. В этих случаях для полноты решения
все-таки следует делать проверку или теоретически обосновывать ее необязательность.
Ход действий общего метода (для сокращения записи зависимость от х не пишется):
3
f 3 g  3 h
3 f  3 g 3  3 h 3 
f  3  3 fg
3 f  3 g  g  h 
f  3  3 fgh  g  h 
(Последнее уравнение получено путем замены в предыдущем уравнении выражения в скобках на 3 h
согласно данному равенству)
 3  3 fgh  h  f  g  27 fgh  (h  f  g ) 3 .
После решения рационального уравнения делается проверка найденных корней подстановкой в заданное
уравнение.
Пример [6], №347.
Решение.
Решить уравнение
3
3x  24  3 2 x  6  3 x .
3 3x  24  3 2x  6 3  x 
 3x  24  33 (3x  24)(2 x  6) 3 3x  24  3 2 x  6   (2 x  6)  x 
3
3x  24  3 2 x  6  3 x 
 3x  24  3  3 (3x  24)(2 x  6) x  2 x  6  x 
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
16
 18  3  3 (3x  24)(2 x  6) x  3 (3x  24)(2 x  6) x  6  (3x  24)(2 x  6) x  63 
 3( x  8)  2( x  3) x  63  ( x  8)( x  3) x  36  ( x 2  3x  8x  24) x  36 
 x 3  11x 2  24 x  36  0 .
Решая рациональное уравнение методом подбора, находим: x1  1;
x 2,3  6 .
Проверка:
1) x  1; 3 3  24  3 2  6  3 1 ; 3 27  3 8  1 ; 3  2  1 ; 1  1 .
2) x  6 ; 3  18  24  3  12  6  3  6 ; 3 6  3  6  3  6 ; 23 6  3 6
(посторонний корень).
Ответ: 1.
Объясним, откуда появляются посторонние корни. Известно, что возведение уравнения в куб не
приводит к появлению посторонних корней. Значит, они появляются при переходе
от
f  3  3 fg
3 f  3 g  g  h
к
f  3  3 fgh  g  h .
Оказывается, в уравнении f  g  h  3  3 fgh  0 , эквивалентном последнему уравнению, левая
часть раскладывается на множители. Это можно сделать с помощью известного тождества
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
a 3  b 3  c 3  3abc 
17

1
a  b  c  a  b 2  b  c 2  c  a 2
2

(Проверьте его верность, раскрыв в правой части скобки).
В результате получаем
1
2
3 f  3 g  3 h  3 f  3 g 2  3 f  3 h 2  3 g  3 h 2   0 .
Последний сомножитель представляет собой сумму квадратов. Он обращается в 0, когда каждый
квадрат равен 0. Следовательно, уравнение (*) равносильно совокупности, состоящей из исходного
уравнения и системы
 f g
 f ( x)  g ( x)

 f  h  
 f ( x )   h( x )
 g  h

Посторонние корни являются решениями этой системы.
Если f ( x)  g ( x) x  ОДЗ или f ( x)  h( x) x  ОДЗ , то посторонних корней нет.
(ОДЗ – область допустимых значений.)
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
18
Метод замены переменной
Если в уравнении справа константа (т.е. нет третьего корня) и f ( x), g ( x) – линейные функции или
функции, содержащие одинаковые фрагменты с переменной х, то можно провести замену, при которой не
надо делать перехода, приводящего к посторонним корням.
3
2x  1  3 x  1  1
Пример.
Решить уравнение
[9], с. 33.
Отметим, что решение этого уравнения описанным выше методом приводит к появлению постороннего
корня x  0 .
Решение.
2t 3  1  (1  t ) 3 ;
3
Замена: 3 x  1  t ; x  1  t 3 ; x  t 3  1 . 3 2(t 3  1)  1  t  1 ; 2t 3  1  1  t ;
2t 3  1  1  3t  3t 2  t 3 ;
3t 3  3t 2  3t  0 ;
3t (t 2  t  1)  0 ;
t1  0 ;
t 2  t  1  0   , т.к. D  0 .
3
x  1  0 ; x  1  0 ; x  1.
Обратная замена:
Ответ: 1.
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
19
Решение иррациональных неравенств
Решение иррациональных неравенств обычно сводится к решению рациональных. Часто для
избавления от радикалов иррациональные неравенства приходится возводить в степень. При этом следует
знать, что:
1) неравенство можно возводить в нечетную степень; в результате получается эквивалентное
неравенство;
2) неравенство можно возводить в четную степень с сохранением знака неравенства тогда, когда обе
части неотрицательны, добавляя в систему условия, описывающие ОДЗ данного неравенства.
Пример [6], №409.
ОДЗ: x  R .
Решить неравенство
x

3
x 3  2 x 2  5x  3  x .
3
 2 x 2  5x  3  x 3 ; x 3  2 x 2  5 x  3  x 3 ;
5 1
5 1 6 3
2 x 2  5 x  3  0 ; D  25  24  1 ; x1 
 1 ; x2 
  .
4
4
4 2
Решение.
3
3
–
+
1
+
1,5
х
Ответ: x  [1; 1,5] .
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
20
Решение неравенств с корнями четных степеней намного сложнее. Вначале рассмотрим примеры
простейших из них.
x  1  1  x   .
1)
Квадратный корень неотрицателен и не может быть меньше отрицательного числа ни при каких х.
2)
3)
x  1  1  x  1  0 ; x  1 ; x  [1;  ) .
Неотрицательный корень всегда больше отрицательного числа, конечно, если он существует.
Поэтому данное неравенство эквивалентно условию существования корня.
4
6
 x  1  16
;
x 1  1  
 x 1  0
x0
; x  [1; 0) .

 x  1
Здесь обе части неотрицательны и для избавления от корня данное неравенство возводится в степень.
4)
8
 x  1  18
x 1  1  
 x  1  1 ; x  0 ; x  (0;  ) .
x

1

0

В системе одно неравенство отброшено по правилу «больше большего».
Теперь рассмотрим некоторые типы неравенств с корнями четных степеней.
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
21
Неравенство вида 2k f ( x)  [] 2k g ( x)
 f ( x )  [ ] g ( x )


f ( x)  0

g ( x)  0

(1)
( 2)
(3)
 f ( x )  [] g ( x )

 g ( x)  0
Обе части данного неравенства неотрицательны, и его можно возвести в степень 2k. В результате
получается неравенство (1). Неравенства (2), (3) – условия существования корней. В системе неравенство
(2) можно отбросить, т.к. оно выполняется при выполнении неравенств (2) и (3): f ( x)  [] g ( x)  0 .
Если корни разных четных степеней, то неравенство возводится в степень, равную наименьшему
общему кратному (НОК) степеней данных корней. При этом следует быть внимательным: не всегда можно
сократить систему за счет отбрасывания одного из условий существования корней.
Пример.
Решить неравенство
2  x  4 x2 1 .
Решение. Обе части неравенства неотрицательны. Возведем его в 4-ю степень:

2 x
4   4 x 2  1 
4

В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
(2  x) 2  x 2  1; 4  4 x  x 2  x 2  1;

 
2  x  0;
 4 x  5;
 x 2  1  0;

22
 x  1,25;

 x  2; 
 x 2  1  0;

х
x  1,25


( x  1)( x  1)  0
1,25
–
+
-1
+
1
х
Ответ: x  (;  1]  [1; 1,25) .
Неравенство вида 2k f ( x)  [] g ( x)
 g ( x )  [ ] 0

  f ( x )  [] g 2 k ( x )
 f ( x)  0

(1)
( 2)
(3)
Если правая часть данного неравенства примет отрицательное значение (или ноль в строгом случае),
то неравенство будет неверным ( 1≤[<]–1; 0≤[<]–1; 0<0 – неверные неравенства ). Поэтому в эквивалентной
системе записано условие (1). Поскольку обе части неотрицательны, исходное неравенство можно возвести
в степень 2k, что и отражено в неравенстве (2). Неравенство (3) – условие существования корня.
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
23
Пример [6], №410.
Решить неравенство
x 2  3x  6  3x  4 .
Решение.
Данное неравенство равносильно системе
1) 3x  4 ; x  4 / 3 .
3
x

4

0

2) x 2  3 x  6  9 x 2  24 x  16 ;
 2
2
 x  3x  6  (3x  4)

x 2  3x  6  0

1

x 1

3


8
x

5
8
x
 2  0


xR

8 x 2  21x  10  0 ;
D  441  320  121; 121  11 ;
21  11 10 5
21  11 32
x1 

 ; x2 

 2.
16
16 8
16
16
3) x 2  3 x  6  0  x  R , т.к. D  9  24  0 .
1
х
1
3
–
+
5
8
+
2
х
Ответ: x  (2;  ) .
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
24
Неравенство вида 2k f ( x)  [] g ( x)
(1)
  g ( x)  0

