Text
                    





Л
п

МАТЕМАТИКЕ
Е.Б. БАХОВСКИЙ
А. А. РЫВКИН
Ш


Е. Б. БАХОВСКИЙ А. А. РЫВКИН ЗАДАЧИ по ЭЛЕМЕНТАРНОЙ МАТЕМАТИКЕ ПОВЫШЕННОЙ ТРУДНОСТИ ИЗДАТЕЛЬСТВО «НАУКА» ГЛАВНАЯ РЕДАКЦИЯ ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ЛИТЕРАТУРЫ МОСКВА 1969
51 В 22 УДК 510 (023) Книга предназначена для углубленного изуче- ния программы средней школы. В ней содержится около 500 задач (с указаниями и решениями), среди которых нет однотипных. В задачнике по- мимо традиционных представлены такие разделы, как стереометрические задачи, решаемые на проек- ционном чертеже, иррациональные, логарифмиче- ские и трансцендентные неравенства, отыскание периодов тригонометрических функций и др. Не- которые главы снабжены небольшими теоретиче- скими введениями, дополняющими школьные учеб- ники. Книга рассчитана па учащихся, которые гото- вятся к поступлению в вузы с расширенной про- граммой по математике. Она может быть исполь- зована также для организации факультативных занятий, для работы в школьных математических кружках и для занятий в физико-математических школах.
ОГЛАВЛЕНИЕ Предисловие . . . . ’ 5 Глава 1. Геометрические задачи Задачи Указания I П и III Решения на плоскости . 7 95 135 171 Г л а в а 2. Построения на плоскости Г л а в а 3. Геометрические задачи в 13 101 140 208 пространстве Глава 4. Геометрические задачи 15 103 141 216 на проекционном чертеже . . . 21 109 148 257 Глава 5» Геометрические места Глава 6. Свойства чисел. Дели- 25 111 149 266 мость Глава 7. Алгебраические преоб- 26 112 150 273 разования Глава 8. Делимость многочле- нов. Теорема Безу. Целые урав- 26 112 150 277 нения Глава 9. Алгебраические урав- 30 113 151 285 нения и системы Глава 10. Алгебраические не- 32 114 152 293 равенства Глава 11. Логарифмические и показательные уравнения и си- 45 117 154 326 стемы Глава 12. Тригонометрические 55 120 156 352 преобразования Глава 13. Тригонометрические 58 121 158 367 уравнения и системы ..... 61 122 158 373 I*
4 ОГЛАВЛЕНИЕ Г лава 14, Тригонометрические неравенства........................ 67 125 Глава 15. Трансцендентные не- равенства ....................... 68 126 Глава 16. Трансцендентные урав- нения .......................... 69 126 Глава 17. Комплексные числа 70 1 127 Глава 18. Задачи на составление уравнений.......................... 73 128 Глава 19. Последовательности и прогрессии........................ 82 130 Глава 20. Суммирование ... 85 131 Глава 21. Соединения и бином 87 132 Глава 22. Обратные тригономет- рические функции................... 90 132 Глава 23. Область определения. Периодичность ..................... 91 133 Г л а в а 24. Наибольшие и паи- * меньшие значения................. 93 134 162 163 163 164 164 166 167 168 169 169 169 410 420 426 433 440 454 463 469 475 485 490
ПРЕДИСЛОВИЕ В последние два года было издано почти одновременно несколь- ко новых пособий и задачников, предназначенных для углублен- ного изучения элементарной математики. Появление в таких усло- виях еще одной книги подобного плана должно быть оправдано. С такого оправдания и будет Начато предисловие. Нередко книги по элементарной математике написаны либо с целью провести юного читателя за руку через все возникающие на его пути преграды, либо с позиций того преподавателя плавания, который руководствуется принципом—барахтайся, пока не научишь- ся. Авторы далеки от мысли критиковать те или иные конкретные пособия и задачники только потому, что они принадлежат к первой или второй группе. Здесь осуществлена лишь попытка предложить некую третью альтернативу, основанную на убеждении, что препода- вание математики в средней школе выполнит свое назначение только в том случае, если, помимо необходимого объема информации и тех- нических навыков, поможет своему воспитаннику овладеть культу- рой математических рассуждений, т. е. научит его самостоятельно пользоваться известными ему методами. Авторы надеялись прибли- зиться к достижению поставленной перед собой цели, создав полу- программированный задачник, в котором обычную форму: условия задачи — решение удалось бы видоизменить с тем, чтобы обеспечить максимальную самостоятельность читателя. Так появилась идея снаб- дить каждую задачу одним или двумя (а в исключительных случаях и тремя) указаниями. Эти указания собраны отдельно и предшест- вуют решениям, причем каждое третье указание помещено непосред- ственно после второго и отделено от него пробелом. Если к задаче дано только первое указание, то в конце его стоит знак Вначале предполагалось сделать указания и решения единым целым с тем, чтобы в решениях не повторялись соображения, уже отраженные в указаниях. Однако интересы преподавателей средней школы, которым также адресована эта книга, заставили нас сделать решения достаточно самостоятельными для квалифицированного читателя. При написании указаний авторы стремились помочь читателю адаптироваться к условиям конкретной задачи и прийти к ее решению естественным путем. Таким образом, цель указаний—продемонстри- ровать на примерах, как нужно приступать к решению задач, как максимально использовать условие задачи и эффективный аппарат аналогий.
6 ПРЕДИСЛОВИЕ Если в задачнике содержится более тысячи задач, то читателю предстоит осуществить разумное планирование своих усилий с тем, чтобы отобрать из этой массы задач те, решение которых необхо- димо. Мы приняли эту заботу почти полностью на себя, избегая включать в задачник однотипные задачи и ограничив количество задач числом пятьсот, т. е. тем количеством, которое читатель в состоянии решить в течение года самостоятельных занятий. Основу задачника составили варианты письменных работ по математике, предлагавшихся на вступительных экзаменах в ряде ведущих вузов Москвы. В задачник, как это видно из его названия, включены в ос- новном задачи повышенной трудности. Это определяет и пути его использования. Нам представляется, что он будет полезен при организации в школе факультативных занятий математикой, а также для самостоятельной подготовки к вступительным экзаменам в вузы с повышенными требованиями по математике. Некоторые главы задачника снабжены теоретическими введе- ниями. Это сделано в тех случаях, когда изложение соответству- ющих разделов в школьном курсе либо отсутствует, либо не удов- летворяет авторов. Наиболее подробные введения предпосланы главам «Алгебраические уравнения и системы» и «Алгебраические неравенства». Следует предостеречь читателя от пользования теоретическими введениями как справочным материалом, так как отдельные опре- деления не соответствуют подобным определениям в стабильных учебниках. Каждое такое введение нужно либо прочесть от начала до конца, либо не читать вовсе. Правда, тот, кто выберет второе, будет испытывать дополнительные трудности при разборе задач. В задачнике есть разделы, которые исключены в настоящее вре- мя из программы средней школы: обратные тригонометрические функции, комбинаторика. По мнению авторов исчезновение этих тем из школьного курса существенно обеднило математический опыт вы- пускников. Их изучение на факультативных занятиях смогло бы отчасти устранить.образовавшийся пробел. Некоторые главы задачника посвящены сравнительно новым темам, проникшим на конкурсные экзамены в последние годы. Авторы считают своим приятным долгом искренне поблагодарить тех, кто помогал им в работе советами в дружеской критикой. Это в первую очередь Н. X. Розов и А. 3. Рывкин, внимательно про- читавшие рукопись и сделавшие ряд конструктивных замечаний по ее улучшению, А. Волынский и И. Ильина, предложившие более рациональное решение нескольких задач, и, наконец, редактор книги А. Д. Бершадский, который интерпретировал свои обязан- ности более широко, чем это обычно принято, и прорешал все за- дачи, обнаружив ошибки в ответах и нерациональность в решениях. Мы будем признательны всем, кто найдет время, чтобы выска- зать нам свое критическое отношение к этой книге. Авторы
ЗАДАЧИ Глава 1 ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ НА ПЛОСКОСТИ Обозначения: аЛ Ь, с—стороны треугольника; А, В, С — углы, лежащие против этих сторон, соответственно; та—медиана стороны а; 1д—биссектриса угла A; ha—высота, опущенная на сторону а- Я—радиус описанной окружности; г—радиус вписанной окружности; Р = 2р—периметр многоугольника. Длиной биссектрисы внешнего угла А треугольника называется отрезок биссектрисы, заключенный между точкой А и точкой пересе- чения биссектрисы с продолжением стороны а. Отношение площадей двух треугольников, имеющих общий угол* равно отношению произведений сторон, заключающих этот общий угол. Имеет место формула, выражающая длину медианы треугольника через длины его сторон: та — ~ }/'2д3+2с2—а2. Если в многоугольник можно вписать окружность, то его пло- щадь S=pr. Площадь четырехугольника: S=~d1d2'sina* где dr и d2—длины его диагоналей, a a—угол между ними. При решении планиметрических задач приходится применять производные пропорции. „ ас maA-nb mc-\-nd Если » ТО ------г = b d pa~\~qb pc-\-qd Если а1 _____Q3 _ __ап__ ^2 ^3 ТО dz а2 ± а3 rfc ... ап_с ± &2 i ^з i -. • ± d где комбинация знаков берется любая, но одинаковая для числителя и знаменателя.
8 ЗАДАЧИ ИЛ 1.1. Вокруг правильного треугольника АВС опи- сана окружность О радиуса R. Окружность касается двух сторон АВ и ВС треугольника и окружнос- ти О. Найти расстояние от центра окружности Ог до вер- шины А. 1.2. Высота равнобедренного треугольника с углом а при основании больше радиуса вписанного в него круга на т. Определить основание треугольника и радиус описан- ной окружности. 1.3. Доказать, что радиус окружности, делящей пополам стороны треугольника, вдвое меньше радиуса окружности, описанной около этого треугольника. 1.4. В треугольнике соединены основания биссектрис. Найти отношение площади данного треугольника к площади образовавшегося треугольника, если стороны данного тре- угольника относятся как p'.q'.l. 1.5. Даны внутренние углы Л, В, С треугольника АВС. Пусть окружность касается сторон ВС, АС и АВ треуголь- ника соответственно в точках Лг, BY, CY. Найти отноше- ние площади треугольника к площади треуголь- ника АВС. 1.6. Дан треугольник АВС, углы В и С которого отно- сятся, как 1:3, а биссектриса угла А делит пло- щадь треугольника в отношении 2:1. Найти углы тре- угольника. 1.7. Вычислить длину Z биссектрисы внешнего угла А треугольника, если даны его стороны b и с и угол А между ними (Ь^= с). 1.8. В треугольнике площади S с острым углом а при вершине А биссектриса угла А в р раз меньше радиуса описанного и в q раз больше радиуса вписанно- го круга. Найти сторону треугольника, лежащую против угла А. 1.9. В треугольнике АВС проведены биссектрисы AM и ВМ Пусть О—точка их пересечения. Известно, что АО относится к ОМ, как У 3 к единице, а ВО к ON как единица к У 3 — 1. Найти углы треугольника. 1.10. Внутри угла а взята точка М. Ее проекции Р и Q на стороны угла удалены от вершины О угла на расстояния ОР~р и OQ = q. Найти расстояния МР и MQ от точки М до сторон угла.
1.20] ГЛ. 1. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ НА ПЛОСКОСТИ 9 1.11. В остроугольном треугольнике две высоты равны 3 см и 2]/ 2 см, а их точка пересечения делит третью высоту в отношении 5:1, считая от вершины треугольника. Найти площадь треугольника. 1.12. В треугольнике АВС разность углов В и С равна л/2. Определить угол С, если известно, что сумма сторон b и с равна /г, а высота, опущенная из вершины А, равна h. 1.13. В треугольнике АВС имеется точка О такая, что углы ABO, ВСО и САО равны ос. Выразить etga через пло-у щадь треугольника и его стороны. 1.14. В треугольнике АВС дана разность <р углов А и В (ф = Л — £?>0). Известно, что высота, опущенная из С на АВ, равна ВС—АС. Найти углы треугольника. 1.15. Даны длины высот = и BBt = hb треуголь- ника АВС и длина CD — 1 биссектрисы угла С. Найти угол С. 1.16. В треугольник с основанием а и противоположным углом ос вписана окружность. Через центр этой окружности и концы основания треугольника проведена вторая окруж- ность. Найти ее радиус. 1.17. Доказать, что если длины сторон треугольника образуют арифметическую прогрессию, то центр окружности, вписанной в этот треугольник, и точка пересечения его медиан лежат на прямой, параллельной средней по длине стороне треугольника. 1.18. В треугольнике АВС радиус вписанной окружности равен г, сторона ВС больше г в k раз, а высота, опущен- ная на эту сторону, больше г в 4 раза. Найти полупери- . А метр р, tg — и стороны b и с. 1.19. Углы С, А, В треугольника АВС образуют геомет- рическую прогрессию со знаменателем 2. Пусть О—центр окружности, вписанной в треугольник АВС, К—центр вне- вписанной окружности, касающейся стороны AC, L—центр вневписанной окружности, касающейся стороны ВС. Дока- зать, что треугольники АВС и OKL подобны. 1.20. В треугольнике АВС углы Л, В и С образуют геометрическую прогрессию со знаменателем 2. Доказать, что 1=1+1 a b * с ’
10 ЗАДАЧИ [1.21 1.21. Доказать, что если Р, Q, Р—соответственно точки пересечения каждой из сторон ВС, СА, АВ (или их продолжений) треугольника АВС с некоторой прямой, то BR-AQ-PC AR-QC-BP “ 1 (теорема Менелая). 1.22. Точка D находится на стороне ВС треуголь- ника АВС. Доказать, что АВ2 • DC + АС2 • BD—AD2 • ВС = ВС' DC • BD (теорема Стюарта). 1.23. На сторонах треугольника АВС взяты точки Р, Q и R так, что три прямые АР, BQ и CR пересекаются в одной точке. Доказать, что AR BP CQ _ RB ‘ PC ’ QA ~~ 1 (т е о р е м а Ч е в ы). 1.24. Через произвольную точку О, взятую внутри тре- угольника АВС, проведены прямые DE, FK, MN, параллель- ные соответственно АВ, АС, ВС, причем F и М лежат на АВ, Е и К—на ВС, N и D—на АС. Доказать, что ‘ AFгВЕ_1_СЛ?-1 АВ^ВС 1 С А “ ‘ 1.25. Через центр О* правильного треугольника АВС проведена произвольная прямая. Доказать, что сумма квад- ратов расстояний от вершин треугольника до этой прямой не зависит от выбора прямой. 1.26. Вокруг треугольника АВС, в котором а = 2, и угол С=60°, описана окружность. Определить радиусы окружностей, проходящих через две вершины треугольника и центр описанной окружности. 1.27. Стороны треугольника связаны соотношением аг^с^л_су Доказать, что угол А вдвое больше угла С* 1.28. Пусть О—центр окружности, вписанной в тре- угольник АВС. Доказать, что если ОА2 = ОВ'ОС, В—С гч • о А . . А cos = 2 sin2 у + sin у .
