| Описание и условия задач |
Решения задач части 1 |
Решения задач части 2 |
Решения задач части 3 |
Решения задач части 4 |
2.1Решить в области вещественных чисел: $||5-2x|-1| = 4$.
Преобразуем заданное уравнение: $$ \begin{array}{l} |5-2x|-1 = \pm 4 \; \Leftrightarrow \\ |5x-2x| = 1 \pm 4 \end{array} $$
Так как абсолютная величина не может быть отрицательной, значение $1-4=-3$ отбрасывается. Таким образом $$ \begin{array}{l} |5-2x| = 5 \; \Leftrightarrow \\ 5-2x = \pm 5 \; \Leftrightarrow \\ x = \dfrac{5 \pm 5}{2} \end{array} $$
Ответ: $x_1 = 0$, $x_2 = 5$.
2.2Решить в области вещественных чисел: $|sin\,x| = cos\,x$.
Из многочисленных способов решения этого уравнения покажем два.
Первый способ. В отличие от предыдущего уравнения правая часть не является константой. Поэтому, заменяя данное уравнение уравнением $sin\,x = \pm cos\,x$ мы приобретаем лишние корни, соответствующие уравнению $|sin\,x| = -cos\,x$. Таким образом, от значений $x$ с отрицательным косинусом придется избавиться.
Имея это в виду, преобразуем полученное уравнение: \begin{array}{l} sin\,x = \pm cos\,x \; \Leftrightarrow \; sin\,x \pm cos\,x = 0 \; \Leftrightarrow \\ \sqrt{2}\, sin(x \pm \dfrac{\pi}{4}) = 0 \; \Leftrightarrow \; x \pm \dfrac{\pi}{4} = \pi k \quad k=0,\pm1,\pm2 \dots \end{array}
Таким образом, $$ x = \pm \dfrac{\pi}{4} + \pi k \quad k=0,\pm1,\pm2 \dots $$ что в промежутке $\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}\right)$ дает следующие значения $x$: $-\frac{\pi}{4}$, $\frac{\pi}{4}$, $\frac{3\pi}{4}$, $\frac{5\pi}{4}$. Неотрицательный косинус имеет место при $x = -\frac{\pi}{4}$ и $x=\frac{\pi}{4}$.
Ответ: $x= \pm \frac{\pi}{4} + 2\pi k \quad k=0,\pm1,\pm2 \dots$.
Второй способ. Возводим в квадрат. При этом приобретаются лишние корни с отрицательным косинусом. $$ sin^2 x = cos^2 x $$
Подстановка $sin^2 x = 1 - cos^2 x$, позволяет найти $cos^2x$: $$ cos^2 x = \dfrac{1}{2} $$
Поскольку $cos\,x$ неотрицателен, $cos\,x = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$.
Ответ: $x= \pm \frac{\pi}{4} + 2\pi k \quad k=0,\pm1,\pm2 \dots$.
2.3Решить в области вещественных чисел: $|sin\,x| \gt cos\,x$.
По сравнению с предыдущей задачей изменился только знак: равенство стало неравенством. Однако подход принципиально отличается.
При $cos\,x \lt 0$ неравенство заведомо выполняется.
В случае $cos\,x \geqslant 0$ обе части неравенства неотрицательны, так что его можно без боязни возводить в квадрат: $$ sin^2 x \gt cos^2 x $$
Знакомая подстановка $sin^2 x = 1 - cos^2 x$ приводит к неравенству $$ cos^2 x \lt \dfrac{1}{2} $$ и поскольку $cos\,x$ снова неотрицателен, то $0 \leqslant cos\,x \lt \dfrac{\sqrt{2}}{2}$
Объединив полученное неравенство с неравенством $cos\,x \lt 0$, получаем: $cos\,x \lt \dfrac{\sqrt{2}}{2}$, откуда находим значения $x$.
Ответ: $\frac{\pi}{4} + 2\pi k \lt x \lt \frac{7\pi}{4} + 2\pi k$, $k=0, \pm1, \pm2, \dots$
2.4Решить в области вещественных чисел: $|x^4-x^2-5| = ||x^4-4|-x^2-1|$.
Так как корни многочленов найти не просто, применим хитрый способ. Из второго неравенства треугольника следует: $$ |x^4-x^2-5| = |(x^4-4)-(x^2+1)| \geqslant ||x^4-4|-|x^2+1|| $$
Поскольку выражение $x^2+1$ заведомо положительно, $|x^2+1|=x^2+1$, откуда получаем $$ |x^4-x^2-5| \geqslant ||x^4-4|-x^2-1| $$ что совпадает с заданным уравнением «с точностью до знака».