( 2)
  f ( x)  0
  g ( x)  0
(3)

2k
  f ( x )  [ ] g ( x ) ( 4 )
 f ( x)  0
( 5)
  g ( x)  0

f ( x)  0
 
 g ( x)  0
  f ( x )  [ ] g 2 k ( x )

Здесь имеем совокупность двух систем. В 1-й системе данное неравенство решается при условии (1)
(отрицательности правой части), во 2-й – при противоположном условии (3) (неотрицательности правой
части).
При условии (1) данное неравенство выполняется само по себе, т.к. корень неотрицателен. Лишь бы
он существовал. Поэтому в 1-й системе данное неравенство не записано, указано только условие (2)
существования его корня.
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
25
При условии (3) обе части данного неравенства неотрицательны, и с целью избавления от радикала
данное неравенство возводится в степень 2k. Во 2-й системе условие существования корня можно опустить,
т.к. оно выполняется при выполнении условий (3) и (4): f ( x)  [] g 2k ( x)  0 .
Пример [6], №421.
Решить неравенство
x 2  3x  10  x  2 .
Решение.
Данное неравенство равносильно совокупности двух систем:
x20
;
 x  3x  10  0

1) 
2
x2

;

( x  2)( x  5)  0
–
+
-2

x  2  0;
2)  2
2
2
2
 x  3x  10  ( x  2) ; x  3 x  10  x  4 x  4;
 x  (;  2]
 x  (14;  )

х
2
+
5
x  (;  2] ;
х
x2
 x  14 .

 x  14
Ответ: x  (;  2]  (14;  ) .
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
26
Другие виды неравенств
Далее приведем ряд примеров с другими типами неравенств, решение которых, в конечном счете,
сводится к решению неравенств рассмотренных выше видов.
Пример [9], с.64.
Решение.
x  6x  1  2x  1 .
x  6x  1  2x  1 .
 x0
 x0


ОДЗ: 6 x  1  0 ;  x  1 / 6  x  0 .
2 x  1  0  x  1 / 2


Решить неравенство
Это неравенство можно возвести в квадрат, т.к. обе части неотрицательны.
x  6 x  1  2 6 x  1 2 x  1  2 x  1 ; 2 6 x  1 2 x  1  7 x  2 .
Последнее неравенство выполняется на ОДЗ, т.к.  7 x  2  0 x  0 .
Ответ: x  [0;  ) .
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
Пример.
Решение.
Решить неравенство
27
x5
 1.
1 x
 x  5  0  x  5
; 
; x  [5; 1)  (1;  ) .
1  x  0  x  1
ОДЗ: 
1) При x  [5; 1) знаменатель положителен. Умножим неравенство на него (с сохранением знака
x  5  1 x .
неравенства):
Слева и справа неотрицательные выражения. Следовательно, неравенство можно возвести в квадрат:
x  5  (1  x) 2 ; x  5  1  2 x  x 2 ; x 2  3x  4  0 .
 5  x 1
 x  [5;  1)

( x  4)( x  1)  0
-5
х
1
–
+
-1
+
4
х
2) При x  (1;  ) дробь отрицательна и, следовательно, неравенство
выполняется.
Ответ: x  [5;  1)  (1;  ) .
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
Пример.
Решение.
Решить неравенство
3  x  0
;
 x0
ОДЗ: 
28
1 3  x
 1.
x
x  3
; x  (; 0)  (0; 3] .

x  0
1) При x  (; 0) дробь отрицательна и неравенство не верно.
2) При x  (0; 3] умножим неравенство на положительный знаменатель: 1  3  x  x .
3  x  x  1.
Приведем его к «стандартному» виду
а) При x  (0; 1) справа отрицательное выражение, а слева положительное и, следовательно,
неравенство выполняется.
б) При x  [1; 3] обе части неотрицательны и неравенство можно возвести
х
в квадрат: 3  x  ( x  1) 2 ; 3  x  x 2  2 x  1 ; x 2  x  2  0 .
1 x  3

 x  [1; 2) .

( x  1)( x  2)  0
1
3
–
+
-1
+
2
х
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
29
 x  (0; 1)
 x  [1; 2)  x  (0; 2) .

Пример.
Решение.
Решить неравенство
Ответ: x  (0; 2) .
2x  2  1
 1.
x
2 x  2  0  x  1
; 
; x  [1;  ) .
 x0
x  0
ОДЗ: 
На ОДЗ x  0 . Поэтому данное неравенство можно умножить на х, сохранив знак неравенства:
2x  2  1  x ;
2x  2  x  1.
На ОДЗ обе части полученного неравенства неотрицательны. Возведем его в квадрат:
2 x  2  ( x  1) 2 ; 2 x  2  x 2  2 x  1 .
 x2  3  0
 xR

 x  [1;  ) .

 x  [1;  )
 x  [1;  )
Ответ: x  [1;  ) .
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
Пример.
Решить неравенство
30
2x  5  1
 1.
x
2 x  5  0  x  2,5
; 
; x  [2,5; 0)  (0;  ) .
 x0
 x0
1) Если x  [2,5; 0) , то знаменатель отрицателен и при умножении неравенства на него знак неравенства
Решение.
ОДЗ: 
2x  5  1  x ;
2x  5  x  1 .
 x 1  0
 x  1
; 
 x  [2,5;  1) .
а) 
 x  [2,5; 0)  x  [2,5; 0)
«переворачивается»:
x 1  0


б)  x  [2,5; 0) ;
2 x  5  ( x  1) 2

 x  1

 x  [2,5; 0) 
 x2  4  0

 x  [2,5;  1)
 x  [1; 0)  x  [2,5; 0)

 x  [1; 0)
 x  [1; 0) .

( x  2)( x  2)  0
х
-1 0
–
+
-2
+
2
х
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
31
2) Если x  (0;  ) , то при умножении неравенства на х знак неравенства сохраняется:
2x  5  1  x ;
2x  5  x  1 .
Обе части неотрицательны – можно возвести в квадрат: 2 x  5  ( x  1) 2 ; 2 x  5  x 2  2 x  1 ;
x2  4  0 ;
 x  [2,5; 0)
 x  (2;  )

x0

 x  (2;  ) .

( x  2)( x  2)  0
Ответ: x  [2,5; 0)  (2;  ) .
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
32
Если в знаменателе находится иррациональное выражение, могущее быть как положительным, так и
отрицательным, то иногда может помочь умножение числителя и знаменателя на сопряженное
иррациональное выражение.
Пример [9], с.63.
Решение.
Решить неравенство
x2
2x  3  1
 4.
2 x  3  1  0 x  ОДЗ.
2 x  3  1 , получим неравенство, эквивалентное данному,
 2x  3  1
( x  2)( 2 x  3  1)
( x  2)( 2 x  3  1)

 4 ;  2x  3  7 

4
;

4



2
2
2x  3  1
2( x  2)
 x2

x

2

0

2 x  3  49  x  26


Ответ: x  [1,5; 2)  (2; 26) .
  2 x  3  0 ;  x  1,5
 x2
x2


Умножая числитель и знаменатель на
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
33
Если иррациональное выражение положительно при всех допустимых значениях х, то можно
умножить на него неравенство.
x2
 1.
2x  3  1
Решение. Это неравенство равносильно неравенству x  2  2 x  3  1 , т.к. 2 x  3  1  0 на ОДЗ.
x3  0
x3


x  3;



2
2 x  3  x  3  2 x  3  ( x  3)  2 x  3  x 2  6 x  9   2
 x  8 x  12  0; x1  2; x 2  6.
 2x  3  0

x  1,5


Ответ: x  (6;  ) .
Пример.
Решить неравенство
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
34
Положительным может быть сопряженное выражение. Можно попробовать умножить на него
неравенство. В некоторых случаях это приводит к успеху.
Пример.
Решение.
Решить неравенство
2x  1  1 1
 .
x
2
2 x  1  0  x  0,5
; 
; x  [0,5; 0)  (0;  ) .
 x0
 x0
2 x  1  1  0 x  ОДЗ.
ОДЗ: 
Умножая данное неравенство на 2( 2 x  1  1) , получим эквивалентное неравенство:
4x
2(2 x  1  12 )
 2x  1  1 .
 2x  1  1;
x
x
4  2 x  1  1; 2 x  1  3 ; 2x  1  9 ; 2x  8 .
x4


 x  [0,5; 0)  (0;  )
Ответ: x  [0,5; 0)  (0; 4) .
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
Пример [9], с.63.
Решение.
35
Решить неравенство
x  2  5x  4 x  2 .
 x  2  0  x  2
; 
 x  0.
 5x  0
 x0
x  2  5 x  0 x  ОДЗ.
ОДЗ: 
x  2  5 x , получим равносильное неравенство
x  2  5 x  (4 x  2)( x  2  5 x ) ;
4 x  2  0
(4 x  2)( x  2  5 x )  4 x  2  0 ; (4 x  2)( x  2  5 x  1)  0  
,
 x0
т.к. x  2  5 x  1  0 x  ОДЗ.
x  1/ 2
.