1.38J ГЛ. 1. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ НА ПЛОСКОСТИ 11 1.29. Площадь 5 треугольника АВС удовлетворяет соотношению S — a2— (b — с)2. Найти угол А. 1.30. На сторонах треугольника внешним образом по- строены квадраты. Доказать, что расстояние между цент- рами квадратов, построенных на боковых сторонах, равно расстоянию от центра квадрата, построенного на основании, до противоположной вершины треугольника. 1.31. В треугольнике АВС единичной площади проведен отрезок AD, пересекающий медиану СВ в точке Ж, причем FM —~CF, Найти площадь треугольника ABD. 1.32. Доказать, что произведение диагоналей вписанного четырехугольника равно сумме произведений противополож- ных сторон (теорема Птолемея). 1.33. Отрезок, соединяющий середины оснований трапе- ции, равен их полуразности. Найти сумму углов при боль- шем основании трапеции. 1.34. Через центр квадрата ABCD проведена прямая, пересекающая сторону АВ в точке N, причем AN:NB —1:2. На этой прямой взята произвольная точка Ж, лежащая внутри квадрата. Доказать, что расстояния от точки Ж до сторон квадрата АВ, AD, ВС и CD, взятые в названном порядке, образуют арифметическую прогрессию. 1.35. Квадрат и правильный треугольник, имеющие общую вершину^ вписаны в окружность единичного ра- диуса. Найти площадь, покрытую и квадратом и треуголь- ником. 1.36. В окружность вписаны равнобедренный остроуголь- ный треугольник площади <9 и трапеция так, что ее большее основание совпадает с диаметром окружности, а боковые сто- роны параллельны боковым сторонам треугольника. Средняя линия трапеции равна I. Найти высоту трапеции. 1.37. Найти отношение площади трапеции ABCD к пло- щади треугольника AOD, где О—точка пересечения диаго- RC налей трапеции, если известно, что -—=р. AU 1.38. Два правильных многоугольника с периметрами а и b описаны около окружности, а третий правильный мно- гоугольник вписан в эту окружность. Второй и третий мно- гоугольники имеют каждый вдвое больше сторон, чем первый. Найти периметр третьего многоугольника.
12 ЗАДАЧИ [1.39 1.39. Внутри угла АОВ, меньшего л, дана точка Ж, находящаяся на расстоянии а от вершины угла. Отрезок ОЛ1 образует со сторонами угла углы а и р. Найти радиус /? окружности, проходящей через Ж и отсекающей на сторо- нах угла хорды, равные 2а. 1.40. Из внешней точки А проведены две взаимно пер- пендикулярные секущие ABD и АСЕ к кругу с центром О. Площади треугольников АВС и ADE относятся, как т:п. Определить величины дуг ВС и DE, каждая из которых меньше полуокружности. 1.41/ Из точки А, лежащей на окружности радиуса г, проведены две хорды АС и АВ. Эти хорды лежа/„по одну сторону от диаметра окружности, проходящего через точку Л. Длина большей хорды равна Ь, а угол ВАС равен а. Найти радиус окружности, которая касается хорд АВ и АС и дуги ВС. 1.42. Даны две концентрические окружности радиусов R и г (R > г). Найти сторону квадрата, две вершины которого лежат на одной окружности, а две другие — на другой. Найти, при каком соотношении между радиусами данных окружностей решение задачи возможно и при каком соотно- шении задача имеет единственное решение. 1.43. В сегмент, дуга которого содержит 120°, вписан квадрат. Определить сторону квадрата, если радиус круга равен 2 + 1/19. 1.44. У равнобочной трапеции с большим основанием а высота вдвое меньше меньшего’ основания. На меньшем основании, как на диаметре, построена окружность. Найти радиус окружности, касающейся построенной окружности, большего основания и боковой стороны, если острый угол трапеции равен а. 1.45. АВ и CD — два взаимно перпендикулярных диаметра окружности С центром в точке Ь радиусом BD построена окружность 52. Из точки D проведены две прямые, пересе- кающие окружность в точках Р и Q и дугу АВ окруж- ности 52, заключенную внутри окружности Slf в точках Ж и N. Точки Р и Q спроектированы на АВ; Рг и соответ- ственно— их проекции. Доказать, что фигура PMNQ равно- велика треугольнику P^D. 1.46. Через точку Р, лежащую вне окружности с цент- ром О и радиусом R, проходят две взаимно перпендикуляр-
2.4] ГЛ. 2. ПОСТРОЕНИЯ НА плоскости 13 ные секущие. Первая секущая пересекает окружность в точках А и С (точка С лежит между Р и Л), а вторая секущая — в точках В и D (D лежит между Р и В). Пусть Р±— проекция Р на АВ, а М—одна из точек пересечения АВ с окружностью, центр которой Рг, а радиус PjO. Найти длину МР. 1.47. Найти угол между двумя хордами, пересекающимися внутри окружности, если точка их пересечения удалена от 3 центра окружности на ее радиуса и делит одну хорду О пополам, а другую — в отношении 4:9. 1.48. Дан сектор ОАВ (О—центр) с центральным углом в 90° и радиусом, равным R. На отрезке ОВ, как на диа- метре, построена полуокружность, лежащая внутри сектора. Найти радиус окружности, касающейся этой полуокружности и отрезков CL4 и АВ. 1.49. В круге проведена хорда АВ, пересекающая диа- метр DE круга в точке М и наклоненная к нему под углом ср. ГТ МВ р г» Дано, что тгл =— , где р и q—известные числа. Из точки В JVi проведена хорда ВС, перпендикулярная к диаметру DE, и точка С соединена с точкой А. Найти площадь треуголь- ника АВС, если радиус круга равен R. Глава 2 ПОСТРОЕНИЯ НА ПЛОСКОСТИ 2.1. Пункты А и В находятся по разные стороны от реки, ширина которой известна, а берега прямолинейны. В каком месте надо возвести мост через реку, чтобы путь от одного пункта в другой был кратчайшим? 2.2. Построить равносторонний треугольник АВС, если дана его сторона а и известно, что две стороны АВ, АС и биссектриса AD (или их продолжения) проходят соответ- ственно через три данные, точки М, N, Р, лежащие на одной прямой. 2.3. Построить треугольник по стороне а, высоте ha и разности углов В —-С = (р. 2.4. Построить треугольник АВС по стороне Ь, радиусу R описанной окружности и медиане тс.
14 задачи [2.5 2.5. Построить треугольник, зная центры вписанной, описанной и вневписанной окружностей. 2.6. На сторонах АВ и ВС треугольника АВС построить соответственно точки D и Е так, чтобы AD = DE — EC. 2.7. Через точку, лежащую внутри угла, провести пря- мую так, чтобы отсекаемый ею треугольник был наимень- шей площади. 2.8. Построить треугольник по A, ha и 2р. 2.9. Внутри данного треугольника АВС найти точку Р, сумма расстояний которой от вершин А, В и С была бы наименьшей. 2.10. Построить прямоугольный треугольник по данной гипотенузе с и биссектрисе I прямого угла. 2.11. Построить четырехугольник, если известны три его стороны и два внутренних острых угла, прилежащих к чет- вертой стороне. 2.12. Из данной точки /И, лежащей вне круга, провести се- кущую так, чтобы внешняя ее часть равнялась внутренней. 2.13. Через точку пересечения двух окружностей про- вести секущую так, чтобы отрезок ее, заключенный внутри окружностей, имел данную длину а. 2.14. Через точку М внутри круга провести хорду так, чтобы разность ее отрезков равнялась данному отрезку. 2.15. Даны: окружность с центром О, две ее точки А и В и прямая CD, от которой окружность отсекает хорду CD (точки А и В лежат по одну сторону от CD). На ок- ружности построить точку М так, чтобы отрезок PQ хорды CD, заключенный между хордами ЛЛ4 и ВМ, был равен данному отрезку а. 2.16. Даны: окружность с центром О, две ее точки А и В, прямая и ее точка Л4, лежащая внутри окружности. Найти на окружности такую точку С, что прямые АС и ВС высекают на данной прямой отрезок, делящийся в точке М пополам. 2.17. Построить окружность, проходящую через данные точки А и В и касающуюся данной прямой PQ. 2.18. Пользуясь только линейкой, опустить перпендику- ляр из точки М, лежащей вне окружности, на данный диа- метр окружности (или на его продолжение). 2.19. Пользуясь только линейкой, опустить перпенди- куляр из точки, лежащей на окружности, на данный диаметр окружности.
ГЛ. 3. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ В ПРОСТРАНСТВЕ 15 Г л а в а 3 ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ В ПРОСТРАНСТВЕ Прежде чем приступить к решению стереометрических задач, обратите внимание на следующие определения и теоремы. Признак перпендикулярности прямой и плоскости и теорему о трех перпендикулярах нужно формулировать так: Прямая перпендикулярна к плоскости, если она перпендикулярна к двум пересекающимся прямым этой плоскости. Если проекция наклонной на плоскость перпендикулярна к пря- мой, лежащей в этой плоскости, то и сама наклонйая перпендику- лярна к этой прямой. Требование, чтобы прямые, лежащие в плоскости, и прямая, перпендикулярная к этим прямым, проходили через общую точку, излишне. Точно так же не следует требовать, чтобы наклонная, о которой идет речь в теореме о трех перпендикулярах, и прямая, лежащая в плоскости, проходили через общую точку. Расстоянием между двумя прямыми АВ и CD называется наи- меньшее из расстояний между двумя точками, одна из которых при- надлежит АВ, а другая CD. Две прямые называются параллельными, если через них можно провести плоскость и они не пересекаются. Две прямые называются скрещивающимися, если через них нельзя провести плоскость. Расстоянием между двумя скрещивающимися прямыми является длина отрезка, высекаемого ими на прямой, перпендикулярной к обеим скрещивающимся прямым. Последнее утверждение является теоремой, а не определением, и может быть доказано. Во всех последующих задачах рассматриваются только выпук- лые многогранники, т. е. такие, которые лежат по одну сторону от любой из его граней. Грани рассматриваемых многогранников явля- ются выпуклыми многоугольниками. Призмой называется многогранник, в котором две грани — рав- ные многоугольники с соответственно параллельными сторонами, а остальные грани пересекаются между собой по параллельным друг другу прямым. Второе требование в этом определении нельзя заменить усло- вием: «остальные грани—параллелограммы», так как иначе пришлось бы отнести к призмам многогранник, составленный из двух равных наклонных параллелепипедов, симметричных относительно плоскости их общего основания, крест, образованный из пяти равных кубиков и т. п. Если боковые ребра (грани) пирамиды одинаково наклонены к плоскости основания, то высота пирамиды проектируется в центр описанной вокруг основания (вписанной в основание) окружности. Если боковые ребра и грани пирамиды одинаково наклонены к плоскости основания, то пирамида правильная. Если все боковые грани пирамиды наклонены к основанию под углом а, то ^основания = ^боковой поверхности‘cos а*
16 ЗАДАЧИ [3.1 Треугольную пирамиду называют тетраэдром. Правильным тетраэдром называется тетраэдр, у которого все ребра равны. В задачах рассматриваются только прямые круговые конусы и цилиндры. Конус (цилиндр) называется равносторонним, если его осевое сечение есть правильный треугольник (квадрат). 3.1. Через точку, лежащую на ребре двугранного угла а ^0<а<у), проходят два луча, расположенных в раз- личных полуплоскостях его. Один из этих лучей перпенди- кулярен к ребру, а другой образует с ребром острый угол р. Найти угол между данными лучами. 3.2. Гипотенуза прямоугольного треугольника • лежит в некоторой плоскости Р, а катеты составляют с этой пло- скостью углы аир. Определить угол между плоскостью Р и плоскостью треугольника. 3.3. Стороны угла а наклонены к плоскости Р под углами Р и у. Найти косинус угла, который является проекцией угла а на плоскость Р. 3.4. Даны четыре скрещивающиеся прямые: а, Ь, с и d. Построить прямую, параллельную а и одинаково удаленную от остальных трех прямых. 3.5. Равносторонний треугольник АВС со стороной, рав- ной а, лежит на плоскости Р. На перпендикуляре, вос- ставленном из точки А к плоскости Р, отложен отрезок = а. Найти тангенс острого угла между прямыми АВ и SC. 3.6. В пространстве даны два луча Ах и By, не лежа- щие в одной плоскости и образующие между собой угол 90°; АВ— их общий перпендикуляр. На лучах Ах и By взяты точки: М на Ах и Р на By, такие, что 2/Ш-№ = = АВ2. Доказать, что расстояние от середины О отрезка АВ до прямой МР равно -^-АВ. 3.7. Доказать, что четырехгранный угол можно пересечь плоскостью так, чтобы в сечении получился параллело- грамм. 3.8. На плоскости Р лежит правильный треугольник АВС со стороной а. Из точек В и С восставлены перпендику- ляры к плоскости Р и на них отложены отрезки CE = d\f'2 и — (с одной стороны от плоскости Р). Найти пло-
3.17] ГЛ. 3. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ В ПРОСТРАНСТВЕ 17 щадь треугольника DBA и косинус угла между плоскостью Р и плоскостью этого треугольника. 3.9. Найти объем пирамиды, в основании которой лежит правильный треугольник со стороной а, если двугранные углы между плоскостью основания и боковыми гранями равны СО, Р и у. 3.10. Основанием пирамиды DABC служит равнобедрен- ный треугольник АВС с площадью S и основанием АВ=а. Две боковые грани пирамиды, опирающиеся на равные сто- роны основания, имеют при вершине пирамиды прямые углы. Найти угол, образованный третьей боковой гранью пира- миды и плоскостью основания, если объем пирамиды ра- вен V. 3.11. В правильной треугольной пирамиде площадь ос- нования равна ]/3, а угол бокового ребра с плоскостью ос- нования в четыре раза меньше плоского угла при вершине. Найти площадь боковой поверхности. 3.12. В тетраэдр вписан другой тетраэдр так, что его вершины лежат в точках пересечения медиан граней первого тетраэдра. Найти отношение объемов тетраэдров. 3.13. В треугольную пирамиду вписана сфера радиуса г. Точки касания сферы лежат в точках пересечения высот граней. Сумма плоских углов при вершине пирамиды равна а. Доказать, что пирамида правильная, и найти ее боко- вое ребро. 3.14. Доказать, что в усеченной пирамиде сторона квад- рата, равновеликого площади сечения пирамиды, проходя- щего через середину высоты пирамиды параллельно ее осно- ванию, равна среднему арифметическому сторон квадратов, равновеликих основаниям пирамиды. 3.15. В пирамиде ABCD дано: ВС = а, СА — Ь, АВ = с, DA = aly DB — bY, DC = cv Найти косинус острого угла между скрещивающимися ребрами AD и ВС этой пирамиды. 3.16. Плоскость, проходящая через одно из ребер пра- вильного тетраэдра, делит его объем в отношении 3:5. Найти тангенсы углов а и р, на которые эта плоскость делит двугранный угол тетраэдра. 3.17. В правильной четырехугольной пирамиде двугран- ный угол при основании равен а. Через ребро основания проведена внутри пирамиды плоскость, составляющая с ос- нованием угол р. В каком отношении она делит площади
18 задачи (3.18 те& боковых граней, которые она рассекает на два треуголь- ника? 3.18. Высота треугольной пирамиды ABCD, опущенная из вершины D, проходит через точку пересечения высот треугольника АВС, Кроме того, известно, что DB=b, DC—с, / BDC — 90°. Найти отношение площадей граней ADB и ADC. 3.19. В треугольной пирамиде SABC все плоские углы трехгранных углов с вершинами в точках А и В равны а, АВ=а. Определить объем пирамиды. 3.20. Две грани треугольной пирамиды — равнобедрен- ные прямоугольные треугольники с общей гипотенузой АВ. Двугранный угол при АВ равен а. Найти двугранный угол, у которого ребро есть катет. 3.21. В треугольной пирамиде SABC два плоских угла ASB и BSC при вершине 5 равны а, а третий плоский угол ASC равен ~. Ребро AS перпендикулярно к плоскости ос- нования АВС. Найти угол ВАС. 3.22. В тетраэдре ABCD ребро ДВ = 6, ребро CD = 8, а остальные ребра равны ]/74. Найти радиус описанного шара. 3.23. В правильной треугольной пирамиде двугранный угол между боковыми гранями равен а. Найти высоту дан- ной пирамиды, если расстояние от основания высоты до бокового ребра равно а. Ответ привести к виду, удобному для логарифмирования. 3.24. В основании треугольной пирамиды лежит правиль- ный треугольник со стороной а. Одна боковая грань пира- миды представляет собой равнобедренный треугольник с боковой стороной &(Ь=£а) и перпендикулярна к плоскости основания. Найти площадь сечения, которое является квад- ратом и пересекает эту грань по прямой, параллельной ос- нованию. 3.25. Боковые ребра треугольной пирамиды равны а, Ь, с. Плоские углы при вершине прямые. В пирамиду вписан куб так, что одна его вершина находится в вершине пира- миды, а противоположная—лежит в плоскости основания пирамиды. Найти ребро куба. 3.26. В правильную треугольную пирамиду с высотой h вписан куб с ребром а. Найти объем пирамиды.