Требуется полученное неравенство обратить в равенство, для чего необходимо и достаточно, чтобы среди чисел, $(x^4-4)$ и $(x^2+1)$ был нуль, или числа были одинакового знака. Поскольку число $(x^2+1)$ может быть только положительным, всё зависит от $(x^4-4)$: оно должно быть или нулем, или положительным: $$ x^4 - 4 \geqslant 0 \quad \Leftrightarrow \quad x^2 \geqslant 2 \quad \Leftrightarrow \quad |x| \geqslant \sqrt{2} $$
Ответ: $x \in (-\infty, -\sqrt{2}] \cup [\sqrt{2}, +\infty)$.
2.5Решить в области вещественных чисел: $|x-2|+|x-1|+|x|+|x+1|+|x+2| \leqslant 6$
Источник: МЦМНО (problems.ru) задача 35150 В оригинале равенство вместо неравенства.
Первый способ. Обозначим функцию в левой части через $f(x)$: $$ f(x)=|x-2|+|x-1|+|x|+|x+1|+|x+2| $$
Точки излома функции: $x=0, \pm1, \pm2$, однако, поскольку $f(x)$ — четная функция ($f(-x)=f(x)$), достаточно рассмотреть неотрицательные значения $x$.
Находим значения $f(x)$ в точках излома: $$ \begin{array}{l} f(0) = 2 + 1 + 0 + 1 + 2 = 6 \\ f(1) = 1 + 0 + 1 + 2 + 3 = 7 \\ f(2) = 0 + 1 + 2 + 3 + 4 = 10 \end{array} $$
Так как аргумент $x$ всюду появляется в первой степени, график функции между точками излома является отрезком прямой. Ввиду $f(2) \gt f(1) \gt f(0)$ функция $f(x)$ монотонно возрастает на отрезке [0,2], поэтому $f(x) \gt f(0) = 6$ при $x \in (0,2]$. Также $f(x) \gt 6$ на интервале $(2, +\infty)$, поскольку в противном случае линейная функция на этом бесконечном интервале была бы убывающей и достигла отрицательных значений, что невозможно, ввиду того, что $f(x)$ — сумма абсолютных величин. Таким образом нуль — единственное значение аргумента, где $f(x) \leqslant 6$.
Ответ: $x=0$.
Второй способ. Воспользуемся «модифицированным неравенством треугольника» (частный случай неравенства (1.3.6)): $$ |a-b| \leqslant |a| + |b| $$
Имеем: $$ |(x+2)-(x-2)| \leqslant |x-2| + |x+2| $$ или $$ |x-2| + |x+2| \geqslant 4 $$
Аналогично: $$ |x-1| + |x+1| \geqslant 2 $$
И уж конечно $$ |x| \geqslant 0 $$
Складывая последние три неравенства, получаем неравенство: $$ |x-2|+|x-1|+|x|+|x+1|+|x+2| \geqslant 6 $$ которое отличается от заданного неравенства только направлением знака. В таком случае неравенства могут быть совместными только при наличии равенства, для чего необходимо, чтобы каждое из трех сложенных неравенств было равенством. В частности $|x| = 0$, то есть $x=0$. Подставляя значение $x=0$ в заданное неравенство убеждаемся в том, что оно верно.
Ответ: $x=0$.
2.6Решить в области вещественных чисел: $x^2\cdot 2^{x+1}+2^{|x-3|+2} = x^2\cdot 2^{|x-3|+4}+2^{x-1}$.
Вступительные экзамены в мехмат МГУ 1961г.
По-видимому здесь нет ничего лучше рассмотрения промежутков. Благо у нас их всего два.
Если $x \geqslant 3$, то $|x-3| = x-3$, что приводит ... $$ x^2\cdot 2^{x+1} + 2^{x-1} = x^2\cdot 2^{x+1} + 2^{x-1} $$ к тождеству! Таким образом все точки полуинтервала $[3,+\infty)$ удовлетворяют уравнению.