 x0
Умножая данное неравенство на
Ответ: x  [0; 0,5) .
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
36
При умножении неравенства на неотрицательное выражение, обращающееся в ноль в некоторых
точках ОДЗ, следует проводить дополнительные действия. В этих точках надо делать проверку
неравенства. Иначе можно потерять решения или приобрести посторонние.
Пример.
Решение.
x 2  2 x  3x 2  x  1  2 x .
Решить неравенство
 x( x  2)  0
 x  (;  2]  [0;  ) .
 x(3x  1)  0
ОДЗ: 
Сопряженное выражение x 2  2 x  3x 2  x  0 x  ОДЗ.
Оно обращается в ноль только при x  0 .
1) Проверим, является ли x  0 решением данного неравенства.
0  0  1 ; 0  1 – верное неравенство. Вывод: x  0 – решение.
2) При x  (;  2]  (0;  )
выражение
x 2  2 x  3x 2  x  0 . Умножим на него заданное неравенство:




x 2  2 x  (3x 2  x)  (1  2 x) x 2  2 x  3x 2  x ; x(1  2 x)  (1  2 x) x 2  2 x  3x 2  x ;


(1  2 x) x 2  2 x  3x 2  x  x  0 .
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
37
 x  0;
а) При x  (;  2] имеем:
x 2  2 x  3x 2  x  x  0 ; 1  2 x  0 ,
т.е. данное неравенство выполняется.
б) При x  (0;  ) x 
 x
2
и неравенство принимает вид
(1  2 x) x


x  2  3x  1  x  0
t возрастающая. Поэтому x  2  x , тем более x  2  3x  1  x .
Т.к. x x  2  3 x  1  x  0 x  0 , из неравенства следует: 1  2 x  0 ; x  0,5.
Итак, x  (0; 0,5) – решения.
Функция

x  0
 x  (;  2] .

 x  (0; 0,5)

Ответ: x  (;  2]  [0; 0,5).
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
38
Такую же проверку надо делать и в случае, когда выполняется деление неравенства на
неотрицательное выражение, обращающееся в ноль в некоторых точках ОДЗ. Так, например, надо
поступать, решая однородные неравенства.
Кроме того, напомним о методе замены переменной.
Пример.
Решение.
ОДЗ:
 1 x  0

 1 x  0 ;
1  x 2  0

Решить неравенство
 1 x  0


 1 x  0
(1  x)(1  x)  0

1 x  2 1 x  3 4 1 x2 .
1  x  0
;

1  x  0
 x  1
 x  [1; 1] .

 x 1
1  x  3  4 (1  x)(1  x)  2 1  x  0 .
Это однородное неравенство 2-го порядка относительно выражений
1) Проверим, является ли x  1 решением данного неравенства.
4
1 x и 4 1 x .
1  1  0  0 ; 2  0 – верное неравенство. Вывод: x  1 – решение.
2) При x  [1; 1) разделим неравенство на 1  x .
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
1 x
1 x
 3 4
 2  0.
1 x
1 x
Замена t  4
39
1 x
.
1 x
t  1
.
t 2  3t  2  0  
t  2
 1 x
1 x
 1 
1
4
 1 x  1 x
1

x
1

x

; 
. Учтем, что 1  x  0 при x  [1; 1) . 
1 x
4 1  x
1  x  16(1  x);

 16
 1  x  2 1  x
 x  0

 x  15 / 17  x  [1; 0)  (15 / 17; 1) .
 x  [1; 1)

Объединяя результаты пунктов 1 и 2, получаем
 2x  0
17 x  15;

ответ: x  [1; 0)  (15 / 17; 1] .
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
40
x  8  6 x 1  x  2 x 1  6 .
Пример [6], №426.
Решить неравенство
Решение.
ОДЗ ограничено, по крайней мере, неравенством x  1  0 .
Выделим под корнями полные квадраты:
x 1 2  3 x 1  9  x 1 2 x 1 1  6 

x 1  3  x 1 1  6
1) При
x 1  3  0 ,
2) При
x  1  3 имеем:
 x 1  4


 x 1  3


2
x 1  3 


2
x 1 1  6
ОДЗ: x  1 .
x  1  3 имеем: 


x  1  3  x  1  5 ; 3  5 – неверно.
x 1  3  x 1  5 ; 2 x 1  8 .
 x  1  16
x 1  4  
 x  17 .
x 1  0
Ответ: x  (17;  ) .
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
41
Теперь вернемся к рассмотрению неравенств с кубическими корнями, более сложных по сравнению с
первым.
Пример.
Решение.
3
2 x  1  3 x  1  1.
ОДЗ: x  R . Замена t  3 x  1 ; t 3  x  1 ; x  t 3  1 .
2(t 3  1)  1  t  1 ;
Решить неравенство
3
2t 3  1  1  t ;
3
2t 3  1  (1  t ) 3 ;
2t 3  1  1  3t  3t 2  t 3 ; 3t 3  3t 2  3t  0 ;
3t (t 2  t  1)  0  t  0 , потому что t 2  t  1  0 t  R , т.к. D  0 .
3
x  1  0 ; x  1  0 3 ; x  1.
Ответ: x  (; 1) .
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
Пример [9], с.67.
Решение.
ОДЗ: x  R .
3

42
Решить неравенство
x 1  3 x  2  3 x  3 ;

3
3
x 1  3 x  2  3 x  3  0.
x 1  3 x  2

3
 ( x  3) ;
x  1  3  3 ( x  1) 2 ( x  2)  3  3 ( x  1)( x  2) 2  x  2  x  3  0 ;

3 3 ( x  1) 2 ( x  2)  3 ( x  1)( x  2) 2  x  2  0 ;
Из неравенства следует, что
3
3
x2
 ( x  1)
3
2

 3 ( x  1)( x  2)  3 ( x  2) 2  0 .
x  2  0 , т.к. задано строгое неравенство.
Поэтому без потери решений можно вынести за скобки еще

( x  2) 3


3
( x  2) 2 .
2

x 1
 x 1 
 1  0  x  2  0 ,

 3

x2
 x  2

потому что выражение в скобках больше 0 всегда (кроме x  2 ): a 2  a  1  0 a  R , т.к. D  0 .
x  2 .
Ответ: x  (;  2) .
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
43
Исследование квадратных трехчленов с параметром
Остановимся на совокупности параметрических задач с квадратным трехчленом или уравнением, в
которых приходится составлять и решать неравенства относительно параметра. Среди них можно выделить
несколько типичных задач, чаще всего предлагаемых на экзаменах, и на их примере разобраться в подходах
к решению и методах решения. Остальные задачи из этой совокупности, в конечном счете, или сводятся к
типичным задачам, или решаются похожим образом.
В теоретических описаниях будем использовать следующие обозначения:
f ( x, p)  A( p) x 2  B( p) x  C ( p) ,
где A( p ) , B( p ) и C ( p) – выражения коэффициентов, содержащие параметр р,
D( p)  B 2 ( p)  4 A( p)C ( p) , xB ( p)   B( p) 2 A( p).
Часто для краткости будем опускать указания зависимости от р.
Обратим внимание на «подводный камень» параметрических задач: о возможности «вырождения»
вида выражений. f ( x, p ) является квадратичным относительно х при A( p )  0 . При A( p )  0 оно
обращается (вырождается) в линейное. При этом кардинально меняются свойства и формулы. Описание
некоторых задач, предлагаемых на экзаменах, допускает возможность вырождения, однако, на этом не
заостряется внимание.
В.П.Пьянков
1.
Избранные разделы элементарной математики
44
При каких значениях параметра р трехчлен f ( x, p)  [, , ] 0 x  R ?
Условие f  0  x  R выполняется в
у
квадратичном случае тогда и только тогда,
когда ветви параболы (на рис. сплошная
линия) идут вверх и не пересекают ось Ох (т.е.
корней нет), в линейном же случае, когда
прямая
(пунктирная
линия)
проходит
параллельно оси Ох над нею. Следовательно,
для ответа на поставленный вопрос с
указанным условием надо решить совокупность систем
y=f(x)
х
 A( p)  0
 A( p)  0 
  B( p)  0 .

D( p)  0 C ( p)  0

Другим условиям соответствуют следующие рисунки и совокупности систем:
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
f  0  xR
у
45
f  0  xR
у
f  0  xR
у
х
х
х
A  0
A  0 
 B  0

D  0 C  0

A  0
A  0 
 B  0

D  0 C  0

A  0
A  0 
 B  0

D  0 C  0

Конечно, линейный случай не надо рассматривать, если из условия задачи ясно, что A( p )  0 для всех
допустимых р (например, задано не зависящее от параметра ненулевое значение А). Кроме того, вместо
дискриминанта можно записывать его четверть.
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
46
Найти все значения параметра а, при которых выражение
Пример.

lg (a  1) x 2  2(a  1) x  7  a
определено для любых значений переменной х.
Решение.