3.38] гл. 3. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ В ПРОСТРАНСТВЕ 19 3.27. В правильной четырехугольной пирамиде сторона основания равна а, а боковое ребро образует с плоскостью основания угол а, В эту пирамиду вписан куб так, что его вершины лежат на апофемах пирамиды. Найти ребро куба. 3.28. Найти объем тетраэдра ABCD, если BC = AD = a, CA = DB = b, АВ—DC—с. 3.29. В пирамиде ABCD объем V =48, АВ— 12, CD =8. Расстояние между АВ и CD равно 6. Найти угол между ребрами АВ и CD. 3.30. В правильной треугольной призме АВСА^С^ про- ведена плоскость АуВС. В образовавшуюся над этой пло- скостью часть призмы вписан шар радиуса R, Найти объем призмы. 3.31. Ребро правильного тетраэдра равно а. Найти радиус шара, касающегося всех ребер тетраэдра. 3.32. В прямоугольный параллелепипед с ребрами а, b и с помещен куб так, что вершина О куба совпадает с вершиной параллелепипеда. Найти угол между диагоналями куба и па- раллелепипеда, проведенными через вершину О. 3.33. Сторона треугольника равна а. Разность прилегаю- щих к ней углов равна ф. На треугольнике, как на основании, построена прямая призма. Через ребро призмы, противопо- ложное стороне а, проведено сечение площади которое делит двугранный угол пополам. Найти объем призмы. 3.34. Найти расстояние между двумя непересекающимися диагоналями смежных граней куба, ребро которого равно а. 3.35. Ребро куба равно а. Сфера с центром в точке О делит три ребра куба, сходящихся в вершине А, пополам. Из одной такой точки деления /С опущен перпендикуляр на диагональ куба, проходящую через вершину А. Угол между этим перпендикуляром и радиусом сферы ОК делится ребром куба пополам. Найти радиус сферы. 3.36. Около правильного тетраэдра описан цилиндр так, что два противоположных ребра тетраэдра являются диамет* рами оснований цилиндра. Найти отношение объема тетраэдра к объему цилиндра. 3.37. Доказать, что объем правильной пирамиды меньше куба ее бокового ребра. 3.38. Два шара, отношение радиусов которых равно р, касаются друг друга внешним образом. Они помещены внутри конуса так, что центры их находятся на оси конуса; при
20 ЗАДАЧИ [3.39 этом первый шар касается боковой поверхности конуса, а второй —боковой поверхности и основания конуса. Найти отношение суммы площадей поверхностей этих шаров к пло- щади полной поверхности конуса. 3.39. Сфера вписана в прямой круговой конус с углом а при вершине осевого сечения. В эту сферу вписан конус с таким же углом при вершине осевого сечения. Найти угол а, если . отношение объема первого конуса к объему второго конуса равно а. При каких значениях а задача имеет решение? . 3.40. Около прямого кругового конуса, высота которого равна радиусу основания, описана пирамида. Площадь полной поверхности конуса равна половине площади полной поверх- ности пирамиды. Площадь боковой поверхности конуса равна л ] 2. Найти объем пирамиды. 3.41. В конус помещены пять равных шаров. Четыре из них лежат на основании конуса, причем каждый пз этих четырех шаров касается двух других, лежащих на основании, и боковой поверхности конуса. Пятый шар касается боковой поверхности конуса и остальных четырех шаров. Найти объем конуса, если радиусы шаров равны г, 3.42. В основании четырехугольной пирамиды SABCD лежит квадрат ABCD со стороной а. Ребро SD = h перпен- дикулярно к плоскости основания. Внутри пирамиды лежит цилиндр так, что окружность одного, его основания вписана в треугольник SCD, а окружность другого касается грани SAB. Найти высоту цилиндра. 3.43. В конус вписан куб так, что одно его ребро лежит на диаметре основания конуса, вершины куба, не принадле- жащие этому ребру, лежат на боковой поверхности конуса, а центр куба лежит на высоте конуса. Найти отношение объема конуса к объему куба. 3.44. В правильную усеченную треугольную пирамиду вписан шар радиуса г. Боковое ребро пирамиды равно стороне меньшего основания. Найти объем пирамиды. 3.45. Два шара радиуса г и один шар радиуса R (R> г) лежат на плоскости, касаясь друг друга внешним образом. Найти радиус шара, касающегося всех шаров и плоскости. 3.46. Две равные сферы касаются друг друга и граней двугранного угла. Третья сфера меньшего радиуса также касается граней этого двугранного угла и касается обеих
I 3.50] ГЛ. 4. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ НА ПРОБКИ. ЧЕРТЕЖЕ 21 данных сфер. Дано отношение т радиуса меньшей сферы к радиус}7 одной из равных сфер. Найти величину ос двугран- ного угла. Каким должно быть т, чтобы задача имела ре- шение? 3.47. На плоскости Р стоит равносторонний конус, высота которого 10 см. (Равносторонним называется прямой конус, осевое сечение которого — правильный треугольник.) Каждый из трех равных шаров, лежащих на плоскости Р вне конуса, касается двух других шаров и боковой поверхности конуса. Найти радиус шаров. 3.48. На плоскости уложены п равных прямых конусов, имеющих общую вершину в точке, лежащей на этой пло- скости. Каждый конус касается двух других конусов. Найти угол при вершине конуса в осевом сечении. 3.49. Ребро правильного тетраэдра ABCD равно а. На ребре АВ как на диаметре построена сфера. Найти радиус сферы, вписанной в трехгранный угол тетраэдра с вершиной в точке А и касающейся построенной сферы. 3.50. Правильная пирамида, в основании которой лежит квадрат со стороной а, вращается вокруг прямой, проходящей через ее вершину и параллельной стороне основания. Вычис- лить объем тела вращения, если плоский угол при вершине пирами- ды равен а. Глава 4 ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ НА ПРОЕКЦИОННОМ ЧЕРТЕЖЕ Умение правильно построить сече- ние по трем точкам облегчает решение некоторых геометрических задач. Прежде чем приступать к решению задач этой главы, разберите несколько Рис. 4.1. примеров на построение сечений и теней. Пример 1. Построить сечение куба, проходящее через точки Р, Q и Я, расположенные так, как показано на рис. 4.1. Точки Р и Q и точки Q и R можно соединить сразу, так как они лежат в одной плоскости. Чтобы построить прямую, по которой плоскость сечения пересечет нижнее основание куба (эта прямая называется следом), нужно знать две точки, принадлежащие этой прямой. Одна точка нам дана —
ЗАДАЧИ это точка 1?. Другую точку найдем, если продолжим до пересечения отрезки DC иJPQ> Это можно сделать, так как указанные отрезки лежат в одной плоскости и, как видно из рис. 4.1, не параллельны. Полученная в результате точка S будет лежать в плоскости нижнего R1 с. $ Рис. 4.2. основания, так как вся пря- мая DC лежит в этой плос- кости . Через точки R и S мы теперь проведем след, кото- рый плоскость сечения оста- вит на плоскости нижнего основания. В результате-по- лучим точку Т. После того как точки Т и Р соединены, сечение построено. Несколько усложним за- дачу. Пример 2. Построить сечение куба, проходящее через точки Р, Q и /?, рас- положенные так, как пока- зано на рис. 4.2. В этом случае одной вспомогательной точки окажется недоста- точно. Хотя из рис. 4.2 видно, что сечение не пересечет плоскость так же, как в примере 1, Рис. 4.3. нижнего основания, нужно построить след плоскости сечения на нижнем основании. Точку S мы построим а вторую точку Т найдем, продолжив отрезки RQ и AD. След ST пересечет прямую ВС в точке U. Так как точки U и Р лежат в плоскости сечения, то, соединив их, найдем точку V, принад- лежащую сечению куба, которая по'зво- лит завершить построение. Пример 3. Построить сечение ку- . ба, проходящее через точку R, располо- женную на передней грани куба, и точки Р и Q—на ребрах задней его грани (рис. 4.3). И на этот раз нас выручит построе- ние следа плоскости сечения на плос- кости нижнего основания. Чтобы было ясно, что точка R лежит на плоскости передней грани куба, спроектируем ее на основание. Проекция прямой PR и Прямая PR пересекутся в точке S, при- надлежащей следу. Вторую точку U следа мы получим, продолжив до пересечения ВС и PQ. След US пересечет куб по отрезку VT, Продолжим TR до пересечения с DDr в точке G. Чтобы закончить построение, по- лучим еще одну вспомогательную точку F так, как это было сделано в первом примере.
ГЛ. 4. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ НА ПРОЕКЦ. ЧЕРТЕЖЕ 23 Построение теней осуществляется с помощью тех же самых приемов. При этом нужно в качестве вспомогательной точки исполь- зовать проекцию источника света на плоскость, на которую падаеттень. Построим, например, тень, отбрасываемую вертикальной спич- кой АВ на плоскость Р (концом В спичка упирается в плоскость), если источник света расположен в точке Q (рис. 4.4, а). Для этого - спроектируем точку Q на плоскость Р и проведем две прямые ZQ и BQlf пересекающиеся в точке Аг. Отрезок АГВ и будет тенью Спички АВ. Если спичка АВ расположена между плоскостью Р и источником света Q произвольным образом, то построение тени показано на рис. 4.4, б. Вместо того чтобы строить тень спички АВ, мы строим тени Д]С и B]D двух вертикальных спичек АС и BD, а затем, соединив точки С и D, получаем нужную тень. Рис. 4.5. Пример 4. Источник света расположен над плоскостью нижнего основания куба в точке Q на высоте, вдвое превышающей ребро куба (рис. 4.5). Построить тень, отбрасываемую кубом на плоскость его нижнего основания. Разумеется, можно было бы построить отдельно тени, отбрасы- ваемые каждым вертикальным ребром куба, а затем соединить соот- ветствующие вершины. Однако здесь Проще воспользоваться тем,
24 ЗАДАЧИ [4.1 что ребра верхнего основания куба параллельны плоскости нижнего основания. Следовательно, тенью, отбрасываемой верхним основанием куба, будет квадрат. Поскольку QQi вдвое больше ребра куба, то сторона этого квадрата будет 2а (докажите). Если мы проведем в кубе линию центров основании и построим отбрасываемую ею тень, то не составит труда вычертить тень, отбра- сываемую всем верхним основанием, а затем и всем кубом (рис. 4.5). 4.1. Дан куб ABCDAlB1C1D1. Через вершину А, середину ребра ВС и центр грани CC-^D^D проходит секущая плоскость. Найти отношение, в котором она делит объем куба. 4.2. Дан куб ABCDA^Bfi-^Dy с ребром, равным единице. Найти площадь сечения куба плоскостью, проходящей через вершин\г А и середины ребер В^СГ и C-J\. 4.3. В кубе ABCDA^fiyD^ проведена плоскость через вершину А, центр верхнего основания AJ^CJ^ и центр боковой грани ВВГСГС. Пусть Е—точка пересечения секущей плоскости с ребром В£г. Найти отношение BVE к ЕСХ. 4.4. Дана правильная четырехугольная пирамида SABCD. Сторона CD продолжена на расстояние MD 2CD (МС =- 3CD). Через точку Ж, вершину В и середину ребра SC проведена плоскость. Найти отношение объемов частей пирамиды, по- лученных при пересечении ее этой плоскостью. 4.5. Дана правильная четырехугольная пирамида SABCD с вершиной S. Через точки A, D и середину ребра SC про- ведена плоскость. В каком отношении эта плоскость делит объем пирамиды? 4.6. Дан куб ABCDAyBfirDv На продолжении ребер АВ, AAd AD отложены соответственно отрезки BP, A^Q, DR длины 1,5 АВ. Через точки Р, Q, R проведена плоскость. В каком отношении эта плоскость делит объем куба? 4.7. Площадь боковой грани правильной шестиугольной пирамиды равна 5. Вычислить площадь сечения, проходящего через середину высоты пирамиды параллельно боковой грани. 4.8. В треугольной призме АВСА1В1С1 боковое ребро равно I. В основании призмы лежит правильный треугольник со стороной Ь, а прямая, проходящая через вершину Вг и центр основания АВС, перпендикулярна к основаниям. Найти площадь сечения, проходящего через ребро АВ и середину ребра ССХ. 4.9. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA-^B^C-fl^ (ABCD и A1B1CrD1 — основания) даны длины ребер АВ = а, AD — b, АА1 = с. Пусть точка О — центр основания ABCD,
5.61 ГЛ. 5. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ МЕСТА 25 Oj —центр основания F— точка, делящая отре- зок 0^0 в отношении 1:3. Найти площадь сечения данного параллелепипеда плоскостью, проходящей через точку F параллельно его диагонали и диагонали BD осно- вания. 4.10. В точке Е, находящейся на расстоянии 2Л от пло- скости основания куба с ребром h и на расстоянии R > 2h or прямой, соединяющей центры оснований куба, помещен источник света. Докажите, что тень, отбрасываемая кубом на плоскость основания, будет иметь наибольшую площадь, когда плоскость, проходящая через центр куба, точку Е и одну из вершин, перпендикулярна к плоскости основания. Г лава 5 ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ МЕСТА 5.1. Найти геометрическое место оснований перпендику- ляров, опущенных из центра О круга на хорды, проходящие через данную точку N внутри круга. 5.2. На плоскости зафиксированы две различные точ- ки А и В. Найти геометрическое место точек М, для каж- з дой из которых AM• ВМ cos / АМВ =—АВ2. 5.3. На плоскости зафиксированы две различные точ- ки А и В. Доказать, что геометрическое место точек М, удовлетворяющих условию 2АМ2А~ МВ2 = АВ2, есть окруж- ность с диаметром АС, где точка С лежит на отрезке АВ, 5.4. Дан треугольник АВС. Найти геометрическое место точек М таких, что площади треугольников АМВ ir ВМС равны. 5.5. На плоскости даны два отрезка: АВ и CD. Найти геометрическое место точек М плоскости, для которых пло- щади треугольников АВМ и CDM равны. 5.6. Дан куб с ребром а. Найти геометрическое место середин отрезков длины I, один из концов которых лежит на диагонали верхнего основания, а другой — на не парал- лельной ей диагонали нижнего основания.