Обратимся к менее тривиальному случаю $x \lt 3$, при котором $|x-3|=3-x$, так что получается: $$ x^2\cdot 2^{x+1} + 2^{5-x} = x^2\cdot 2^{7-x} + 2^{x-1} $$
Когда других идей нет, остается разложение на множители. Пробуем это сделать: $$ x^2\cdot 2^{x+1} - x^2\cdot 2^{7-x} + 2^{5-x} - 2^{x-1} = 0 \\ 2^2\,x^2\,(2^{x-1} - 2^{5-x}) - (2^{x-1} = 2^{5-x}) = 0 \\ (4x^2 - 1)(2^{x-1} - 2^{5-x}) = 0 $$
Уравнение распадается на два: $$ \begin{array}{l} 4x^2-1 = 0 \quad \Leftrightarrow \quad x=\pm\frac{1}{2} \\ 2^{x-1} = 2^{5-x} \quad \Leftrightarrow \quad x-1 = 5-x \quad \Leftrightarrow \quad x=3 \end{array} $$
Решение $x=3$ попадает в ранее рассмотренный промежуток $[3,+\infty)$.
Ответ: $x \in \{-0,5\} \cup \{0,5\} \cup [3,+\infty)$.
2.7Решить в области вещественных чисел: $\begin{cases}|x+y| = 1 \\ |x|+|y| = 3\end{cases}$
Первый способ. Так как обе части обоих уравнений системы заведомо неотрицательны, при возведении в квадрат лишние корни не приобретаются. Проделаем это: $$ \begin{cases} x^2+ 2xy + y^2 = 1\\ x^2+ 2|xy| + y^2 = 9 \end{cases} \label{eq:2.7.1}\tag{2.7.1} $$
Вычитая из первого уравнения системы $\eqref{eq:2.7.1}$ второе, получаем: $$ 2(xy - |xy|) = -8 \label{eq:2.7.2}\tag{2.7.2} $$
Если $xy \geqslant 0$, то $|xy| = xy$, что превращает $\eqref{eq:2.7.2}$ в ложное равенство $0=-8$. Поэтому $xy \lt 0$, так что $|xy| = -xy$, и из $\eqref{eq:2.7.2}$ находим: $xy = -2$, или $$ y = -\frac{2}{x} \label{eq:2.7.3}\tag{2.7.3} $$
Подстановка вo второе уравнение заданной системы дает: $$ |x| + \frac{2}{|x|} = 3 \quad \Leftrightarrow \quad |x|^2 - 3|x| + 2 = 0 $$
откуда находим: $x_{1,2} = \pm 1$, $x_{2,3} = \pm 2$. Осталось для каждого $x$ найти $y$ из $\eqref{eq:2.7.3}$
Ответ: $(x,y)$: $(1, -2)$, $(-1, 2)$, $(2, -1)$, $(-2, 1)$.
Второй способ. Если $x$ и $y$ одного знака, или среди них есть нуль, то $|x+y|=|x|+|y|$, что приводит к несовместной системе $\begin{cases} |x|+|y| = 1 \\ |x|+|y|=3 \end{cases}$. Поэтому числа $x$ и $y$ разных знаков, так что, ввиду утверждения 1.3.4, $|x+y|=||x|-|y||$, и система выглядит так: $$ \begin{cases} ||x|-|y|| = 1 \\ |x|+|y| = 3 \end{cases} $$
В силу симметричности обоих уравнений относительно $x$ и $y$, будем считать, что $|x| \geqslant |y|$, а затем добавим симметричное решение. Таким образом получаем систему $$ \begin{cases} |x|-|y| = 1 \\ |x|+|y| = 3 \end{cases} $$ решая которую, находим: $|x|=2$, $|y|=1$.
Учитывая, что $x$ и $y$ разных знаков, имеем $x= \pm 2$, $y= \mp 1$. Симметричное решение: $x = \pm 1$, $y = \mp 2$.
Ответ: $(x,y)$: $(2, -1)$, $(-2, 1)$, $(1, -2)$, $(-1, 2)$.