Область определения lg t ограничена условием t  0 .
Поэтому должно быть (a  1) x 2  2(a  1) x  7  a  0  x  R , что возможно в случаях:
a  1  0;

1) 
2
(a  1)  (a  1)(7  a)  0;
 a 1  0

2) 2(a  1)  0 
 7a  0

(a  1)( a  1  7  a)  0;
2(a  1)( a  4)  0;
 a  1  0;
 a  1;


 a  (1; 4)

a  1  0;

a  4  0;
a  4;
a  1
 a  1.

a  7
Ответ: a  [1; 4) .
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
47
Совокупность следующих задач можно назвать параметрическими задачами на распределение
корней квадратного уравнения.
Пример [1], с. 95.
В каком промежутке должно находиться число m, чтобы корни уравнения
x 2  2mx  m 2  1  0 находились на отрезке [2; 4] ?
  2  m  1  4  3  m  3
Решение. D1  m 2  (m 2  1)  1; x1, 2  m  1 ; 
; 
Ответ: [–1; 3].
 2  m  1  4   1  m  5
Пример [4], №6.58.
Найти все значения n, при которых корни уравнения nx 2  (n  1) x  2  0
будут действительны и оба по модулю меньше 1.
Здесь
D  (n  1) 2  8n  n 2  6n  1 ; x1, 2 

n 1
 1 

 1  n  1 

n 2  6n  1
1
2n
n 2  6n  1
1
2n
n  1  n 2  6n  1
; x1, 2  1  x1, 2  ( 1; 1) ;
2n
Это система четырех «нестандартных» иррациональных
неравенств, которую решить не так-то просто. Здесь
лучше применить другой способ. Решение этой задачи
другим способом приведено в конце этого раздела.
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
48
Итак, существует два подхода к решению параметрическими задачами на распределение корней
квадратного уравнения: «прямой» и «графический».
В первом подходе берут стандартную формулу корней квадратного уравнения x1, 2 
B D
и
2A
согласно условию задачи составляют неравенства относительно параметра, которые иногда (если D –
полный квадрат) решаются легко. Если D не является полным квадратом, то из-за иррациональности их
решение представляет определенные трудности. Тогда можно выбрать другой подход. Во втором подходе
анализируют графики в различных ситуациях с целью установления необходимых и достаточных
признаков, соответствующих условиям задачи и приводящих к рациональным неравенствам относительно
параметра.
Один способ прост на этапе составления неравенств, но может быть сложен на этапе их решения.
Другой способ наоборот может представлять сложности на первом этапе в понимании сути, но прост на
втором. Поэтому естественно мы больше уделим внимания последнему способу (опуская излишне
подробные строгие доказательства приводимых утверждений).
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
49
2.1. При каких значениях р уравнение f ( x, p)  0 имеет один корень на промежутке
(;  ) , другой на ( ;  ) ?
Это значит, что левая ветвь параболы
пересекает ось Ох на промежутке ( ;  ) , а
у
у
A>0
A<0
y=f(x)
правая – на интервале ( ;  ) . Нарисуем такие
параболы при A  0 и A  0 . Из рис. видно,
α
β
что при A  0 f ( )  0 и f (  )  0 , при
α
β
х
х
A  0 наоборот f ( )  0 и f (  )  0 .
Отметим,
что
так
у
всех
парабол,
удовлетворяющих условию задачи. На рисунках изображено по одной параболе-представительнице. На
самом деле их бесконечно много. Но все они обладают такими свойствами. (Проведите еще несколько
парабол, пересекающих ось Ох левой ветвью на промежутке ( ;  ) , а правой на интервале ( ;  ) ).
Именно эти свойства отделяют их от парабол, не удовлетворяющих условию задачи.
Сведем неравенства в системы:
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
 A( p)  0
 A( p)  0


 f ( , p)  0   f ( , p)  0 
 f (  , p)  0  f (  , p)  0


50
Совокупность этих систем можно
записать в виде одной системы:
 A( p)  f ( , p)  0
 A( p)  f (  , p)  0
 
Этой системе равносильны условия задачи.
Как поступать, если в условии задачи присутствует полузамкнутый или замкнутый промежуток,
смотрите в замечании после пункта 2.4.
Пример. При каких значениях параметра а квадратное уравнение ax2  a  1  3x имеет один
корень на промежутке (; 0) , а другой на интервале (0; 2)?
Решение. ax2  3x  a  1  0 . Обозначим f ( x)  ax 2  3 x  a  1 . Условию задачи эквивалентна система:
a(a  1)  0
a  (1; 0)
a  f (0)  0 
 a(a  1)  0 
; 
; 
; 

a  f (2)  0 a(4a  6  a  1)  0 5a (a  1)  0 a  (; 0)  (1;  )
Ответ: a  (1; 0) .
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
51
2.2. При каких значениях р уравнение f ( x, p)  0 имеет один корень на интервале ( ;  ) ,
другой на (  ;  ) ?
уy
у
A>0
Для ответа на этот вопрос надо решить
систему
α
β
α
A<0
х
β
х
 A  f ( )  0

 A  f ( )  0
Как поступать, если в условии задачи присутствует замкнутый или полузамкнутый промежуток,
смотрите в замечании после пункта 2.4.
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
52
2.3. При каких значениях р уравнение f ( x, p)  0 имеет один корень на интервале ( ;  ) ,
другой вне отрезка [ ;  ] ?
Этот случай характеризуется тем, что f ( ) и f (  ) имеют разные знаки
A0
(посмотрите на четыре предыдущих рисунка), т.е. f ()  f ()  0 . Следует 
(*)

добавить еще условие A  0 , т.к. в противном случае уравнение становится  f ( )  f (  )  0
линейным и не может иметь два корня. В результате получаем следующую систему:
Замечание. При решении этой задачи, а также задач пунктов 2.1 и 2.2, условие существования
корней, записанное через дискриминант, накладывать необязательно. Оно выполнится само по себе. Иначе
быть не может. Известна теорема Коши: если функция f (x ) непрерывна на отрезке [ ;  ] и значения
f ( ) и f (  ) имеют разные знаки, т.е. f ( )  f (  )  0 , то на интервале ( ;  ) найдется такая точка 
(по крайней мере, одна), что f ( )  0 .
2
Пример [4], №6.59.
При каких значениях а корни уравнения ax  ax  2 будут действительны
и один корень по модулю будет больше 1, а другой по модулю меньше 1?
Ответ: a  (1;  ) .
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
53
2.4. При каких значениях р уравнение f ( x, p)  0 имеет один корень на интервале ( ;  ) ,
другой вне него?
Ни одна из парабол, удовлетворяющих условиям предыдущей задачи, не проходит через
точку  или  . Это принципиальное обстоятельство, на основе которого было получено 2-е
неравенство системы (*). Поэтому при решении задачи этого пункта надо рассмотреть три случая:
1) решить задачу пункта 2.3;
2) рассмотреть отдельно случай, когда один корень равен ;
3) рассмотреть отдельно случай, когда один корень равен .
Пример. При каких значениях параметра, а квадратное уравнение ax 2  3 x  a  1  0 имеет один
корень, принадлежащий интервалу (0;2), а другой, не принадлежащий ему?
Решение. 1) Рассмотрим случай, когда x1  [0; 2] , x2  (0;2) :
a0

;

 f (0) f (2)  0
a0

;

(a  1)( 4a  6  a  1)  0
2) Рассмотрим случай, когда x1  0 .
a0

; a  (1; 0)  (0; 1) .