26 ЗАДАЧИ [6.1 Г л а в j 6 СВОЙСТВА ЧИСЕЛ. ДЕЛИМОСТЬ 6.1. Доказать, что р2—1 делится на 24, если р — про- стое число, большее трех. 6.2. Доказать, что л8 4- 2п при любом натуральном п делится на 3. 6.3. Доказать, что число З105 -j- 4105 делится на 49 и 181. 6.4. Сколько в числе 500! содержится множителей 2? 6.5. Делится ли число 10 10 10 ... 10 1 на 81? 80 раз 6.6. Определить, при каких целых значениях п выраже- ние л4 4-4 является простым числом. 6.7. Доказать, что тк4~"Б" + ?п является целым числом 12 о 24 при любом четном л. з 6.8. При каких значениях х дробь сократима? 6.9. Найти все пятизначные числа вида 34л:5у (х— цифра сотен, у — цифра единиц), которые делятся на 36. 6.10. Найти трехзначное число abc (л, b и с — его цифры), если четырехзначное число abc\ в три раза больше четырех- значного числа 2abc. Г лава 7 АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ Следующие ниже замечания относятся не только к этой главе, они имеют общий характер. Множества точек х числовой оси, удовлетворяющих неравен- ствам 1. а < х < Ь} 2. а^,х Ь\ о. а^х < Ь} 4. а < х^, Ь} 5. х > а\ 6. х < а\ 7. х^а\ 8. х^а, грр а < Ь, называются интервалами и обозначаются соответственно (а, Ь)} [л, b]; [a, b)} (а, £>]; (а, 4- со); (—со, a)} [a, -f-oo); (—оо,а]. Интервалы I, 5 и 6 называются открытыми} интервал 2 называется замкнутым} интервалы 3, 4, 7 и 8 называются полуоткрытыми. Иногда вместо терминов: открытый интервал, замкнутый интервал, полуоткрытый интервал употребляют соответственно термины: промежуток (или интервал), отрезок (или сегмент), полуотрезок.
'ГЛ. 7. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ 27 По определению {а, если а О, —а, если а < 0. Для арифметического корня имеет место формула = 1 а |. Иногда приходится пользоваться формулами куба суммы и раз- ности чисел в виде (a-J-b)3=a3_|_&3_|_3^(a_L£>); (с_ъ)3=а3—Ь3—ЗаЪ (а—Ь). Следующая формула называется формулой сложного радикала: (все подкоренные выражения должны быть неотрицательными). По определению т а п — ат, где а^О, т, п—натуральные и корень арифметический. Из этого определения следует, что степени с отрицательным основанием и дробным показателем считаются не имеющими смысла. Напри- 1 мер (—8) 3 не имеет смысла, в то время как —8 =—2. По определению = ~ при а^О, а > 0. По определению а0 = 1 при а $£ 0. Действия с корнями вызывают обычно серьезные недоразумения, преодолеть которые можно, введя понятие главного корня. Главным корнем из положительного числа называется арифме- тический корень из этого числа. Главным корнем нечетной степени из отрицательного числа назы- вается действительный (следовательно, отрицательный) корень из этого числа. Главным корнем четной степени из отрицательного числа назы- вается тот из мнимых корней, который имеет наименьший главный аргумент (см. стр. 71). Удобно согласиться о том, что, как правило, знак корня из дей- ствительного числа используется для обозначения главного корня. Это соглашение не распространяется на действия с комплексными чис- лами, где знак корня n-й степени, используется для обозначения алгебраического корня из числа, т. е. корень имеет п различных значений.
23 ЗАДАЧИ (7.1 Таким образом, J/—27=—3; J/1C = 2; так как кор- ней квадратных нЗ —1 два: i и —i, но у i главный аргумент ра- ле . Зл зеи ту-» а у —i он равен —, т. е. i имеет меньший главный аргу- мент. Для главных корней из положительных чисел и главных корней нечетной степени из отрицательных чисел справедливо правило умно- жения и деления корней: n/~h _ n/7ih • Ч /” Я у==у т. Для главных корней четной степени из отрицательных чисел эти правила не справедливы. Действительно, если бы эти правила были справедливы, то было бы У^Т • 1^—1= У(—1) (— 1)= УГ = I, но У—1=г, и поэтому У —1 • У—1 = /.£ = /2 = —1. Правило, заключающееся в том, что показатель корня и показа- тель подкоренного выражения можно умножить на одно и то же натуральное число, справедливо для арифметических корней и не справедливо для главных корней из отрицательных чисел. Если один из перемножаемых корней а арифметический, то справедливо правило умножения корней у/а • y/'b = где b может быть отрицательным, а п—любое натуральное число. 7.1. Упростить выражение л п3—Зи4-(»2— 2 “и3 — Зп-Нп2 — 1) Ул2—44-2 ’ 7.2. Упростить выражение _ ( 1—х_________х3+х—2 \ , / 14-х '1--х+х2\ А — ^Л-2_|_Х3_Х4 Л5 — х3—2х2— X ) \Х3-|~ Х44-Х« X3 У 7.3. Упростить выражение / 63 » 21 у4 21 о . 9 । А хю\ ид. х2)~ 2 4- \25бХ “128 Х Тбб Х +8бХ ЮХ + . / 63 63 2 I 105 __Ё2 хв I 4-Х2)"2— + \25б“Т28Х +Тбб Х 80Х ^10Х У1-* ' -£ I1+* и+х2)’^ ] Iх+(1+х2й-1- После упрощения определить его знак в зависимости от х.
7.13] ,ГЛ. 7. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ 29 7.4. Упростить выражение М-2 __2 Уа -|-3 Уь —2 J/ab 7.5. Упростить выражение 1 1 1 . 1 [х,п ^-хп)2 — 4а2хгп п , где х — (а +У а2— а> 1, т=£0, 7.6. Вычислить значение выражения ]/'х-\-2У х— 1 + ]/'х — 2 Ух—1 при 7.7. Преобразовать выражение ]/13 + 30 ]/s +]Л 9 + 4]/Г так, чтобы оно не содержало сложных радикалов. 7.8. Разложить на линейные относительно х, у, z, и множители выражение (xy-'rzu) (х2 —y2-\-z2— и2) + (xz+у и) (х2-]-у2—z2 — u2Y 7.9. Разложить в области комплексных чисел на линей- ные множители выражение 7.10. Разложить в области комплексных чис^л на линей- ные множители выражение (У—*)5 + (Z—х)5 + (х —у)5. 7.11. Доказать, что У6+/S+j/ 6-/f=3. 7.12. Доказать, что если а + b -|~ с = 0, то а5 (62 + с2) + (а2 + с2) + с5 (Z>2 + a2) = (±1±+c3)Ja4+ft4+c4>. 7.13. Доказать, что при всех действительных значе- ниях х и у нмеет^ место равенство II +1X— у | = | X + /х2—/1 + | X—/х2—>2|,
30 ЗАДАЧИ [7.14 7.14. Доказать, что Г-г-^|+|Ф+1^|-|«1+1^| для любых действительных х и у, имеющих одинаковые знаки. Г л а а 8 ДЕЛИМОСТЬ МНОГОЧЛЕНОВ. ТЕОРЕМА БЕЗУ. ЦЕЛЫЕ УРАВНЕНИЯ /Многочлен S (х) называется частным, а многочлен R (х)—остат- ком от деления многочлена Р (х) на многочлен Q (х), если равен- ство P(x) = Q(x).S(x) + /?(x) является тождеством и степень многочлена R (х) меньше степени многочлена Q (х). Обобщенная теорема Виета. Для корней xlt х2,... , хп уравнения аохп -f - аххп “1 + ... Ч~ ап _ хх + ап = 0 имеют место формулы: =----~ » ао х1х2+х1х3~]-..,-\-х1хп-^х2х3+х2хл-[-,..+х2хп+...+хп^1хп= ~ , Х^'гХд. . .хп.— {—1)" . “о Для уравнения аохп4-агхп*"1 4-... 4-я«=0 с целыми коэффи- циентами а0, аъ .... ап верна теорема: если уравнение имеет рацио- нальный корень , то р является делителем свободного члена ап, a q—делителем коэффициента а0. В частности, если я0 = 1, то уравнение может иметь только такие целые корни, которые являются делителями свободного члена ап, 8.1. Решить уравнение (х—4,5)4+ (х —5,5)4 = 1. 8.2. Решить уравнение (4х+1) (12х— 1) (3x4- i) (х 4-1) = 4.
8.14] ГЛ. 8. ДЕЛИМОСТЬ МНОГОЧЛЕНОВ, теорема везу 81 8.3. Доказать, что уравнение х2 —Зу2=17 ( не имеет решений в целых числах. 8.4. Найти все целые решения уравнения х2—6ху4-13у2 = 100. 8.5. Найти остаток от деления многочлена х" 4--^3 + 4-10x4-5 на многочлен х24~1. 8.6. Определить все такие целые числа а и Ь, для которых один из корней уравнения Зх3 4- ях2 + + 12 = О равен 1 +]/*3. 8.7, В уравнении х4 + ах3 + Ьх2 + 6х + 2 = О один из корней равен ]/ 3 +1. Найти остальные корни урав- нения, если а и b — рациональные числа. 8.8. При каких значениях а оба корня уравнения х2—(a-f- 1)х-{-а4-4 = 0 отрицательны? 8.9. Найти соотношение между а, b и с, если корни уравнения Xs 4- ах2 + Ьх -}- с = О образуют геометрическую прогрессию. 8.10. Известно, что уравнение х3 + рх 4-# = 0 имеет -Корни а1} сс2, а3. Выразить сумму а?4-<*2 + аз через р и q. 8.11. При каких а и а трехчлен х34-ях4~1 делится на двучлен х — а без остатка и частное от деления при всех х больше нуля. 8.12. Остаток от деления многочлена относительно х на х — 2 равен пяти, а остаток от деления этого же мно- гочлена на х—3 равен семи. Найти остаток от деления этого многочлена на (х — 2) (х — 3). 8.13. Найти все действительные значения р и при которых х44-1 делится на х2 -\-px-\-q, 8.14. Доказать, что многочлен X2n+1 _ (2л 4- 1) х”+14- (2/z 4- 1) хи — 1, где п натуральное, делится на (х—I)3.
ЗАДАЧИ [8.15 8.15. Найти все натуральные значения nt при которых многочлен (х4-1)"—хп — 1 делится на х2 4-х 41. 8.16. Определить р и q так, чтобы многочлен 6х4 — 7х3 4 рх2 4 Зх 4- 2 делился без остатка на х2 — x~Yq. Глава 9 АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ И СИСТЕМЫ Равенства. Тождества. Два математических выражения, соеди- ненных знаком =, образуют равенство. Примеры равенств: а2 4^2==с2, 3 = 3, 3=5, sin2 x4cos2x=l,tg х = -Д—, sinx=3. ctgx Числовое равенство может быть истинным (верным) или ложным (неверным). Равенство 3 = 3 истинное, равенство 3 = 5 ложное. Буквенное равенство при различных значениях входящих в пего букв также принимает одно из двух значений: «истина» или «ложь». Например, равенство а- -\-Ъ2 —с1 при д = 3, Ь = 4, с = 5 истинно, а при а=3, Ь — 4, с=6 ложно. Равенство sin2х4cos2х=1 истинно при всех значениях х, а равенство sinx=3 всегда ложно. Если какая-либо часть равенства (или обе части одновременно) какая-либо часть равенства (или обе части одновременно) перестает существовать, то равенство становится ложным. Равенство 1 Лл 1 tgx=-7—ложно при х = ~—, так как для четных k не существует ctg X £ Х2__J ctgx, а для нечетных k не существует tgx. Равенство—туг" — = х—1 ложно при х =—1, так как его левая часть теряет смысл при этом значении х (обратите внимание, что правая часть существует всегда). Обе части равенства sinx = 3 всегда имеют смысл, однако это равенство всегда ложно. Для каждого математического выражения можно указать мно- жество значений входящей в него буквы (или нескольких букв), при которых это выражение существует, т. е. принимает некоторое числовое значение. Такое множество мы будем называть (естествен- ной) областью определения рассматриваемого математического выра- жения. 1 у 2-J Для выражения ——у-областью определения является числовая х —1 ось С ВЫКОЛОТОЙ ТОЧКОЙ Х=— 1. Для выражения log., Ух найти область определения уже не- сколько сложнее. Во-первых, из числа х извлекается квадратный корень. Эта операция возможна, если х^О. Чтобы затем можно
ГЛ. 9. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ И СИСТЕМЫ 33 было найти логарифм от pGT, необходимо У'х > 0. Оба условия выполняются при х > 0. В основании логарифма может стоять лишь положительное-число, отличное от единицы. Таким образом, полу- чаем область определения: х > 0, у > 0, у 96 1. Два математических выражения называются тождественными, если 1) их области определения совпадают, 2) они принимают одинаковые числовые значения при подста- новке в каждое выражение одного и того же набора значений входящих в него букв, произвольно выбранного из области опре- деления. Равенство, в котором правая и левая части являются тождест- венными выражениями, называется тождеством. Кля обозначения тождественного равенства используется СИМВОЛ sss. Примеры тождеств: (а—Ь)2=а2—2ab-\-b2, sin2 x-{-cos2 х=1, Первые два тождества общеизвестны. Последнее равенство тоже является тождеством. В самом деле, область определения левой части не содержит ни одной точки, область определения правой части тоже не содержит ни одной точки. Поскольку область опре- деления правой и левой частей—пустые множества, то требование 2) в определении тождественных выражений выполняется. Равенство х2—1 — • . —х—1, как мы видели, истинно при всех х кроме х—— 1. X —1 Оно не является тождеством, так как требование 1) не удовлетворено. Введем понятие неабсолютного тождества. Пусть в нашем распоряжении есть два математических выраже- ния, имеющих разные области определения. Обозначим через U их общую часть. Если на множестве V значения обоих математи- ческих выражений совпадают, то говорят, что они неабсолютно тождественны, а соответствующее равенство называют неабсолютным тождеством. Характерным примером неабсолютного тождества является со- отношение Ig ху = 1g X+1g у. Область определения правой части: х >0, у > 0. Область определе- ния левой части: х > 0, у > 0; х < 0, у < 0. Общая часть областей определения: х > 0, у > 0. На этой общей части приведенное соот- ношение превращается в истинное равенство. Напомним определение тождества, которым обычно пользуются в средней школе. Тождеством называется равенство, справедливое при всех зна- чениях входящих в него букв, при которых обе его части имеют смысл. Нетрудно заметить, что это определение совпадает с приведенным выше определением неабсолютного тождества. Чтобы подчеркнуть, что мы пользуемся другим определением тождества, будем иногда 2 Е. Б. Баховский, А. А. Рывкин
34 ЗАДАЧИ вместе термина тождество дество. употреблять термин абсолютное тож- Упражнения1). Какие абсолютными тождествами, а из следующих равенств являются какие — неабсолютными? Приведите доказательство сделанного вами вывода. - 1. sin2 X-j-COS2X = l, 9. 2. 10. 2tgx COSX * ZX =- , 1 — tg2 X * 3. t(T r — 1 11. . X 1-i-cosx . ctgx ’ с tg2~ sinx 4. 1 12. , x sinx cosx ’ ( tg2“l-CosV 5. sec x cos x = 1, 13. ctp —1 = 1/ »+cos* g 2 | V 1—-cosx ’ 6. secx =0, cosx 14. lgx// = Ig|x|-Hg 7. tg*=-.sin* K 2 1-J-cosx’ 15. I gx2 = 21gx, 8. t x — 1—cosx g 2 sinx ’ 16. Igxa=2!g|x|. Уравнение, корни уравнения, равносильность. Когда мы гово- рим, что равенство пл2Ч-Ьх+<7=0 (1) является уравнением относительно буквы х, то подразумеваем, что для фиксированных а, b и с (эти буквы являются параметрами уравнения) нужно отыскать значения х, обращающие (1) в истинное числовое равенство. Другими словами, предполагают, что для букв а, b и с выбраны .определенные, хотя и произвольные значения, в то время как буква х, которой обозначено неизвестное, остается «свободной». Вместо нее можно подставлять различные числа, в результате чего возникнут либо истинные, либо ложные числовые равенства. Равен- ство (1) выполняет роль «формы» (или «схемы») уравнений, которая превращается в уравнение, как только мы остановим свой выбор на конкретных значениях параметров. Если выбор значений параметров уже сделан, то полученное уравнение можно рассматривать как «форму» числовых равенств—ложных или истинных. Часто представляют себе уравнение как равенство двух функций (в частности, как равенство функции нулю), а не как форму. Такое представление недостаточно точно, так как может привести к поте- ре корней. 1) Ответы к упражнениям 1—21 см. на стр. 293—295.