2.8Решить в области вещественных чисел: $\begin{cases}|x+3|+|y+1| = 4 \\ |x-1|+|y-3| = 5\end{cases}$
Аналитический способ
Решим методом интервалов. Вначале исследуем каждое уравнение в отдельности. Результаты запишем в таблицы:
| $|x+3|+|y+1| = 4$ | ||
|---|---|---|
| $x \lt -3$ | $x \geqslant -3$ | |
| $y \lt -1$ | $\begin{array}{c} -x-3-y-1=4 \\ x+y=-8 \end{array}$ | $\begin{array}{c} x+3-y-1=4 \\ x-y=2 \end{array}$ |
| $y \geqslant -1$ | $\begin{array}{c} -x-3+y+1=4 \\ x-y=6 \end{array}$ | $\begin{array}{c} x+3+y+1=4 \\ x+y=0 \end{array}$ |
| $|x-1|+|y-3| = 5$ | ||
|---|---|---|
| $x \lt 1$ | $x \geqslant 1$ | |
| $y \lt 3$ | $\begin{array}{c} -x+1-y+3=5 \\ x+y=-1 \end{array}$ | $\begin{array}{c} x-1-y+3=5 \\ x-y=3 \end{array}$ |
| $y \geqslant 3$ | $\begin{array}{c} -x+1+y-3=5 \\ x-y=-7 \end{array}$ | $\begin{array}{c} x-1+y-3=5 \\ x+y=9 \end{array}$ |
Теперь рассматриваем различные варианты:
| $x \lt -3$ | $y \lt -1$ | $\begin{cases} x+y=-8 \\ x+y=-1 \end{cases}$ несовместна |
|---|---|---|
| $-1 \leqslant y \lt 3$ | $\begin{cases} x-y=-6 \\ x+y=-1 \end{cases} \quad \Leftrightarrow \quad \begin{cases} x=-3,5 \\ y=2,5 \end{cases}$ подходит | |
| $ y \geqslant 3$ | $\begin{cases} x-y=-6 \\ x-y=-7 \end{cases}$ несовместна | |
| $-3 \leqslant x \lt 1$ | $y \lt -1$ | $\begin{cases} x-y=2 \\ x+y=-1 \end{cases} \quad \Leftrightarrow \quad \begin{cases} x=0,5 \\ y=-1,5 \end{cases}$ подходит |
| $-1 \leqslant y \lt 3$ | $\begin{cases} x-y=0 \\ x+y=-1 \end{cases}$ несовместна | |
| $ y \geqslant 3$ | $\begin{cases} x+y=0 \\ x-y=-7 \end{cases} \quad x=-3.5$ не удовлетворяет промежутку | |
| $x \geqslant 1$ | $y \lt -1$ | $\begin{cases} x-y=2 \\ x-y=3 \end{cases}$ несовместна |
| $-1 \leqslant y \lt 3$ | $\begin{cases} x+y=0 \\ x-y=3 \end{cases} \quad y=-1,5$ не удовлетворяет промежутку | |
| $ y \geqslant 3$ | $\begin{cases} x+y=0 \\ x+y=9 \end{cases}$ несовместна |
Ответ: $(x,y)$: $(-3,5; 2,5)$, $(0,5; -1,5)$
Графический способ
Как выяснится чуть позже (задача 4.2) множеством точек координатной плоскости, удовлетворяющих равенству $|x|+|y|=c$ ($c \gt 0 $) является квадрат с вершинами в точках $(c,0)$, $(0,c)$, $(-c,0)$ и $(0,-c)$. В случае равенства $|x+a|+|y+b|=c$ квадрат следует сдвинуть вдоль оси абсцисс на $|a|$ единиц влево (при $a \gt 0$) или вправо (при $a \lt 0$), а также на $|b|$ единиц вверх (при $b \gt 0$) или вниз (при $b \lt 0$).
Таким образом получаем квадраты, изображенные на чертеже, пересечения которых дают требуемые решения.
Ответ: $(x,y)$: $(-3,5; 2,5)$, $(0,5; -1,5)$
2.9Решить в области вещественных чисел: $|\sqrt{2}|x|-1| \cdot \log_2{(2-2x^2)} \geqslant 1$
Факультет эконом. кибернетики МГУ. Вступительный экзамен 1965г. На этот раз кибернетикам в самый раз, несмотря на то, что в то время не было ни персональных компьютеров, ни даже графических калькуляторов.☺️ Решение авторов задачи мне неизвестно, хотя очень хотелось бы взглянуть на него.
Так как левая часть неравенства обязана быть положительной, то учитывая $|\sqrt{2}|x|-1| \geqslant 0$, необходимо: $$ \log_2{(2-2x^2)} \gt 0 \quad \Leftrightarrow \quad 2-2x^2 \gt 1 \quad \Leftrightarrow \quad |x| \lt \dfrac{1}{\sqrt{2}} $$
Отсюда $\sqrt{2}|x|-1 \lt 0$, поэтому $|\sqrt{2}|x| -1| = 1 - \sqrt{2}|x|$.