5(a  1)( a  1)  0
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
Найдем при каком а это может быть:
Уравнение при этом приобретает вид:
54
a  0 2  3  0  a  1  0 ; a  1  0 ; a  1.
 x 2  3x  1  1  0 ;  x 2  3x  0 ;  x( x  3)  0 .
x2  3  (0; 2) .
3) Случай, когда x1  2 : a  1 ; x 2  3 x  2  0 ; x2  1 (0; 2) .
Ответ: a  (1; 0)  (0; 1] .
Пример. При каких значениях параметра а уравнение ax 2  3 x  a  1  0 имеет на интервале (0; 2)


единственный корень?
Ответ: a  (1; 1]  ( 10  1) / 2 .
Примечания к последнему примеру.
1) Здесь условие a  0 не требуется, т.к. формулировка задачи допускает отсутствие второго корня.
2) a  ( 10  1) / 2 соответствует случаю, когда квадратное уравнение имеет один (двукратный) корень,
принадлежащий интервалу (0;2): D  0 ; 9  4a(a  1)  0 ; 4a 2  4a  9  0 ;
a
 2  40  1  10

;
4
2
x
b
3
3
3

 (0; 2) ;
 (0; 2) .
;
2a 2a  1  10
 1  10
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
55
Замечание к пунктам 2.1 и 2.2.
Также, как и в пункте 2.4, случаи равенства корней числам  и (или)  надо рассматривать
(проверять) отдельно в задачах, подобных задачам пункта 2.1, но с замкнутым или полузамкнутыми
(; ] и ( ;  ) ,
промежутками вида:
или (; ) и [ ;  ) ,
или (; ) и ( ;  ] ,
или (; ) и [ ;  ] ,
или (; ] и ( ;  ] .
То же самое надо делать и в задачах пункта 2.2 с аналогичными изменениями в условиях.
3.1. При каких значениях р уравнение f ( x, p)  0 имеет один корень на промежутке
(;  ) , другой на ( ;  ) ?
Условию задачи равносильно неравенство
A  f ( )  0
Пример [8], №16.175. Найти все значения
а, при которых один корень уравнения
(a  1)2 x2  (2a  3) x  a больше 1, а другой
меньше 1.
Ответ: ( 1; 1)  (1; 2) .
у
у
A>0
A<0
α
х
α
х
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
56
Замечание. Если в тексте примера «меньше» заменить словами «не больше» (т.е. x1  1, x2  1 ), то
ответ останется прежним. Если «больше» заменить словами «не меньше» (т.е. x1  1 , x2  1 ), то ответом
будет a  [1; 1)  (1; 2] . В этих задачах значения параметра, при которых один корень равен , надо
рассматривать отдельно.
3.2. При каких значениях р уравнение f ( x, p)  0 имеет корни разных знаков?
Это частный случай предыдущего. Для него требуемое неравенство можно составить, используя
условие x1  x2  C / A теоремы Виета:
C/ A 0
Отметим, что при этом получается D  B 2  4 AC  0 .
Пример [8], №14.216. При каких значениях а график y  (a  5) x 2  x  a  3 пересекает ось
абсцисс по разные стороны от оси ординат?
Ответ: a  (5; 3) .
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
57
3.3. При каких значениях р уравнение f ( x, p)  0 имеет один корень на промежутке
(;  ) , другой на (  ;  ) , где    ?
у
у
A>0
α
A<0
β
х
α
β
х
Условию задачи равносильна система
 A  f ( )  0

 A  f ( )  0
Пример [6], №211.
При каких значениях параметра
(a  2) x  2(a  3) x  4a  0 больше 3, другой меньше 2?
2
(**)
а
один
из корней уравнения
Ответ: a  (2; 5)
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
58
Замечание. Если в условии задачи присутствует промежуток (;  ] , то надо в 1-м неравенстве
системы (**) поставить знак «  »; если присутствует промежуток [  ;  ) , то надо во 2-м неравенстве
поставить этот знак.
Пример [10], с.220.
При каких значениях параметра а все решения неравенства x 2  1  0
являются решениями неравенства x 2  ax  11  0 ?
у
y=f(x,a)
Решение. x 2  1  0  x  [1; 1] .
Значит, отрезок [1; 1]
-1
1
должен целиком лежать на отрезке, ограниченном корнями трехчлена
2
f ( x, a)  x  ax  11 (см. рис.).
х
Следовательно, условия задачи эквивалентны системе
 f (1, a)  0
;

 f (1, a)  0
1  a  11  0
a  10


1  a  11  0
 a  10
Ответ: [10; 10] .
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
59
4.1. При каких значениях р уравнение f ( x, p)  0 имеет оба корня на промежутке ( ;  )
 [ ;  ), (;  ), (;  ]  ?
Сделаем рисунок, соответствующий условию с промежутком ( ;   ) .
Этому условию равносильна система
A>0
у
2
у
α
 A  f ( )  0 (1)  , ,  



( 2) 
 D0

 x 

(3)  , ,  
B

A<0
α
(Знаки неравенств справа в
скобках соответствуют другим
3
1
видам промежутков.)
Неравенство (1) необходимо для
того, чтобы отмести трехчлены, у которых корни располагаются по разные стороны от точки α (на рис.
параболы вида 1). Неравенство (2) – для того, чтобы отбросить трехчлены, у которых нет корней (параболы
вида 2). Неравенство (3) – для того, чтобы отмести трехчлены, у которых корни находятся левее точки α
х
х
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
60
(параболы вида 3). Неравенство (2) учитывает случай, когда корни одинаковые. Если из текста задачи ясно,
что корни разные, то надо писать D  0 .
Пример [4], №6.55. При каких значениях k корни квадратного уравнения (2  k ) x 2  3kx  2k  0
действительны и оба больше 0,5?
Ответ: k  [16 / 17; 2) .
Пример. При каких значениях параметра k уравнение (2  k ) x 2  3kx  2k  0 имеет только корни,
большие 0,5?
Ответ: k  [16 / 17; 2] .
При такой формулировке задачи надо рассмотреть еще линейный случай, получающийся при k  2 , в
котором уравнение имеет единственный корень x  2 / 3  0,5 .
Пример. При каких значениях параметра k уравнение (2  k ) x 2  3kx  2k  0 не имеет корней,
меньших либо равных 0,5?
Ответ: k  (0; 2] .
Такое может быть, 1) когда уравнение имеет только корни, большие 0,5, т.е. при k  [16 / 17; 2] , либо,
2) когда оно вообще не имеет корней, т.е. при D  0 , 17k k  16 17  0 ; k  (0; 16 / 17) .
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
4.2. При каких значениях
(отрицательных) корня?
61
р уравнение
f ( x, p)  0
имеет
два
положительных
Это частный случай предыдущего. Для него требуемую систему можно составить, используя условия
теоремы Виета: x1  x2  C / A , x1  x2  B / A .
Неравенство (1) – условие одинаковости знаков корней. Неравенство (2) –
(1)
 C/A0
условие существования корней. Его надо включать в систему, т.к. при выполнении

D0
( 2) условия (1) корни могут и не существовать. Условие (3) совместно с другими

 B / A  () 0 (3) условиями гарантирует положительность (отрицательность) корней.

Пример. [8], №9.101. При каких значениях параметра р оба корня квадратного трехчлена
x  2( p  1) x  9 p  5 отрицательны?
Ответ: k  (5 / 9; 1]  [6;  ) .
2
Пример. При каких значениях параметра k уравнение (k  2) x 2  3kx  2k  0 имеет только
положительные корни?
Ответ: k  (;  16]  [2;  ) .
Опять же при такой формулировке надо рассмотреть еще линейный случай, получающийся при k  2 .
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
62
4.3. При каких значениях р уравнение f ( x, p)  0 имеет оба корня на промежутке ( ;  ) ?
у
у
A>0
α
α
β
х
Условию равносильна система
A<0
β
х
 A  f ( )  0
 A  f ( )  0


 D0
   x B  
Пример [4], №6.58.
Найти все значения n, при которых корни уравнения nx 2  (n  1) x  2  0
будут действительны и оба по модулю меньше 1.
Решение. x1, 2  1  x1, 2  ( 1; 1) . Значит, условиям задачи равносильна система
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
n  f (1)  0
 n  f (1)  0

, где f ( x)  nx 2  (n  1) x  2 .

 D0
  1  x B  1
n0

n 2  6n  1  0



n

1


2
n

 n  1  2n
n0

n 2  6n  1  0



n


1
/
3


n 1
63
 n  ( n  n  1  2)  0
 n  ( n  n  1  2)  0

 (n  1) 2  8n  0 

n 1
 1 
1
2n

n 1

n  3  2 2

n  3  2 2

n  (2n  3)  0

n0

2
n  6n  1  0 
(n  1) / n  2

 (n  1) / n  2
Ответ: n  [3  2 2 ;  )
Примечание. Если в условии задачи п. 4.3 записан промежуток другого вида [ ;  ) , ( ;  ] или
[ ;  ] , то система претерпевает изменения аналогично тому, как указано в пункте 4.1.
В заключение напомним о «прямом» способе. Не следует забывать о нем. Иногда с его помощью
получаются простые системы.
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
64
Оценки ограниченности функций
Ниже записана сводка оценок, наиболее часто применяемых при доказательстве неравенств и
решении уравнений с ограниченными функциями. Эти оценки являются неравенствами, справедливыми на
некоторых промежутках изменения переменных. Причем в случае нестрогого неравенства на промежутке
обязательно имеется такое значение переменной, при котором выполняется равенство (достигается граница
оценки).
Алгебраические оценки
1) Квадратный трехчлен всегда ограничен сверху или снизу. Он в вершине параболы имеет минимум
(максимум), если 1-й коэффициент положителен (отрицателен).
2)
a  b  c 2  0  a  0 и b,сR.
Конечно, в сумме может быть иное число неотрицательных слагаемых (например, несколько
квадратов), степень с другим четным показателем или корень иной четной степени.
Равенство нулю суммы неотрицательных слагаемых может быть только тогда, когда все
слагаемые обращаются в ноль:
a  0