ГЛ. 9. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ И СИСТЕМЫ 35 Например, уравнение х2* = 1 .(2) имеет корни л\=1 и х2 = — 1, в то время как функция х2А? опреде- лена только при положительных х. Подробнее об этом см. главу 12. Если же уравнение (2) мы рассматриваем как форму, порож- дающую числовые равенства, то при х =— 1 слева получим выражение (—I)-2, которое имеет смысл и равно 1. Приведем некоторые определения. Пусть х, yt z, ...—неизвестные в уравнении f(xy у, z, ...)=0. (3) Набор значений неизвестных (х=а, У=Ь, Z—C, называется решением уравнения (3), если f (a, b, с, ...)=0 (3') является истинным числовым равенством. Решение уравнения с одним неизвестным называют также корнем этого уравнения. Корнем уравнения Зх2-{-2х—1=0 является число х — — 1, ре- шением уравнения 2у'2—Зху-рх2=0 является система чисел Jx = l, V=i. Решить уравнение—значит найти все его решения или доказать, что оно не имеет решений. Два уравнения называются равносильными, если они имеют одно и то же множество решений. Другими словами, любое решение первого уравнения является также решением второго уравнения и, обратно, любое решение второго уравнения является также решением первого уравнения. Вообще говоря, понятие равносильности тесно связано с опре- деленной областью чисел. Так, уравнения х—1 = 0 и (х—1)(х2 4-1) = 0 равносильны в области действительных чисел и неравносильны в области комплексных чисел. Говорят, что второе уравнение является следствием, первого, если каждый корень первого уравнения является корнем второго уравнения. В процессе решения уравнение можно заменить любым равно- сильным ему уравнением. Легко убедиться в том, что замена вхо- дящего в уравнение математического выражения тождественным *) приводит к равносильному уравнению. х) Имеется в виду применение абсолютного тождества, см. стр. 33—34. 2*
86 ЗАДАЧИ Во многих случаях удобно заменить данное уравнение его следствием. В результате такой замены могут появиться посторонние корни, т. е. такие числа, которые являются корнями следствия, но не удовлетворяют исходному уравнению. Чтобы отсеять посторонние корни, следует сделать проверку всех найденных значений неиз- вестного. Замена входящего в уравнение выражения неабсолютно тож- дественным может нарушить равносильность. В результате у урав- нения, с одной стороны, могут появиться посторонние корни, а с другой стороны, корни могут быть потеряны. Например, применение неабсолютного тождества *) log х 4- log у = log ху приводит к следствию, в то время как применение этого же тож- дества справа налево log ху = log х + log у может повлечь за собой потерю решений. В первом случае в резуль- тате замены log х 4-log I/ на logxi/ мы можем приобрести решения, лежащие в области х<0, //<0. Во втором случае решения из той же самой области могут быть потеряны. При решении большинства уравнений угроза приобретения по- сторонних корней не должна нас пугать, так как в наших руках есть такое надежное средство, как проверка. Гораздо более опасной является перспектива потери решений. Избежать потери корней можно, если вместо неабсолютиых тож- деств, сужающих область определения, пользоваться неабсолютными тождествами, расширяющими естественную область определения уравнения. Вернемся к рассмотренному только что примеру с суммой лога- рифмов. Когда при решении уравнения приходится потенцировать, то неабсолютное тождество log х + log у = log ху не приводит к потере корней. Если же по ходу преобразований возникла необходимость прологарифмировать произведение, то нужно воспользоваться другим неабсолютным тождеством log ху = log | х 14-log | у |, применение которого может лишь расширить область определения уравнения. Есть второй прием, позволяющий избежать потери решении, который мы поясним на примере уравнения; sin 2х4-7 cos 2x4-7 = 0. Воспользуемся формулами, позволяющими выразить sin 2х и cos 2х через tgx. Получим 2tgx , 7(l-tgi) 2x) Q l-f-tg2x-t' 14-tg2* i) Под применением тождества мы понимаем замену его левой части на правую.
ГЛ. 9. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ И СИСТЕМЫ 37 Приведя»к общему знаменателю и отбросир знаменатель, который всегда отличен от нуля, получим простое уравнение tgx=—7, откуда х — —arctg74~Jt&. Хотя все произведенные преобразования кажутся законными, тс мы легко убедимся в том, что целая серия корней x^—^krc по- теряна. Достаточно подставить эти значения неизвестного в исходное уравнение. Корни были потеряны в результате применения неабсолютных тождеств j о % tgx п 1 — tg2x б1П 2х = г-г-т- и cos 2х == , . -о •, l-J-tg2X l-|-tg2x’ левые части которых существуют всегда, а правые теряют смысл л , , именно при х=-^- + ктс. Если по каким-то причинам мы не могли избежать примене- ния неабсолютных тождеств, грозящих потерей корней, то нам не остается ничего иного, как проверить те значения неизвестного, которые оказались исключенными из области определения входящих в уравнение выражений. В нашем примере, как и в большинстве тригонометрических уравнений, это нетрудно сделать. Наконец, отметим такой важный момент при решении уравнений, как правильное использование условий. Уравнение lg (1+*)+3 lg (1 —х) = lg (I —х2)—2 удобнее всего решать, преобразовав 1g (1—х2) в сумму логарифмов. Чтобы оградить себя от возможной потери корней, мы должны на- писать lg(l-x2) = lg|l+x| + lg|l-x|. Однако подобная осторожность в этом примере является излишней. Поскольку в уравнение наряду с выражением lg (1 --х2) входят lg (14-х) и lg (1—х), то 14-х и 1—х должны быть положительными, чтобы левая часть уравнения имела смысл. Поэтому вместо 1g (14~х j и lg|l—х| можно написать 1g (14-х) и lg(1— х). Таким образом, данное уравнение принимает вид lg (14-*) 4- 3 lg (1 —X) = lg (14-х) 4- 1g (1 —х)—2. Приведя подобные члены, получим 21g(l—х) = —2, откуда х=0,9—единственный корень данного уравнения. . На этом примере мы видим, что правильное использование условия позволяет быстрее достигнуть цели, чем в случае чисто формальных преобразований. Однако достаточно ли обоснованным было приведенное выше решение? Чтобы убедиться в этом, решите самостоятельно такое
38 ЗАДАЧИ уравнение lg (1 +х)+31g (1 -х) = 1g (1 -х*) 4-2. Оно отличается от предыдущего лишь знаком последнего члена. Поэтому, повторив все приведенные только что рассуждения, получим 2 1g (1-х) = 2, откуда х=®—9. Подставив это значение х в исходное уравнение, убе- ждаемся в том, что нами найден посторонний корень. Произошла это потому, что уравнения lg (14-х) +3 lg (1 —х) = lg (14-х)+lg (1 -х)4-2 и 21g(l— х)=2 неравносильны. Равносильность нарушилась в результата уничтоже- ния в правой и левой частях уравнения члена 1g (14-х), который существенно ограничивал область определения уравнения. Таким образом, проверка здесь является необходимой частью решения. Разобранный пример нередко предлагают решать так. Найдем область определения уравнения: [14-х >0, <1—х >0, т. е. —1<х<1. (1 — х2>0, Теперь будем применять к уравнению те преобразования, ко- торые не могут привести к потере корней: lg (14-х) 4-lg (1 -х)3 = lg (1 -х2) 4- 1g юо, IgI(14-x)(l-x)3J = lglOO(l-x2), (1 4-х) (1 _.v)3 = 100 (1 —X2). Решая последнее уравнение, найдем хг=1, х2 = —1, хэ~— 9; х4=11. Так как все четыре числа не-попали в интервал —1<х< 1, то исходное уравнение не имеет корней. Для данного уравнения такой метод решения оказывается вер- ным, так как позволяет отбросить все найденные значения х. Однако •основан он на ошибочном убеждении, что в процессе преобразова- ний могут быть приобретены лишь такие посторонние корни, кото- рюе не попадают в область определения исходного уравнения. Приведем два примера. Вначале рассмотрим уравнение arcsinx=y4-arcsin. Его область определения — отрезок —ICxCl. Возьмем синусы от правой и левой частей уравнения, в результате чего получим след- • / ' • \ . / л • х \ 3 -и । х2 . х ствие sin(arcsmx)^sin( — 4-arcsin-1,т. е.х=—g— у 1—4+"4 • Решая последнее уравнение, получим хх =—1, х2= 1. Оба значениях принадлежат области определения исходного уравнения, однако х2=—1—посторонний корень, в чем легко убедиться проверкой.
ГЛ. 9. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ И СИСТЕМЫ 39 Решим теперь в области действительных чисел уравнение j/x+T + р/Зх^Т = |/х—1. Областью определения этого уравнения является вся числовая ось. Возведем данное уравнение в куб: х +1+Зл-+1+з ®/7+Т j/зГн (f/x+i + j/s*Ti)=X— 1. В последнее уравнение входит выражение з/йп+^/з^+т; являющееся левой частью данного уравнения. Заменяем его правой частью этого уравнения. Получим f/x + i f/3x + I (х+1). Возведя в куб, получим (х-J- 1) (ЗхЧ-1) (х-1) =- (х+ 1)з, откуда хг =— 1, х2 = 0. Проверка убеждает нас в том, что корень х2 = 0 является по- сторонним. Он появился в результате замены левой части данного уравнения на не равную ей тождественно правую часть. Приведенные примеры свидетельствуют о том, что нахождение области определения уравнения (или, как иногда говорят, области допустимых значений—ОДЗ) не гарантирует нас от появления по- сторонних корней, т. е. не избавляет от необходимости делать про- верку полученных в результате решения корней. Это не означает, что находить область определения всегда бес- смысленно. Можно привести много примеров, когда знание области определения существенно упрощает решение. Что же касается проверки, то она оказывается излишней только в тех случаях, когда исследована эквивалентность применявшихся в процессе решения преобразований. Для этого необходимо выяснить, при каких преобразованиях получаем следствие данного уравнения, а в каких случаях над на- ми нависает угроза потери корней. Посмотрим на примере, как исследуется равносильность двух уравнений. Имеет место следующая теорема. Теорема 1. Если в уравнении произвести уничтожение двух подобных членов, то получится следствие данного уравнения. Другими словами, если уравнение • Н*)Н-Ф (*)—<₽(*) = 0 (4) заменить уравнением f(x)=O, , (5) то потери корней не произойдет, а приобретение корней может про- изойти. Сначала докажем, что не произойдет потери корней, т. е. что любой корень х~с уравнения (4) является корнем уравнения (5).
40 ЗАДАЧИ Если х—с—корень уравнения (4), то f (с) + ф(с)—ф(с) = 0 (4') — истинное числовое равенство, которое не нарушится в результате уничтожения члена ср (с). Таким образом, f(c)=O (5') — истинное числовое равенство, т. е. х—с является также и корнем уравнения (5). Остается убедиться в том, что уравнение (5) может иметь корни, посторонние для уравнения (4). Чтобы доказать это, достаточно при- вести пример. Уравнение cosx + tgx— tg х=0 (4") после уничтожения подобных членов принимает вид cos х = 0. (5я) Корнями уравнения (5я) будут числа х=^- + Лл. Но ни одно из них не удовлетворяет уравнению (4я), так как tg х перестает су- ществовать, когда cosx = 0. Итак, теорема доказана. Несколько уравнений могут образовывать систему или совокуп- ность. Говорят о системе уравнений, если требуется найти все решения, общие для всех уравнений, входящих в систему. Если же нужно найти все такие решения, которые удовлетво- ряют хотя бы одному из нескольких уравнений, то говорят, что эти уравнения образуют совокупность. Систему уравнений обычно записывают в столбик и ставят сбоку фигурную скобку — знак системы, совокупность уравнений, как пра- вило, записывается в строку. Если мы рассмотрим совокупность двух уравнений: х2—х—2 = 0 и х2—2х—3 = 0, то корни первого: Xj = 2, =—1—нужно объединить с корнями второго: xr=3, х2 = — 1. Получим решение совокупности! хх=2, х2 =—1» *з = 3* Если же мы рассмотрим систему / х2— х—2=0, | х2—2х—3=0, то из корней первого уравнения нужно выбрать те, которые удовлет- воряют и второму уравнению системы. Получим только одно реше- ние системы! х=— 1. Уравнение fW<p«=o (6) называется распадающимся.
ГЛ. 9. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ И СИСТЕМЫ 41 Те'орема 2. Уравнение (6) равносильно совокупности двух систем'. f f(x) = Q, f Ф(х) = 0, f7) I ф (*) существует', ( f (x) существует. v 1 Приведем доказательство. Если х-=а—корень уравнения (6), то f (а) и ф (а) существуют и либо f (а) = 0, либо ф (а) =0. Следовательно, одна из систем (7) удовлетворяется при х=а. Пусть теперь х=а—корень совокупности (7). Если при х=а удовлетворяется либо первая, либо вторая система, то и в том и в другом случае f (а)ф(а) = 0, т. е. х=а—корень уравнения (6). У пражнения. Докажите следующие теоремы о равносиль- ности уравнений. 17. Если к обеим частям уравнения f (х)=ф(х) прибавить выражение ф(х), то в случае, когда ф(х) имеет смысл при всяком х, получится равносильное уравнение, в противном случае могут быть потеряны корни. 18. Уравнения f (х) + ф(х)—ф(х) = ф(х) и /W=<pW в случае, когда ф (х) имеет смысл при всяком х, равносильны; в противном случае второе уравнение является следствием 19. Если в уравнении f(x). ф(х) фМ <р (х) первого. (8) отбросить знаменатель, то получится уравнение f (*)=* W. являющееся следствием данного уравнения. 19а. Уравнение (8) равносильно системе ( fW=4>W, < Ф (х) существует, 1 Ф(х)#0. 20. Если обе части уравнения /(х) = ф(х) возвести в то полученное уравнение [Нх)12 = [ф(х)]2 квадрат, (9) является следствием данного уравнения. Уравнение (9) равносильно совокупности двух уравнений: /W=<pW; ZW = —<р(х). 21. Чему равносильна система I fWg(x)=0, I ф(х)Ф(х)=0?