Таким образом заданное неравенство переписывается в виде: $$ (1-\sqrt{2}{x}) \cdot \log_2{(2-2x^2)} \geqslant 1 \label{eq:2.9.1}\tag{2.9.1} $$
Заметим, что $$ 1-\sqrt{2}{x} \leqslant 1 \label{eq:2.9.2}\tag{2.9.2} $$ кроме того, из тождественного неравенства $2-2x^2 \leqslant 2$ и монотонности логарифма следует: $$ \log_2{(2-2x^2)} \leqslant \log_2{2} = 1 \label{eq:2.9.3}\tag{2.9.3} $$
Перемножая неравенства $\eqref{eq:2.9.2}$ и $\eqref{eq:2.9.3}$ (что оправдано, поскольку было выяснено, что оба сомножителя в левой части $\eqref{eq:2.9.1}$ положительны), получаем: $$ (1-\sqrt{2}{x}) \cdot \log_2{(2-2x^2)} \leqslant 1 $$ которое отличается от неравенства $\eqref{eq:2.9.1}$ только противоположным знаком. Таким образом, обязано иметь место равенство, так что оба неравенства $\eqref{eq:2.9.2}$ и $\eqref{eq:2.9.3}$ должны обращаться в равенство. Из $\eqref{eq:2.9.2}$ находим $x=0$. При этом заданное неравенство действительно верно, а других подходящих значений $x$ быть не может.
Ответ: $x=0$.
2.10Решить в области вещественных чисел: $\dfrac{4}{|x+1|-2} \geqslant |x-1|$
Факультет психологии МГУ. Вступительный экзамен 1979г.
Если знаменатель левой части отрицателен, вся левая часть становится отрицательной, что приводит к заведомо ложному неравенству. Так как знаменатель не может быть нулевым, он должен быть положительным. Таким образом приходим к неравенству $|x+1| \gt 2$, откуда $$ x \in (-\infty, -3) \cup (1, +\infty) \label{eq:2.10.1}\tag{2.10.1} $$
Положительность знаменателя, позволяет умножить на него обе части неравенства, что после упрощений приводит к $$ |x^2-1| - 2|x-1| - 4 \leqslant 0 $$
Далее замечаем, что, ввиду $\eqref{eq:2.10.1}$, $|x| \gt 1$, откуда $x^2 - 1 \gt 0$, что приводит к дальнейшему упрощению неравенства: $$ x^2 - 2|x-1| - 5 \leqslant 0 $$
Теперь, когда перебор минимизирован до предела, можно наконец перейти к рассмотрению каждого из интервалов в $\eqref{eq:2.10.1}$:
1) Если $x \in (1, +\infty)$, то $x-1 \gt 0$, так что получаем следующую систему неравенств: $$ \begin{cases} x \gt 1 \\ x^2-2x-3 \geqslant 0 \quad \Leftrightarrow \quad -1 \leqslant x \leqslant 3 \end{cases} $$ откуда $1 \lt x \leqslant 3$ или $x \in (1,3]$.
2) Пусть теперь $x \in (-\infty, -3)$. Тогда $x \lt 1$, так что $|x-1| = 1-x$. Это приводит к следующей системе неравенств: $$ \begin{cases} x \lt -3\\ x^2+2x-7 \geqslant 0 \quad \Leftrightarrow \quad -1-\sqrt{8} \leqslant x \leqslant -1+\sqrt{8} \end{cases} $$
Настроение такое бодрое, что даже иррациональные числа его не могут испортить. Тем более, что здесь все довольно просто: $$ \begin{array}{l} -1+\sqrt{8} \gt -1 \gt -3 \\ -1-\sqrt{8} \lt -1-\sqrt{4} = -3 \end{array} $$
Таким образом, $-3 \in (-1-\sqrt{8}, -1+\sqrt{8})$, так что решение системы неравенств: $-1-\sqrt{8} \leqslant x \lt -3$ или $x \in [-1-2\sqrt{2}, -3)$.Ответ: $x \in [-1-2\sqrt{2}, -3) \cup (1, 3]$.
Между прочим, решение авторов задачи настолько длинное, что на него можно было потратить всё экзаменационное время. (Всего задач было 5.) Уверен однако, что будущие психологи оказались прозорливее авторов и не стали тратить время попусту.
| Описание и условия задач |
Решения задач части 1 |
Решения задач части 2 |
Решения задач части 3 |
Решения задач части 4 |
Комментариев нет:
Отправить комментарий