b  0
c  0

В.П.Пьянков
3)
Избранные разделы элементарной математики
A2  B 2  2 AB  А,ВR.
A2  B 2  2 AB  А,ВR.
65
Причем равенство выполняется только при A  B .
Причем равенство выполняется только при A   B .
Это следствия из очевидного неравенства ( A  B) 2  0 .
4) Неравенство Коши между средним арифметическим и средним геометрическим двух чисел:
ab
 ab  а0, b0.
2
Причем равенство выполняется только при a  b .
Это неравенство получается из предыдущего, если сделать замену a  A2 ; b  B 2 .
5) Неравенство для суммы обратных положительных чисел:
a  a 1  a 
1
 2  a  0.
a
Равенство выполняется только тогда, когда a  1 .
Это неравенство получается из предыдущего, если сделать замену b  1 a .
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
a
Для отрицательных чисел:
Обобщение:
66
a
1
 2  a  0 . Равенство выполняется, когда a  1.
a
1
 2  a  0 . Равенство выполняется, когда a  1.
a
6) Неравенство Коши для n чисел
a1  a2  ...  an n
 a1a2 ...an  a1  0, a2  0, ... , an  0 .
n
Равенство выполняется только тогда, когда a1  a2  ...  an .
7) Неравенство Коши-Буняковского в векторном виде:
     
 a  b  a b  a  b ;
в обобщенном развернутом виде:
 a12  a22  ...  an2  b12  b22  ...  bn2  a1  b1  a 2  b2  ...  a n  bn 
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
67
 a12  a22  ...  an2  b12  b22  ...  bn2
 a1 , a2 , ... , an , b1 , b2 , ... , bn  R
   
В векторном виде неравенство легко доказывается, т.к. a  b  a  b  cos  ,  1  cos   1 .
 
Равенство справа или слева выполняется только тогда, когда a || b , т.е. когда координаты


вектора a (числа a1 , a2 , ... , an ) пропорциональны координатам вектора b (числам


b1 , b2 , ... , bn ). Равенство слева (справа) выполняется в случае, когда a  b – векторы


направлены в разные стороны ( a  b – в одну сторону), т.е. когда коэффициент
пропорциональности координат не положителен (не отрицателен).
Еще справедливо более сильное неравенство:
a1  b1  a2  b2  ...  an  bn  a12  a22  ...  an2  b12  b22  ...  bn2
 a1 , a2 , ... , an , b1 , b2 , ... , bn  R .
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
68
Сравнение функций с аргументом и между собой
Напомним, что графики взаимно обратных функций симметричны относительно прямой y  x . Если
они пересекаются или соприкасаются, то только на ней.
y
y=xp при p>1
1) При p  1
x p  x  x  0; 1 , x p  x  x  [1;  ) .
y=x
При 0  p  1 наоборот:
x p  x  x  0; 1 , x p  x  x  [1;  ) .
Равенства только в точках x  0 , x  1 (см. рис.)
2) Если a  e1 e  1,445 , то
log a x  x  x  (0;  ) ,
1
y=xp при 0<p<1
ax  x  xR.
При этих значениях а графики y  log a x , y  x и y  a x не
имеют общих точек.
1e
При a  e
графики касаются в точке x  e  2,718 .
0
1
x
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
69
arcsin x  x  x  0; 1 .
4) tg x  x  x  0;  2,
 x  0;   .
arctg x  x
sin x  x  tg x  x  0;  2
5) Из предыдущего следует:
В пунктах 3 – 5 равенства выполняются только при x  0 .
3) sin x  x
 x  0;   ,
и тому подобное.
Используя перечисленное, приходим к выводу, например, что уравнения
2 f ( x )  f ( x) ,
где f (x ) – какое-либо выражение,
3 f ( x)  log 3 f ( x) ,
не имеют решений.
Привлекая еще и оценку 5t  0  arctg t  t  (; 0) , то же самое можно сказать и об уравнении
что нельзя сказать об уравнении
5 f ( x)  arctg f ( x)  x   ,
lg f ( x)  tg f ( x) .
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
70
Тригонометрические оценки
1)
sin   1 , cos  1  R .
2)
arcsin t   2 ,
0  arccos t    t   1; 1;
arctg t   2 ,
0  arcctg t    t  R .
Следуют из определений (главных значений) обратных тригонометрических функций.
3) sin  sin   1 , sin  cos   1, cos cos   1  ,R.
Подобных множителей может быть больше.
4)
a sin   b cos   a 2  b 2
 R .
Оценка получается, если a sin   b cos преобразовать, вводя вспомогательный угол.
5) a sin   b cos   a  b
 ,R.
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
71
Здесь может быть сумма синусов или сумма косинусов с различными коэффициентами и аргументами,
большее число подобных слагаемых.
6)  sin n   sin 2  ,
 nN, n2, R.
 cos n   cos 2 
Эти оценки следуют из неравенства подпункта 1 пункта «Сравнения функций».
Кроме того, здесь учтено, что положительное число больше отрицательного.
Если сложить данные неравенства при различных значениях n и учесть, что sin 2   cos 2   1 , то
получим оценки:
 sin n   cos m   1
 n,mN, n2, m2, R
(сочетания знаков может быть любым).
7)
sin 
n
 sin  ,
2
cos 
n
 cos 2 
 n  (0; 2] , R .
Если просуммировать данные неравенства, то получим оценку
n
sin   cos
m
1
 n  (0; 2] , m  (0; 2] , R .
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
72
«Нестандартные» методы решения уравнений с одним неизвестным
Некоторые уравнения, содержащие функции различных видов, невозможно решить обычными
методами, но их можно решить нетрадиционными способами.
Метод подбора для уравнений с монотонными функциями
Если уравнение не поддается решению «стандартными» методами, то можно попробовать подобрать
его корни. Метод подбора – приемлемый метод. Мы им уже неоднократно пользовались. Однако он имеет
существенный недостаток. После подбора одного или нескольких корней обычно остается открытым
вопрос, остались ли еще ненайденные корни. Сколько еще надо гадать? Ведь решить уравнение – это
значит найти все его корни. Для закрытия этого вопроса могут помочь следующие теоремы.
Теорема 1. Пусть уравнение f ( x )  g ( x ) имеет на промежутке ( a; b ) корень x0 . Если функции
f ( x) и g ( x) на ( a; b ) непрерывны, одна строго возрастает, а другая строго убывает, то x0 – единственный
на ( a; b ) корень. (Сделайте рисунок.)
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
73
Теорема 2. Пусть уравнение f ( x)  c , где c  const , имеет на ( a; b ) корень x0 . Если функции
f (x ) на ( a; b ) непрерывна и строго монотонна (только строго возрастает или только строго убывает), то
x0 – единственный на ( a; b) корень. (Сделайте рисунок.)
В качестве примера рассмотрим два внешне очень похожих уравнения.
Уравнение

3  8 x  3  8 x  6
x приводится к квадратному уравнению,
8 являются взаимно обратными: 3  8 3  8   9  8  1.
с помощью замены t  3  8
т.к. числа 3  8 и 3 
Следующее же уравнение подобным образом не решается.
Пример.
Решить уравнение
3  8 x  3  8 x  6 x .
Решение. Подбором находим, что x  1 – корень. Проверка: 3  8  3  8  6 ; 6=6.
Теперь осталось доказать, что найденный корень – единственный.
1-й способ. Разделим уравнение, на 6 x , что можно делать без потери корней, т.к. 6 x  0  x  R .
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
74
x
x
3 8 
3 8 

 

 6 
 6   1.




Слева – две убывающие показательные функции, т.к. основания меньше 1. Их сумма – строго убывающая
функция. Справа – константа. Значит, один корень.

x
2-й способ. Разделим уравнение на 3  8 :
x
x
3 8 
 6 
  
1  
 .