42 ЗАДАЧИ [9.1 Найти действительные корни уравнений: 9.1. |х| —2|х + 1| + 3|х + 2| = 0. 9.2. |х2 — 9[ + |хЁ—41 = 5. 9.3. Решить уравнение х2+ —7. Найти действительные корни уравнений: 9.4. {/х-I-{/2х—3= {/12 (х—1). 9.5. {/629—х + {/77 4-х = 8. 9.6. {/(х—2) (х —32) —{/ (х — 1)(х—33) = 1. 9.7. (а~^ = , а и Ь-дейст- |/ а—]/ х—b вительные числа. 9.8. "]/ а — j/a-j-x — х, а — действительное число. 9.9. Vf * | ~Ь 1 ~ К| * |= о —действительное число. 9.10. Найти действительные решения уравнения |х2—|-х-1| = -х2-4х4-₽ и определить, при каких значениях р оно имеет единствен- ное х) действительное решение. 9.11. Решить систему у у — 2 | х | + 3 — 0, I Ь1+*—3 = 0. 9.12. Найти все действительные значения Л, при кото- рых решение системы {х — 2у== k, Злт+j = 8 удовлетворяет условию: х > , у > 0. 1) Два совпадающих решения считаются за одно.
9.23] ГЛ. 9. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ И СИСТЕМЫ 43 9.13. Решить в области действительных чисел систему |х-Ру|=х — у + а, lx—yl=x+y+b. 9.14. При каких значениях а система I |х|+|>|=1> I X2 -Г У2 = а имеет действительные решения? Найти эти решения. Решить системы: 9.15. 9.16. 9.17. х2у + у + ху2 -р X = 18ху, х*у2 ~Р_У2 -р л;2у4 + х2 = 208х2у2. ху = х-Ру—2, Х2 — 2 (X— у 4-2), у2 = 3 (у —Х-Р2). х4-у -р^ = 0, х2^-у2 — 22=20, 9.18. х4 -Ру4 — 24 = 560. Ху 4~у2 4~2Х = г х3 4~у3 -р z3 = 1 9.19. Исключить х и у из системы х4-у = а, х2 -|-у2 = Ь, X3 -Ру3 = с. Решить системы: ( 4^ = 3х, |/2г2 ’ 9.20. 4^ = 3j,, ^±» = 2г Х-Ру=^ 1, Х2 -Ру/ = 2, Х22 -Ру/2 = 5, Х234-у/3= 14. Я-21- 1 / xi+yi=\7(x-\-y)i, । ху = 2 (х + _у). 9.22. 9.23. х— 2у 4-32 = 9, х2-р 4у2-р 922 = 189, 3x2 = 4у2.
44 ЗАДАЧИ [9.24 9.24. Найти все действительные решения системы (х84-_У8—z3 — xyz — —4, х8 — у3 J- z3 — xyz — 8, — *3 + J3 4- г8 — xyz = — 2. 9.25. Найти одно решение системы (х2 4" хз "г • • • 4~ хп) 4" 1 • 2 (хг 4- *2 4- • • 4“ хп)2 = 9л2, Х2 4- 4- • • • 4- хп\ 4-2-3 (Xj 4~ Х2 4~ »•» 4~ хп)2 “ 25л2, хп (xi 4- х2 4- •.. 4- -*41-1) 4- 4- п (п 4-1) (хх 4- х2 + ... 4- х,/*= (2л 4-1 )2 л2. Решить системы: 9.26. 7х — 1 l_v == f/x +у=УТ+9у. ( У а — х — Уу—х = Уу, в’27’ I УУ—х+Уу—х = У у. ( /х-1/7=1, 9.28. < _____ _______ [ ]/х2— у -\~Vx2~Vy— !• ( х —у2 = а, если а > b > 0 и 9.30. Найти все значения а и Ь, при которых система xyz-Y z = а, < xyz2 -\-z~b, . х24-/4-^2 = 4 имеет единственное решение {cijj^x^y — действительные числа). 9.31. Найти все значения а, при которых система Г х8—ау* = у(а+1)а, I х3 + ах2у + хуг = 1
9.34] ГЛ. 10. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ НЕРАВЕНСТВА 45 имеет хотя бы одно решение и всякое ее решение удовле- творяет уравнению х-{-у = 0 (а, х, у—действительные числа). 9.32. Найти все значения а, при которых система f (x2+l)a + (^24-l)J, = 2, ( а + Ьху 4- х2у = 1 имеет хотя бы одно решение для любого значения b (а, Ь, х, у — действительные числа). 9.33. Найти все значения а, при которых система J 21 х I 1 х | =у х2 а, I имеет только одно решение (а, х, у — действительные числа). 9.34. Решить систему '-^- + 21/^+Т+У = 3, х 4—7 ===— у2 = О в области действительных чисел. Глава 10 АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ НЕРАВЕНСТВА О доказательстве неравенств. Доказать неравенство можно сле- I дующими способами, которые мы продемонстрируем на примере неравенства Vab» где а, Ь^О. 1)От противного. Предположим противное: -2- < V^b. * Тогда ~< 0, т. е. (УЪ—У~Ь)2 < 0, I. что невозможно.
46 ЗАДАЧИ 2) По определению неравенства. Составим разность левой и правой частей и определим ее знак: а + Ь V^+Ь (/«-О* 2 К Q0~ 2-----------2----- 3) Вывести из ранее доказанного или очевид- ного неравенства. Мы знаем, что {У' а—V Ь)2^0, т. е. а—2 Уab-f-b^O, откуда а + Ь^2 КаЬ, -Кab. Обратите внимание, что следующее «доказательство» неравенства является логически некорректным: ° + Ь а—2 Уab-\-b а если —~ V ab, то------О, Л & и, следовательно, (Га-Г"Ь)а 2 что очевидно. Некорректность приведенных рассуждений состоит в том, что в качестве исходного пункта взято доказываемое неравенство. Таким образом установлено, что если ^-~^УаЬ, то ()/* а—К Ь)2^0. Однако верное следствие может быть получено из ложной посыл- ки. Если те же рассуждения провести в обратном порядке, то мы получим корректное доказательство, аналогичное тому, которое приведено выше под номером 3). Решение неравенств. Систе’ма, совокупность. Решить неравен- ство—значит найти все системы значений входящих в него неизвест- ных, при которых неравенство истинно. Если два или несколько неравенств должны удовлетворяться од- новременно, то говорят, что они образуют систему. Если достаточно, чтобы удовлетворялось одно из двух или нескольких неравенств, то говорят, что эти неравенства образуют совокупность. Неравенства, образующие систему, записывают одно под дру- гим, а сбоку ставят фигурную скобку—знак системы. Например, ( х > 3, 1 Х< 7. Решение этой системы показано на рис. 10.1 двойной штрихов- кой. Эта же система неравенств может быть записана так: 3 < х < 7.
ГЛ. 10. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ НЕРАВЕНСТВА 47 Совокупность неравенств записывают в строку, что позволяет не путать ее с системой. Запись х < 3, х > 7 означает, что число х должно лежать на любом из заштрихован- ных на рис. 10.2 интервалов. Рис. 10.1. Рис. 10.2. J 7 Решить систему, состоящую из нескольких совокупностей не- равенств,—значит найти все значения неизвестного, удовлетворя- ющие всем входящим в систему совокупностям. Пример 1. Решить систему совокупностей неравенств х < —2, х < —3, —2,5 < х^2; 1 х 2, 1,5 < х<3, х^2,7. Решение первой совокупности изображено на рис. 10.3 с по- мощью двух прямоугольников (четвертая сторона одного из них Рис. 10.3. бесконечно отодвинута влево), расположенных над точками, удовлет- воряющими этой совокупности. Аналогично изображены решения второй и третьей совокупностей. Чтобы избежать путаницы, мы для разных совокупностей строим прямоугольники различной высоты. Особо внимательно нужно сле- дить за концами интервалов: если неравенство строгое, то будем рисовать в конце интервала светлый кружок, а если нестрогое, то черный кружок. Точки числовой оси, над которыми расположены три прямо- угольника разной высоты (рис. 10.3), дают решение системы 1,5 < х <:2. Упражнения1) 1. Что произойдет с совокупностью нера- венств, если к ней добавить неравенство, не имеющее решений? 2. Что произойдет с системой неравенств, если к ней добавить неравенство, не имеющее решений? х) Ответы к упражнениям см. на стр. 326.
48 ЗАДАЧИ 8. Решите систему двух совокупностей неравенств f —3<х<1, 3<х<7, х>8{ 1 —1 < х«с2, х > 5. Метод интервалов. Рассмотрим неравенства типа ±М>0 Р(х)^0 Р(А)^п гп Qto ’ QW"’ QW<0, W °' () Начнем предварительно с неравенства (х—2)(х—3) > 0. Его нередко решают следующим образом. Произведение двух множителей положительно тогда и только тогда, когда оба множителя одно- го знака, т. е. данное неравенство равносильно совокупности двух систем Г х—2 <0, Г х—2 > 0, I х—3 < 0; t х—3>0. Чтобы убедиться в нерациональности такого способа решения, достаточно применить его к решению неравенства, левая часть ко- торого содержит, например, десять множителей (х— I) (х—2) ... (х—10) > 0. (2) Несложный подсчет показывает, что в этом случае пришлось бы рассматривать совокупность, состоящую из 512 систем по 10 нера- венств в каждой системе. Решим неравенство (2) с помощью более рационального приема, называемого методом интервалов. Отметим на числовой оси все корни многочлена, стоящего в левой части неравенства (рис. 10.4). Когда х Рис. 10.4. расположен правее самого большого корня (х > 10), многочлен будет положительным, так как каждый множитель положителен. Если двигаться по оси в отрицательном направлении, то при пере- ходе через точку х = 10 множитель х—10 поменяет знак. В произ- ведении появится один отрицательный множитель, а девять останутся положительными, в результате чего многочлен станет отрицательным. При переходе через каждый следующий корень многочлен будет менять знак, так как будет появляться дополнительный отрицатель- ный множитель. (Области, где многочлен положителен, отмечены на рис. 10.4 дугой сверху, а области, где он отрицателен, — дугой снизу.) Теперь легко записать решение неравенства (2): х<1, 2 < х < 3, 4 < х < 5, 6 < х < 7, 8 < х < 9, х > 10. Приемы, позволяющие решать более сложные неравенства типа (1) станут понятны, если вы разберете примеры 2 и 3 и следующие за ними упражнения.
ГЛ. 10. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ НЕРАВЕНСТВА 49 Пример 2. Решить неравенство (х+3) (2x4-2) (х—4)2 (5—х) > 0. Перепишем неравенство в виде (х4-3) (х-f-1) (х—4)2 (х—5) < 0, где в каждой скобке стоит двучлен с коэффициентом I при х. Мно- житель (х—4)2 всегда неотрицателен и только в точке х=4 обращается в нуль. Поэтому его влияние на решение неравенства Рис. 10.5. ограничивается тем, что он исключает точку х — 4 (рис. 10.5). Остается проследить чередование знаков в неравенстве (х4-3)(х + 1)(х-5)<0. Ответ. х<—3, —1 < х < 4, 4 < х < 5. Пример 3. Решить неравенство (х4-3)2(х4-1)(х-5) (х—4)2 (х—2) (3) Данное неравенство не удовлетворяется в тех точках, где мно- жители, стоящие в знаменателе, обращаются в нуль (х=4, х=2). Поэтому исключим эти точки из дальнейшего рассмотрения, обозначив их на рис. 10.6 светлыми кружками. Рис. 10.6. В точках же, в которых обращается в нуль числитель (х=—3, х=—1, х = 5), неравенство превращается в равенство, т. е. эти точки должны войти в решение неравенства (3). Отметим их на рисунке черными кружками х). Множители (х4-3)2 и (х—4)2, не меняющие знака на всей чис- ловой оси, можно опустить, так как их влияние уже учтено. Во всех остальных точках неравенство (3) равносильно такому: (х4-1)(х-5)(х-2)<0. Ответ, х^—1, 2<х<4, 4 < х=^5. х) Если какая-то точка уже была отмечена светлым кружком, то изменять обозначение не следует.
50 ЗАДАЧИ У пражнения. Решите неравенства: 4. (5—2х) (3—х)3 (х—4)а <0. 5 (х + 3)2(*-Н)(х-5) (х—4)2 (х—2)з < и’ Иррациональные неравенства. Решая уравнения, мы можем получать следствия данного уравнения и закончить решение про- веркой, которая отсеивает посторонние корни. При решении же неравенств обычно получаются целые интервалы решений, что сильно усложняет проверку. Поэтому неравенства преобразовывают так, чтобы не нарушалась равносильность. Начнем с иррациональных неравенств. Пример 4. Решить неравенство /х2—55*4-250 < х—14. (4) Нередко предлагают такое «решение»: х2—55x4-250 < (х—14)3, — 55x4-250 <-28x4-196, х > 2, которое обосновывают следующим образом: «Левая часть меньше правой, но неотрицательна, так как мы имеем дело с арифметическим корнем. Следовательно, обе части данного неравенства неотрица- тельны, и его можно возвести в квадрат, не нарушая равносиль- ности неравенства». Чтобы убедиться, что неравенство решено неверно, подставим в данное неравенство, например, х = 10. Проанализируем ход приведенных здесь рассуждений. Они до- казывают, что если неравенство (4) удовлетворяется при некоторых х, то обе части его можно возвести в квадрат, и тогда х > 2. Однако отсюда не следует обратное, что исходное неравенство удовлетво- ряется при всех х > 2. Присутствие в неравенстве (4) квадратного корня накладывало на неизвестное определенные ограничения, которые оказались раз- рушенными после возведения (4) в квадрат. Трехчлен х2—55x-j-250 вначале стоял под знаком квадратного корня, а потому должен был быть неотрицательным. После возве- дения неравенства (4) в квадрат это ограничение исчезло; теперь ничто не мешает трехчлену стать отрицательным. Даже наоборот, в этом случае неравенство х2—55x4-250 < (х—14)2 удовлетворяется наверняка, так как справа стоит величина, которая не может стать меньше нуля. Чтобы подкоренное выражение оставалось неотрицательным, мы должны добавить к полученному после возведения в квадрат нера- венству требование х2—55x4-250^0, т. е. х <5, х2^50. Из полупря- мой х > 2 оказались выделенными две ее части: 2 < х^5, х^50. Но и теперь еще не все. Достаточно подставить в -исходное неравенство значение х = 4 и мы убедимся, что оно не удовлетворяется. Дело в том, что при возведении в квадрат мы устранили еще одно ограничение, которое присутствовало в неравенстве (4). В левой
ГЛ. 10. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ НЕРАВЕНСТВА 51 части первоначального неравенства стоит квадратный корень, т. е. неотрицательное число. Чтобы это неравенство удовлетворялось, правая его часть х—14 должна быть больше нуля. Итак, надо доба- вить ограничение х—14 > 0, которое присутствовало в исходной неравенстве и оказалось разрушенным после возведения в квадрат. Таким образом, после возведения данного неравенства в квад- рат, мы должны позаботиться о сохранении всех ограничений, кото- рые присутствуют в данном неравенстве. Неравенство (4) нужно было заменить системой г х2—-55x4-250 < (х—14)2, / х2 — 55x4-250^0, ( х—14 >0, решая которую мы нашли бы, что г х > 2, < х<:5, х^50, т. е. х^50, I х > 14. Упражнения. В каждом из неравенств 6—9 освободиться от иррациональности, не нарушая равносильности: 6. ]/"ах2-4-&Х4-с < 3. 7. ]/"gx2-|-Z?x4-c^3. 8. y~ax2~l~bx-j-c ^dx-j-e. 9. ]/~ax2-j-bx-l-c > dx-j-e. Показательные и логарифмические неравенства. При решении показательных и логарифмических неравенств пользуются следую- щими свойствами: 1. Неравенство f(x)?(x) > 1, где f (х) > 0, равносильно сово- купности двух систем неравенств: f f(x)> 1, | 0<f(x)< 1, 1 Ф (х) > 0; 1 ф (х) < 0. 1а. Неравенство f(x)?(x)< 1, где f (х) >0, равносильно сово- купности двух систем неравенств: Г f (х) > 1, Г 0 < f (х) < 1, I Ф (х) < 0; Д ф (х) > 0. 2. Неравенство 1о^/(х)ф(х) > 0 равносильно совокупности двух систем неравенств: ( f(x) >1, f 0< f(x)< 1, ( ф (х) > 1; 1 о < ф(х) < 1. 2а. Неравенство 1о£у(х)ф(х) < 0 равносильно совокупности двух систем неравенств: ( /(х) >1, 1 0</(х) < 1» 1 0 < ф(х) < 1; I ф(х) > 1.