3

8
3

8




Слева строго убывающая функция (основание a  1), справа возрастающая ( a  1 ). Значит, корень
единственный.
Ответ: х=1.
Часто не поддаются решению «стандартными» методами уравнения, содержащие функции различных
видов. Ниже приведены в качестве примеров некоторые из них, легко решаемые описанным способом. В
первом примере, кроме того, обращаем внимание на необходимость непрерывности функций на
рассматриваемых промежутках.
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
75
Пример.
Решить уравнение
1 3   3 x .
Решение.
ОДЗ: x  0 .
При x  0 равенства не может быть, т.к. слева больше 0, справа меньше 0.
x
Подбором находим, что x  -1 – корень. Проверка: 1 3   3 (1) ; 3=3.
На промежутке (; 0) слева имеем непрерывную убывающую функцию, а справа – непрерывную
возрастающую. Значит, корень – один.
Ответ: –1.
1
Примеры:
3 x  x  1 ,
log 2 x   x  1 ,
log 0,5 x  2 x  5 ,
ответ: 0;
ответ: 1;
ответ: 2.
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
76
Метод оценок для уравнений с ограниченными функциями
Метод заключается в проведении оценок ограниченности частей уравнения. Если промежутки
значений левой и правой частей не имеют общих точек (не перекрываются), то решений нет. Если
промежутки, соприкасаясь, имеют одно общее значение, то уравнение эквивалентно системе более простых
уравнений. Так,
если f ( x)  a  b  g ( x)  хОДЗ, то f ( x)  g ( x)  x   ;
 f ( x)  a
 g ( x)  a
Пример.
Решить уравнение
2 x  x 2  1  3 x  3 x .
Решение.
2 x  x 2  1  ( x 2  2 x  1)  ( x  1) 2  0  x  R ,
2  3 x  3 x  x  R .
если f ( x)  a  g ( x)  хОДЗ, то f ( x)  g ( x)  
Равенства не может быть ни при каких значениях х.
Ответ: .
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
Пример.
Решить уравнение
77
cos x  x 2  1.
Решение.
cos x  1  x 2  1  x  R . Равенство может быть только тогда, когда обе части равны 1.
Следовательно, уравнение равносильно системе уравнений
 cos x  1
 x  2 n, n  Z

 x  0.
 2
x0
x  1  1 


6
Ответ: х=0.
8
Пример.
Решить уравнение
x  3x  2  x  4 x  3  0 .
Решение.
Сумма неотрицательных выражений может быть равна 0 только тогда, когда оба слагаемых
равны 0. Поэтому уравнение эквивалентно системе уравнений

2
2

6


 x  {1; 2}
 x 2  3x  2  0
 x 2  3x  2  0
 x 1
 2

8 2
x  {1; 3}

x

4
x

3

0


x

4
x

3

0


Ответ: х=1.
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
78
Нет необходимости решать оба уравнения системы уравнений с одним неизвестным. Можно решить
то, которое проще или имеет меньшее количество корней. Затем найденные корни подставить в другое
уравнение с целью отбора тех, которые обращают его в правильное числовое равенство.
Пример.
Решить уравнение
x2 


 2 cos ( x 2  x)  .
2

x
1

2

Решение
ОДЗ: х0.
x 2  x 2  2  2 cos  ( x 2  x) / 2  х0.
Уравнение равносильно системе


x  1

x 2  x 2  2
x2  1

 



2
2
2
2 cos  ( x  x) / 2  2 cos  ( x  x) / 2  1 cos  ( x  x) / 2  1

 x  1
 x  1
x 1



cos( (1  1) / 2)  1  cos 0  1  1  1





 x  1.
x  1

  x  1
  x  1
cos( (1  1) / 2)  1 cos   1   1  1









Ответ: x  1.
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
79
Замечание. Нередко в работах учащихся можно встретить следующую запись:
 x  1

 1  1
Однако она означает противоположное тому, что предполагалось. Эта запись эквивалентна x  1 , а не
пустому множеству.
Напомним, что любая непрерывная на отрезке функция достигает наибольшего и наименьшего на
отрезке значений. Она их принимает или в критических точках, лежащих внутри отрезка, или в граничных
точках. Критические точки – это точки, лежащие внутри D(f), в которых производная равна 0 или не
существует. Если функция на отрезке строго монотонна (только строго убывает или только строго
возрастает), то она достигает наибольшее и наименьшее значения в граничных точках отрезка.
Пример [6], №582.
Решение.
Решить уравнение
31
1 x
 3  21
1 x
 2.
1  x  0
 x  1
 
 x[-1; 1]
1  x  0
 x 1
ОДЗ: 
В уравнении справа и слева функции, строго возрастающие на [-1;1]. Их значения на концах отрезка:
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
При x  1
31
11
 3  3  3  0,
При x  1
31
11
 3  3 3

2
80
21
11
 1  0 , 21

11
 1

 2  2
 1  0 ;
2 2

 2  2  2  0.
Итак,
31 1 x  3  0  21 1 x  2  x[-1; 1].
Равенство может быть только, когда обе части равны 0. Но 0 достигается в разных точках.
Ответ: .
Иногда оценки значений левой и правой частей на всей ОДЗ имеют перекрытие, представляющее
собой промежуток. Однако анализ на частях ОДЗ может дать отсутствие перекрытия или соприкосновение
оценок. Обнаружению такой ситуации помогает построение графиков левой и правой частей уравнения.
Отметим только, что графический метод относится к приближенным. На некоторых экзаменах с
повышенными требованиями применение только приближенных методов вычислений считается
недостатком. На таких экзаменах для полноты ответа следует провести еще точный анализ.
Пример ([3], с.417, подобный). Решить уравнение
Решение.
( x  2) 2  0 ,  1  sin x  1  хR.
( x  2) 2  sin x .
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
81
Эти оценки не позволяют сформулировать определенный вывод. Корни могут быть и не быть.
Построим графики функций, стоящих в уравнении слева и справа. На чертеже видно, что графики не
пересекаются, т.е. корней нет.
Для строгого доказательства решим неравенство
( x  2) 2  1 ; x 2  4 x  4  1 ; x 2  4 x  3  0 ; x  (;  3)  (1;  ) .
( x  2) 2  1  sin x ;
Итак,  x  (;  3)  (1;  )
 x  [  3;  1]
( x  2) 2  0  sin x , т.к. [3;  1]  ( ; 0) , где синус отрицателен.
Вывод: корней нет на всех промежутках.
Ответ: .
Ниже рассмотрены тригонометрические уравнения, решаемые методом оценок.
Пример.
Решение.
Решить уравнение
sin 9 x  1  12ctg14 x .
sin 9 x  12ctg14 x  1 .
ОДЗ: sin x  0 .
sin 9 x  1  1  12ctg14 x  хОДЗ.
Значит, данное уравнение равносильно системе уравнений
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
 sin 9 x  1
sin x  1
 

 14
ctg x  0
ctgx  0
Пример.
Решение.
82
 x   2  2 n, n  Z

 x   2   m, m  Z
Решить уравнение


 2 n n  Z  .
2

Ответ: 
cos 2 3x  sin 9 3x  1 .
 sin 9 3x  sin 2 3x хR.,
cos 2 3x  sin 9 3x  cos 2 3x  sin 2 3x  1 хR.
Левая часть уравнения не может быть равна 1, если выполняется строгое неравенство  sin 9 3x  sin 2 3x .
Следовательно, данное уравнение эквивалентно уравнению
 sin 3x  0
 sin 9 3x  sin 2 3x  

sin 3x  1
3x   n, n  Z

3x    2  2 n, n  Z

 n  2 n

; 
n Z.
6
3
 3

Ответ: 
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
Пример.
83
cos 7 x  sin 11 x  1 .
Решить уравнение
 cos 7 x  sin 11 x  1 .
Решение.
sinх
 cos 7 x  cos 2 x x  R

sin 11 x  sin 2 x x  R
2

 cos 7 x  sin 11 x  cos 2 x  sin 2 x  1 x  R
0
Левая часть уравнения не может быть равна 1, если выполняется
хотя
sin
11
бы
одно
строгое
неравенство:
 cos x  cos x
7
2
cosх

или
-
x  sin x . Значит, данное уравнение равносильно системе
2
уравнений
 cos x  1
()

 cos x  cos x
  cos x  0
 


sin
x

1

 sin 11 x  sin 2 x

( )
sin x  0
7
2


 x  2  2 n, n  Z
 x    2 m, m  Z



 2 n,   2 n n  Z  .
2

Ответ: 
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
Пример.
Решение.
84
7
Решить уравнение
sin 4 x  10 cos x  1 .
ОДЗ: cos x  0 .
7
sin 4 x  sin 2 x ,
7
sin 2 x  10 cos x  sin 2 x  cos 2 x  1  хОДЗ.
10
cos x  cos 2 x
sinх
2
 хОДЗ.

0
cosx
Левая часть данного уравнения не может быть равна 1, если
выполняется хотя бы одно строгое неравенство
7
sin 4 x  sin 2 x или
-
cos x  cos x . Следовательно, данное уравнение эквивалентно
системе уравнений
10
2
 sin x  0
()
7 sin 4 x  sin 2 x sin x  1
 

10
 cos x  cos 2 x
  cos x  1 ( )
 cos x  0
 x  2 n, n  Z


 x    m, m  Z
2



Ответ: 2 n;


 n n Z .
2

Такое же решение имеет уравнение sin x  12 cos x  1 , но sin x  12 cos x  0,5  х
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
85
Далее рассмотрим примеры, в которых  (x ) и  (x) – какие-либо функции.
Пример:
cos  ( x)  1  ( x)    2 n, n  Z
 
5 cos  ( x)  2 cos  ( x)  7  
 cos  ( x)  1
  ( x)  2 m, m  Z
Эта эквивалентность следует из оценок подпунктов 1 и 5 «Тригонометрических оценок». Последняя
система, несмотря на свою внешнюю простоту, не всегда решается легко. Здесь только отметим, что в этой
системе обозначение целых переменных обязательно должно быть разным.
sin  ( x)  sin  ( x)  1 .
Пример:
Первый способ:
Второй способ:
2 sin  ( x)  sin  ( x)  2  cos ( x)   ( x)  cos ( x)   ( x)  2 
 cos ( x)   ( x)   1
  ( x)   ( x)  2 m, m  Z
 
 
cos ( x)   ( x)   1
 ( x)   ( x)    2 n, n  Z
  sin  ( x)  1

sin  ( x)  1
sin  ( x)  sin  ( x)  1   
 sin  ( x)  1
sin  ( x)  1

В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
86
Обычно 2-й способ не рационален, т.к. приходится решать две системы уравнений.
Далее применим для решения уравнения неравенство Коши-Буняковского.
sin x sin x  cos 2 x  1  2(sin 2  1) .


Решение
ОДЗ: x  R . Пусть a (sin x; 1) , b  sin x ; cos 2 x 1  . Тогда





2
ab  sin x sin x  1  cos 2 x  1 ; a  sin 2 x  1 ; b  sin x  cos 2  1  sin 2 x  cos 2  1  2 .
  
 
Согласно неравенству Коши-Буняковского: ab  a  b a , b , справедлива оценка:
Пример.
Решить уравнение
sin x sin x  cos 2 x  1  sin 2 x  1  2 x  R


sin x
1

 0.
Равенство может быть только, если a  b , т.е. если
2
sin x
cos x  1
Следовательно, данное уравнение согласно свойствам пропорции (также см. замечание к этим свойствам)
эквивалентно уравнению
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
87
sin x  0


sin x cos x  1  sin x  sin x cos 2 x  1  1  0 






2
sin x  0

 sin x  0



2
 cos x  1  1

x  n , n  Z
sin x  0

 
 sin x  1
 x   2  2m , m  Z
 


 sin x  0
 sin x  0



cos x  0

Ответ: n ,


 2 n n  Z 
2

Решим еще с помощью этого неравенства систему уравнений.

 x4  y4  z4  1
.
 2
2
2

x  y  2z  7





Решение. Пусть a1; 1; 2 , b ( x 2 ; y 2 ; z 2 ) . Тогда ab  x 2  y 2  2z 2 ; a  6 ; b  x 4  y 4  z 4  1 .
Пример.
Решить систему
Последнее равенство записано с учетом 1-го уравнения системы.
Используя неравенство Коши-Буняковского, получили оценку
откуда следует, что 2-е уравнение системы не выполняется.
x 2  y 2  2z 2  6 1  7 ,
Ответ: .
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
88
Уравнения с двумя неизвестными
F ( x, y )  0 .
Это уравнения вида
Обычно такое уравнение на координатной плоскости описывает линию. Координаты точек линии и
являются решениями уравнения. Однако в некоторых случаях уравнение описывает одну точку, несколько
отдельно стоящих точек или пустое множество. Это так называемые случаи вырождения линии. Как раз
такие уравнения иногда предлагают решить на конкурсных экзаменах. Для их решения применяют тот же
метод оценок ограниченности функций и др.
Решение методом оценок ограниченности
Рассмотрим на примерах.
Пример.
Решение.
Решить уравнение
4 x y  9 xy  25  2 x y 3  6  3 xy .

 
2

2
4 x y  2  4  2 x y  16  9 xy  6  3 xy  9  0  2 x y  4  3 xy  3  0 
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
2 x  y  4  0
x  y  2
89
x  1
  xy
 
 
 3  3  0
y  1
 xy  1
Подобное уравнение:
Пример.
Решение.
Ответ: (1; 1).
4 x y  9 xy  145  2 x y 4  2  3 xy 2 .
Решить уравнение
x  y  0

 xy  0
ОДЗ: 
x  0
.

y  0
xy
 1  log 3 ( x  y ) 2 .
2
xy
log 32 ( x  y )  2 log 3 | x  y | 1  log 22
 0
2
log 32 ( x  y )  log 22
log 3 ( x  y )  1  0
xy 

2 
 log 3 ( x  y)  1   log 2   0  

xy
2

 log 2 2  0
2
Ответ: (1; 2); (2; 1).
 x  1

x  y  3
y2
 

x  2
 xy  2
 y  1

Ответ: (1; 2); (2; 1).
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
Пример ([7], №1141, измененный).
Решение.
90
2  2 sin x(sin y  cos y )  cos 2 x .
2  2 2 sin x  sin( y   4)  1  2 sin 2 x ;
2 sin 2 x  2 2 sin x  sin( y   4)  1  0 ;
2 sin 2 x  2 2 sin x  sin( y   4)  sin 2 ( y   4)  cos 2 ( y   4)  0
cos( y   4)  0 (1)
2

2 sin x  sin( y   4)  cos 2 ( y   4)  0  
 2 sin x  sin( y   4) (2)
Из (1) находим:
y  4   2  n ,
y   4   n, n  Z .


Подставляем в (2):
x  (1) k arcsin
(1) n
2
2 sin x  sin(  2   n) ;
2 sin x  (1) n ;
 k , k  Z ; x  (1) k (1) n arcsin
1
2
 k ;


Ответ:  (1) k  n
sin x  (1) n
x  (1) k  n

4
 k ;


4
2;
 k , k  Z .

 n , k  Z , n  Z .
4

В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
91
Решение путем сведения к анализу уравнения известного типа
В другом способе с помощью обозначений заданное уравнение сводят к уравнению известного типа,
например, квадратному, и анализируют условие существования его корней.


tg 2 x  2 2 tgx  sin  y    2  0 .
4

2
Решение.
Обозначим t  tgx . t  2 2 sin( y   / 4)  t  2  0 .
Условие существования решения квадратного уравнения D  0 .
8 sin 2 ( y   / 4)  8  0 ; sin 2 ( y   / 4)  1  sin( y   / 4)  1 .
Пример [7], №1139.
Решить уравнение
Решаем квадратное уравнение при этом условии:
t  2 2 t  2  0 ; (t  2 ) 2  0 ; t  2  0 ; t   2 .
2
Итак, данное уравнение равносильно совокупности систем:
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
92
 sin( y   / 4)  1
  y   / 4   / 2   n, n  Z


x  arctg 2   k , k  Z
  tgx   2
 
sin( y   / 4)  1
 y   / 4  3 / 2   n, n  Z

 x  arctg 2   k , k  Z
tgx  2


 
5 

Ответ:   k  arctg 2 ;  n   ,   k  arctg 2 ;  n 
 , k, n  Z .
4 
4 

Замечание. Это уравнение можно решить и предыдущим способом:
tg 2 x  2 2 tgx  sin( y   / 4)  2 sin 2 ( y   / 4)  2 cos 2 ( y   / 4)  0 ;
 tgx 

2
2 sin( y   / 4)  2 cos 2 ( y   / 4)  0 .
Уравнения примеров предыдущего пункта можно также решить, сводя к анализу квадратного уравнения.
Попробуйте это сделать.
В.П.Пьянков
Избранные разделы элементарной математики
93
Литература
Алексеев В.М. Элементарная математика. Решение задач. – К.: Вища школа, 1989.
Болтянский В.Г., Сидоров Ю.В., Шабунин М.И. Лекции и задачи по элементарной математике. – М.: Наука, 1974.
Дорофеев Г.В., Потапов М.К., Розов Н.Х. Пособие по математике для поступающих в вузы. Избранные вопросы
элементарной математики. – М.: Наука, 1973.
4. Математика. Сборник задач. Пособие для подготовительных отделений. / Л.К.Головко, З.В.Демьяненко,
А.Е.Журавель, В.Г.Стеценко. – К.: Вища школа, 1986.
5. Мерзляк А.Г., Полонский В.Б., Якир М.С. Алгебраический тренажер. Пособие для школьников и абитуриентов. –
К.: А.С.К., 1997.
6. Назаренко А.М., Назаренко Л.Д. Тысяча и один пример. Равенства и неравенства. Пособие для абитуриентов. –
Сумы: Слобожанщина, 1994.
7. Пособие по математике для поступающих в вузы. / Б.И.Александров, В.М.Максимов, М.В.Лурье,
А.В.Колесниченко. – М.: МГУ, 1972.
8. Сборник конкурсных задач по математике для поступающих во втузы. / Под ред. М.И.Сканави.
9. Сборник задач по математике с решениями. / Сост. Д.Н.Кравчук, Е.В.Кравчук, С.И.Клемина. – Донецк: ПКФ
БАО, 1997.
10. Галицкий М.Л., Гольдман А.М., Звавич Л.И. Сборник задач по алгебре для 8-9 классов: Учеб. пособие для
учащихся шк. и кл. с углубл. изуч. математики. – М.: Просвещение, 1997.
1.
2.
3.