52 ЗАДАЧИ [10.1 Запомнить эти свойства можно следующим образом: степень больше единицы, если основание и показатель степени одинаково расположены по отношению к единице и нулю соответственно (т. е. основание правее единицы и показатель правее нуля или основание левее единицы и показатель левее нуля); логарифм больше нуля, если основание и логарифмируемое выражение одинаково распо- ложены по отношению к единице. Если расположение элементов, о которых шла речь, неодинаково, то степень меньше единицы, а логарифм меньше нуля. 10.1. Доказать, что если а4-£ = 2, где & и b—дейст- вительные числа, то + 10.2. Доказать, что если х2 4~,У2 = 1, то х 4- у ]/2 10.3. Дано a-[-b — ci где а, Ь, с — положительные числа. Доказать, что а2/3 _1_^2/3 > С2/Зе 10.4. Доказать, что —х34-х2^-^-, если 10.5. Доказать неравенство J/4 <2 1 4- 1^4^ 4-1 4~ 4 с 4~ 1 <5 при условии, что а-\-Ь-\- с = 1, а подкоренные выражения неотрицательны. 10.6. Доказать неравенство (а + Ь)" <2«(а”4-^«), если «>0, £ > 0, /г —натуральное число. 10.7. Доказать, что (ат 4- bmybn (ап + где Ь^0, т~^п, т и п—натуральные числа. М4-1\л 10.8. Доказать, что п\ < l-j-J ПРИ л 10.9. Доказать неравенство «+1+^>з, b п с ‘ д где а, b и с—положительные и не равные друг другу числа, не пользуясь неравенствами между средним арифме- тическим и средним геометрическим трех чисел.
Ю.18] ГЛ. 10. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ НЕРАВЕНСТВА 53 10.10. Доказать, что при любых действительных х и у имеет место неравенство (а-2х + Ь-ЗУ-\-1)2 < (4*4-9>'+ 1) (a2 -\-b2 + 1). 10.11. Доказать, что (х— 1)(х—3)(х—4) (х—6)4-10>1 при всех действительных значениях х. 10.12. Доказать, что если действительные числа х, у, z, не равные нулю, удовлетворяют равенствам: x-+-y~i-z=xyz и x2=yz, то х2^3. 10.13. Доказать, что если х,у, z—действительные числа, удовлетворяющие равенствам x+j + ^ = 5, yz-\-zx-\-xy ~ 8, то о о о 10.14. Решить неравенство ях2 + х + 1 > 0, где а т^О — произвольное действительное число. 10.15. Найти все действительные значения w, при кото- рых квадратный трехчлен х2 + тх -J- (т2 + 6w) будет отри- цателен при всех значениях х, удовлетворяющих неравенству 1 < х < 2. 10.16. Найти все действительные значения с, при кото- рых корни многочлена х2 х а будут действительными и оба корня будут больше а. 10.17. При каких значениях k корни многочлена k2x2 + kx — 2 будут действительными и один корень по абсолютной вели- чине будет больше 1, а другой по абсолютной величине будет меньше 1? 10.18. Найти все т, для которых неравенство тх2 4х 4- 3w +1 > 0 удовлетворяется при всех положительных значениях х,
54 ЗАДАЧИ [10.19 Решить неравенства: 10.19. |х2-2х — 3|<3х—3. 10.20. |х-31 > |*4-2|. 10.21. 1~Vg*—3 ю.22. 4x2 <3. X 10.23. 1/х ——— 1Z 1-1>2С11. г X Г X X 10-24- 7Й^</Т+21-1- 10.25. /х + Ух+7 + 2]/х2+ 7х < 35 —2х. 10.26. 2х+/а2-х2>0. 10.27. 4*<3-2Гх+х + 4Гх+'. 10.28. 4х24-Згг+‘ + х-Згг < 2х2-3Гх +2x4-6. 10.29. Найти положительные решения неравенства 2.V-1 х3-х <] Решить неравенства: 10.30. (4)("-2"+1),/2<(.у1-\ 10.31. Xlo8«x+l > я2х. 10.32. x's**-3 'ex+' > 1000. 10.33. ]ZlogzjEr < 1# 10.35. logx 2 • log3j(2 • log2 4x > 1. 14- 10£д х 1 + 10gaX 10.34. 10.36. log2 (2х- 1) logl/2 (2*+l - 2) > — 2. 10.37. logo/ (*24- 1) <logo,i (2x —5). 10.38. 10.39. logft* i“4- log* (kx2) >0, где 0 < k < 1. 10.40. log* [log2 (4х — 6)]^ 1. Ю.41. log3lg-ff^>0. 10.42. 10.43. logx2x^/logx(2x3).’ I X Z I Z X I 10.44. log2 log3^i| < logi/2 logi/з . 10.45. logx«_i (3x—1) < logx'-ix2. 10.46. log|x—logf/2^— 201og2x+148 <0.
10.47] ГЛ. 11. ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ И ПОКАЗАТЕЛЕН. УРАВНЕНИЯ 55 10.47. При каких значениях у верно следующее утверж- дение: «существует хотя бы одно значение х, при котором выполняется неравенство 21ogo,5j2 — 8 + 2х log0,5^2 — *2> 0»? Глава 11 ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ И ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ И СИСТЕМЫ По определению logfl N есть число, удовлетворяющее равенству aloga N _ ft, где а > 0 и а # 1. Формулы logfl *4- logfl У=logfl ху; logax— logfl j/=logfl-^; У n loga x = logfl xn (n—действительное число), (I) называются формулами потенцирования. Первые две являются неаб- солютнымн тождествами (см. введение к главе 9); при четных п и третья формула оказывается неабсолютным тождеством. Применение этих формул при решении уравнений (под применением формулы мы понимаем замену в уравнении выражения, стоящего в ее левой части, на выражение, стоящее справа) может привести только к приобрете- нию посторонних решений. Формулы (1), прочитанные справа налево, называются форму- лами логарифмирования. Чтобы формулы логарифмирования не приводили к потере решений, ими пользуются в виде logfl ху = log,, | х | + logfl | у |; loga у = logfl | x |—logfl | у |; logfl x2k —2k logfl | x | (ft—целое, k 5= 0). Следующие формулы позволяют переходить от логарифма с одним основанием к логарифму с другим основанием: . log& N . , 1 logfl N=; logfl b=-т--------------------: &a log6 a &a logb a * logfln7V =y logo N; logfl W= logflnArn (n f 0); loge N log6 M — logb N logfl M.
56 ЗАДАЧИ [11,1 Если в третьей из этих формул n—2k, то в правой части нужно писать вместо основания а основание ] а |. Формула 10g<p(x/W = 10g/(’)4)M (2) является неабсолютным тождеством, так как ее правая часть пере- стает существовать при /(х) = 1, в то время как левая часть при соответствующих значениях х может существовать и обращаться в нуль. Таким образом, применение формулы (2) может привести к по- тере решений, при которых f(x) = l. При решении уравнений вида Ф (х/= ф (х)е (3) нужно воспользоваться условием равенства оснований. Если ф(х) jc—1, 0, -4-1, то следствием уравнения (3) является уравнение f W=g(x). Случаи, когда ф(х) равно —1, 0 или 1, нужно рассмотреть отдельно. Решая уравнение (3), следует иметь в виду, что выражения вида ~ и 0° не имеют смысла. 11.1. Найти log5 6, если 1g 2 = a, lg3 = fc. 11.2. Найти 1g 122,5, если 1g 5 = a, \g7 = b. 11.3. Решить уравнение 9х_2х+4-= 2х+'т— З2*"1. 11.4. Для каждого действительного числа а решить уравнение 9-|д-2| —4.3-1 х—2| _а — 0. 11.5. Для каждого действительного числа а решить уравнение 1441x1 — 2.121*1 + « = 0. Решить уравнения: 11.6. 5*х+^8* = ЮО. п.7. <2 +1/ч)-’"‘ +(* 11.8. (/2+Гз)'+(/2-/з)'-2«. 11.9. logx 2 • log2x 2 — log4x 2.
11.24J ГЛ. 11. ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ и показателей, уравнения 57 11.10. log8 (3* — 1) log3 (3*+1 — 3) = 6. 11.11. —logl X + log_l_—J=-=log2 y4-log27—j. T Vx V1 T . 11.12. 3loe«3xIoe»x^9. 11.13. ]/1 +logx]/27 log8 x+ 1=0- 11.14. l+21ogx2.1og410-x)=j^. 11.15. logo, 5л- *2 — 14 log i ex x3 + 401 og4x]/x = 0. 1 , 21og0,25(4-x)_ log„(3+x) I- log2(3+x) n ,, lg I x*+2^+2x-11 _ 1117- lg|x*+x-l| 11.18. а°е^х— 5х|ой» + 6 = 0. 11.19. ]/loga ;/oAr-|-logx у/олЦ- + ]Лloge |Zy + log, j/£ = a, где a > 0, a #= 1. 11.20. Найти неотрицательные решения системы уравне- ний ( хУ=ух, 1 15^ = 3*. Решить системы уравнений: г ху =243, 11.21. | 11.22. г x-f-V у JL X V =^3 } Л \уг =лс3. f 11«— 2-5У = 71, 11.23. ч и 11г + 2-52 = 21, У 16. 11.24. х. 2х~у+1 -р Зу • 22х+у = 2, 2х*22х+^ + Зу-8 х+у = 1.
58 ЗАДАЧИ [11.25 11.25. 11.26. 11.27. 11.28. 11.29. 11.30. Г bg2 (У - X) - logg (Зу - 5х) = 0, I *2+У =5. {20x,o*»tf-4-7jlos»* = 81 р/З? ху = 9 УТ. I Ilog». (•*+,»’) | + | logs (х-.у)| = 3, I ху = 3. /log/iffil =2) logeX. log2 (^+ 1)! = ± . ' о I log0-*+Joga.x=l, I **-=₽к2Г v« + хг = 2а. • 7-Зх+1—2-3>+х-х+1 = 9, 2-3*'+1 + 3’’+г“А = 27, „ lg(*+j»+^)—31g.v = Igyz + lg2. Г л а в a 12 ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ Сводка основных тригонометрических формул. 1. Зависимости между тригонометрическими функциями . О . о . ♦ sinx . cos х Sin2x4-COS2X = l, tgX =-, ctgx=— , cosx sin X 1 1 secx=----, cosec x=——, tgx-ctgx=l, COS X sin X 14-tg2x=sec3x, 14-ctg2 x= cosec2 x. 2. Тригонометрические функции суммы и раз- ности ар су ментов: sin (х ± у) — sin х cos у ± sin у cos х, cos (х ± У) = cos х cos у Т sin х sin у, ta (х ± «) - ctg (х + ll}=L^±tgj! tg(X±»)-1Ttgxtgs. Clg(X±W tgxitgjf-
ГЛ. 12. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ 59 3. Функции двойного и тройного аргумента: 2 tg х sin 2х=2 sin X COS X—: , 14-tg2х 1—- tg2 х cos 2х = cos2 х— sin2 x = 1 —2 sin2 x=2 cos2 x— 1 = j'Zj-tg2 "x ’ ♦ oy__ 2tgx 2x — j :^2x- tg2x“l--tg2x’ Cg 2tgx ’ sin 3x=3 sinx—4 sin3 x, cos 3x=4 cos3 x—3 cos x. 4. Формулы понижения степени для синуса п косинуса: . _ 1—cos2x „ 14-cos2x si n2 x= g , cos2 x = —. 5. Функции половинного аргумента: . X , -1Л1—COSX Sm 2-± у 2 , х । COSy=± J/ 1 4-cosx X , ч/" 1—COSX tg 2-± V 14-cosV sin х 14- cos X _1—COS X sin x * х , -j / 14- cos х с g 2 г 1 —cos х 14-cos x_ sinx sinx I — cos x ’ 6. Преобразование суммы функций в произве- ден и е: 1 — cos х=2 sin2, 14-cos х—2 cos2 ~ , _ . х4-«/ х—у . . „ . х—у х-\-у sin л- 4- sin у = 2 sin • cos — , sin х—sin у == 2 sm —~ cos , Л Л L £ . о x-j-y х—у cos х 4- cos у—2 cos 2 cos —» о • х4-« . у—х _ . х4-у . х—у, —------- е,« ^— = —2sin—sin ——* . , sin (х—у) tg х—tg w =--i--------, . cos x cos у , . sin {y—x) ctg X — ctg у = - . . & & sin x sin у роизведения функций в cos x—cos y—2 sin • sin . , . sin(x+#) S*4~ gy-~COSXCQSy ’ ctg x + ctg у — -^П ь b sin x sin у 7. Преобразование с у м му: п sin х cos у [sin (x—y)4~ sin (x-|-t/)], cos x cos [cos (x—y) + cos (х-Ь#)], Sin X Sin у =~ [COS (x—z/)—cos (x-J-#)].
60 ЗАДАЧИ [12.1 12.12] ГЛ. 13. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ и системы 61 Все формулы нужно уметь читать не только «слева направо», но « «справа налево». Так, например, в записи sin у cosx—cossinx нужно узнавать sin -х), а не принимать ошибочно за • ( я \ 1 + cos х , х sm ^х—— J , а в записи —— узнавать ctg —. Проверьте себя и напишите, чему равно выражение 1/ ^~cosx т 1-pcosx ’ Если вы убеждены в том, что это выражение равно тангенсу поло- винного угла, обратите внимание на то обстоятельство, что выраже- ние, о котором идет речь, неотрицательно, а тангенс половинного угла—знакопеременная функция. Таким образом, /1 —cosx L х I i+7^=|tgy|- (• и не следует писать в этом случае ± tg у. То же самое рассужде- ние можно провести для любой из приведенных выше формул, где перед корнем стоит±. Мы ставим±, чтобы «примирить» выражение, стоящее в левой части, которое может быть отрицательным, с не- отрицательным корнем. Поставив ±, мы не получаем двузначную функцию; этот символ говорит лишь о том, что для каждого фикси- рованного х мы обязаны выбрать определенный знак, в зависимости от того, в какой четверти тригонометрического круга оказывается угол, ‘стоящий под знаком функции в левой части формулы. 12.1. Упростить выражение —Д— [(2 cos х — sin х) ctg х + 2 sin х + cos х] х 3sinx ХГ1 ( T'S'sinx У*]"1- Л L 1 \2cosx—sinx/ ___cos 2х [2 (1 — sin х cos х) (sin х+cos х)2] 6 (sin x + cos х)2 (1—sinx cosx) cos(x—a) А cos (х—р) В 1 12.4. Доказать, что tg (а -(- р) = 2 tg а, если sin а cos (ар) = sin р и а + Р (2/zH- 1), а#=-у(2я+1)- 12.5. Вычислить без таблиц л 2л 4л COS у COS — COS -у- . 12.6. Вычислить без таблиц , л . 2л , Зл tg 7-tg—tg—. гт sin (x—a) a 12.7. Доказать, что если —7--= т и ’ sin (х — р) Ъ то Соз-(а-₽)=^±^. 12.8. Доказать, что если | sin х | = | k sin у [, где — 1 k 1, то произведение sin (х + у) sin (х —у) непо- ложительно. 12.9. Доказать, что если sina-J-sin р = я, cosa+cos р=£, . a , . 6 4a T0 tg 2"Hg ~2 “C2_|_fe2_|_2& * 12.10. Дано 2 tg2 a tg2 p tg2 у + tg2 a tg2 p + tg2 p tg2 7 -|- tg2 у tg2 a = 1. Вычислить sin2 a + sin2 p -j- sin2 y. 12.11. Углы a, p, у образуют арифметическую прогрес- сию с разностью -5-. Вычислить О Л = tg a tg р + tg ₽ tg Y + tg a tg Y- 12.12. Сумма трех положительных чисел а, р и у равна у. Вычислить произведение ctgactgу, если известно, что ctg a, ctg р и ctg у образуют арифметическую прогрессию. 12.2. Доказать тождество tg 2а tg (30° — а) + tg 2а tg (60° — а) + + tg (60° - а) tg (30° — а) = 1. 12.3. Доказать тождество 4 tg-^+...tg£ = dg ^-ctg-K. Глава 13 ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ И СИСТЕМЫ Простейшие тригонометрические уравнения. sinx=a, х=пл + ( — 1)” arcsin a, | a ] <: 1, cos x=a, х= 2пл ± arccos a, | a | < 1» tg х—a, x=nft + arctga, ctgx=a, x=nn-j-arcctg a.
62 ЗАДАЧИ Решения уравнения sinx==a часто удобно записывать в виде двух серии корней: x=2nji-)-arcsin я, х = л (2л-{-1)—arcsin а. • Хотя приведенные формулы верны при всех значениях я, удовлет- воряющих указанным справа ограничениям, при некоторых а эти формулы дают неудобный ответ. Так, например, если к уравнению sinx=l применить общую формулу, то получим х=пл+(— При n = 2fe получим x=2ftn+-у, а при n = 2Hl x=2kn+n — ---. При четном и нечетном п мы пришли к одинако- вому ответу. Но этот же ответ можно получить гораздо проще, если не пользоваться общей формулой. Достаточно заметить, что sinx=l тогда и только тогда, когда подвижный радиус вертикален и направлен вверх. Поэтому целесообразно помнить решения уравнений: л sinx=0, х=пл; sinx=l, ' х=-^- + 2пл; sinx= — 1, x — —5-“г2птс; cosa'=0, cosx= 1, х = 2лл; cosx =— 1, х=(2л-|-1)л; tgx = 0, х=лл; ctgx==0, x=-^--J-njc* Однородные уравнения. Уравнение вида а0 sinfexd-flisin/f“'1xcosx-t-...-F«fe~i sin х cosk~1x-[-ak cosh х — 0 (1) называется однородным, так как все слагаемые его левой части имеют одинаковую степень относительно sinx и cosx. При а0 0 среди решений уравнения (1) не содержится значений х, при которых cosx —0. В самом деле, полагая cos х=0, мы получаем из уравнения (1): aosinftx = O, откуда sinfcx=0, так как а0 0 по условию. Но это невозможно, поскольку нет таких значений х, при которых sinx и cosx одновременно обращаются в нуль. „ Аналогично при ak 0 среди решении уравнения (1) не содер- жится значений х, при которых sin х=0. Наметим пути решения уравнения (1). Рассмотрим два случая. 1) а0 Ф 0 и 0. В этом случае, разделив уравнение (1) на cosftx, мы получим (поскольку cosx?=0) равносильное ему
ГЛ. 13. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ И СИСТЕМЫ 63 алгебраическое уравнение йо/+адй-1+---+«/!-1г/+ял=о (2) относительно y = tgx. Можно также делить уравнение (1) на sin*x. Тогда (поскольку sinx 0) мы получим равносильное уравнению (1) алгебраическое уравнение ао+а1г+...+а^.1г'1-1+а/1гГ!=0 (3) относительно z = ctg х. Пример 1. Решить уравнение sin3 х—2 sin2 х cos х—sin х cos2 x-j- 2 cos3 x=0. (4) Разделив его на cos3x, получим алгебраическое уравнение #3—2р2—#-f-2 = 0, где у = tg х. Последнее уравнение легко решается путем разложения его левой части на множители, и мы находим корни; У1= —L 1/2=1» !/з=2. Теперь остается решить совокупность уравнений tgx=—1, tgx= 1, tgx=2. Мы получим следующие корни уравнения (1): х=пл ± x=nn:4-arctg 2. 2) ао=0, или п/. = 0, или ао = аЛ=О. Пусть, например, aQ=ak — 0, аа^Ои a/j-i # 0. Тогда уравнение (1)*примет вид sin*-1x cos x-j-a2 sin*“ax cos2 x-f-,.. sin2 xcos*-2 x-f- sinxcos*“1x—0. (5) В левой части уравнения выносим за скобки все, что возможно (в случае уравнения (5) мы можем вынести за скобки произведение sinxcosx). В результате получим уравнение sin х cosx (й! sinft”1x-|-fl2 sin*-2хcosx-J- ... ... +aft_2 sin xccs*“2x4-aft_1 cos*-1x)=0, распадающееся на совокупность уравнений sinx=0, cos х=0, sin*-1x-f-a2 sin*~2 cosx+ ... ... sin x cos*-2 x+aft_x cos*-1x=0, из которых первые два решаются просто (см. стр. 62), а пути реше- ния третьего уравнения показаны в случае 1). Пример 2. Решить уравнение sin4 х cos х—2 sin3 х cos2 х— sin2 х cos3 х-}-2 sin х cos4 х=0. Левую часть уравнения разлагаем на множители: sin х cos х (sin3 х—2 sin2 х cos х — sin х cos2x-|-2 cos3 x) =0.
64 ЗАДАЧИ Получаем совокупность уравнений sinx=0, cosx=0, sin3л—2sin3хcosx—sinxcos2х4-2 cos3х = 0. решения первых двух уравнении даны на стр. 62. Третье уравнение подробно рассмотрено в примере 1. Системы тригонометрических уравнений. Предположим, что, рреобразовывая систему тригонометрических уравнений, мы пришли к системе ( sin (х 4-i/)== О, I sin (х—i/) = l. Если переписать эту систему в виде х4-{/ = нл, X—г/=-|-4-2/ш, то, складывая и вычитая полученные уравнения, придем к выводу, что л , 3/1Л *=т+—. л пл 1 г Решили ли мы систему? Оказывается, нет. Решить систему — значит найти все ее решения, а из поля нашего зрения выпало такое 3 л л » очевидное решение, как х = —, z/=~ (ни при .каком целом п из л , ЗиЛ Зл\ выражения —4—%- нельзя получить —I. В чем же ошибка? Ошибка очень проста: переходя от первона- чальной системы к выражениям относительно х-\-у и х—у, мы должны были сохранить их «независимость», которая присутствовала в исходной системе. Вместо этого мы «связали» их введением общего целочисленного переменного п. Правильным было бы такое решение: / х-[-у=пл, ! л . „ I х—у=-^+2тл, откуда x=4-+4(2m+n)< Прежде чем приступать к решению задач, ознакомьтесь с вве- дением к главе 9.
13.191 гл. 13. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ И СИСТЕМЫ 65 Решить уравнения: 13.1. 13.2. 13.4. 13.6. 13.7. sin8x cos8x 4 1 4- sin 2x 4- 2 y2 cos 3x sin ^x 4- ~ j = =2 sin x4- 2 cos 3x 4- cos 2x. .„J,-1-®1 133 tg2x _ I-COS3* ‘8 X~ l-sinje'. g I — sin3 x* tg2xtg7x=l. 13.5. /^7 = 2sinx. 2 tg 3x—3 tg 2x = tg2 2x tg 3x. -4= sin2x sin /2 13.8. 4 tg 4x — 4 tg 3x — tg 2x = tg 2x tg 3x tg 4x. 13.9. Найти решения уравнения K1-COSX4- Kl+cosx л - —-------------—. — тг oiii л j cosx sin Зх. COS X лежащие в интервале (0, 2л). 13.10. Решить уравнение sin (х —а) = sin х—sin а. 13.11. Найти решения уравнения | cos 2х | = | sin3 х — а ] (а — действительное число), удовлетворяющие неравенству Решить уравнения: 13.12. 1/~ и Sec2 х + tgx sec х — 1J = =2 tgx (1 4-4sinx). 13.13. (tgx4-sinx)1/2 4-(tgx — sinx)1/2 = 2tg1/2x cosx. 13.14. ctg2r-(-3 tg3x = 2 tgr + -r^. 13.15. sec x2 + cosec x2 4~ sec x2 cosec x2 = 1. 1O ст n ч 5 sin 4x cos x 13.16. 6shx—2cos3x = — -----s---. 2 cos 2x q 13.17. 4 sin x 4- 2cos x — 2 4- 3tg x. 13.18. cos x == cos2 -yX. 13.19. sin4x |^24-ctgx4-ctg ----x)] == =2)/'2 (1 4- sin 2x + cos 2x). 3 Е. Б. Баховский, А. А Рывкин
66 ЗАДАЧИ (13.20 13.20. sin 4х sin х—sin 3x sin 2x = у cos 3x4-(1 4-cos x)l/2. 13.21. sin 4x ж m tg x, где m > 0. 13.22. sin у (sin x + sin 2x + ... + sin 1 OOx) = у sin^~ . 13.23. sin2 x + sin 2x sin 4x 4.... 4- sin nx sin n*x = 1. 13.24. 4 cos x — 2 cos 2x — cos4x=l. 13.25. cos (n Vx) cos (n ]/x — 4) = 1. 13.26. sin3x 4- cos3x = 1. 13.27. cos2 3x 4“ у cos2 x = cos 3x cos4 x. 13.28. При каких значениях а уравнение 1 4- sin2 ax = cos x . имеет единственное решение? P e ш и т ь с и с т е м ы: 13.29. 13.31. 13.32. 13.33. 13.34. 13.36. 13.38. ' sinx-|-secy=2, ( cos (х—y)=2cos (х4-у)> . 1 13.30.1 з sinx secy . cosx cosy = ~. f cos2y 4-3 sinxsiny — 0, \ 21cos2x—cos2y = 10. I 4 tg 3x = 3 tg 2y, \ 2 sin x cos (x—y)« siny. у 2 sinx«=slny, 2 cos x =«]/ 5 cosy. 1 Лх2 i sin 2 -1, 13 3S |x| + |y| = 8. tg x + ctg = a, ctgx+tg> = 2. ,3-37- tgxtgz = 3, tgJ)tgZ = 6, x4-y +z=n. sin x 4~ sin у =» sin a, cos x 4- cosy == cos a. sln^x—-y^cos^y— к 4~y = 2 arcsin ( я 4~ у . 13.39. Найти в^е пары чисел х, у, которые удовлетво- ряют уравнению tg4 х 4- tg4y 4- 2 ctg2 х ctg2y =« 8 4- sin2 (x 4-y).
14.8] ГЛ. 14. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ НЕРАВЕНСТВА 67 13.40. Решить уравнение sin2 х 4-1 sin2 Зх = sin х sin2 Зх. 1 4 13.41. Решить уравнение 3 COS X + cos у — COS (X + у) — у « 13.42. Найти все пары чисел а и при которых для любых х и у, удовлетворяющих условию х-}-у = а (где х=#-^--)-лл, уу=4-/г/л, zz, w = 0, ± 1> ±2,..,), верно равенство tgx-j- tgy + tgxtgy ~b. 13.43. Найти все пары чисел х и у, которые удовле- творяют уравнению (s1"2 х + i)2+(cos2 х+ЕзкУ=12+1 sin>- 13.44. Решить уравнение sin х 4- 2 sin 2х = 3 + sin Зх. Глава 14 ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ НЕРАВЕНСТВА Решить неравенства: 14.1. | sinx | > | cosx|. 14.2. 1—sinX4- cos* < 0. 14.3. sinx — 3cosx<0. 14.4. 2 cos 2x 4* sin 2x > tg x, 14.5. cosxtg2x^0. 14.6. 54-2 cos 2x^3 | 2 sinx—11. 14.7. Найти решения неравенства sin 2x > У 2 sin2 X 4- (2 —У 2 ) cos2 x, лежащие в интервале (0, 2л). 14.8. При каких значениях а, О^а^л, уравнение 2х2 — 2 (2 cos а— 1)х4~2 cos2а—5 cos «4-2 = 0 имеет различные действительные корни? Исследовать знаки корней. 3*
68 ЗАДАЧИ [14.9 Решить неравенства: 14.9. /sinл-+]/cosx > 1. 14.Ю. 14- 14.11. f3(sinx+cosx)—|/"2\l/2 ! \ 2 У~2—sinx—cosx / 14.12. tgxtg3x<—1. 14.13. У~Х4“ 2 cos x + cosx > j/*~— cos x, если 0 x 2л. 14.14. Найти все значения х из интервала 0<х<л, удовлетворяющие неравенству . х sin х—2 cosx 2 sin х-|-2cosx 14.15. Доказать, что при любом а имеет место нера- венство 4 sin За + 5 4 cos 2а 5 sin а. Глава 15 ТРАНСЦЕНДЕНТНЫЕ НЕРАВЕНСТВА Решить неравенства: 15.1. (logsinJC2)2 < logsinx(4sin3x). 15.2. (logtex 3)г < log,g х (3 tg3 х). 15.3. Найти решения неравенства log2cosx> log2tgx, удовлетворяющие условию О^х^Сл. Решить неравенства: 15.4. 4 logie cos 2х + 2 log4 sin х + log2 cos х + 3 < 0. 15.5. log|co.*+Vs sinX1-1 > °, если 0^x^2n. 15.6. sin|lgx| + cos|lgx| >yy. 15 7 arccos(^-3y+2) 0 8x’~10i+3 15.8. arctg/x>arccos(l—x).
J6.I2] ГЛ. 16. ТРАНСЦЕНДЕНТНЫЕ УРАВНЕНИЯ Глава 16 ТРАНСЦЕНДЕНТНЫЕ УРАВНЕНИЯ 69 16.1. Доказать, что уравнение 2 sin2 у sin2х2 не имеет корней. Решить уравнения: 16.2. 4^£*-4- 2COS‘X—80 = 0. 16.3. (tgx)sin*=(ctgx)cos*. 16.4. sin (2*-1-|-2X-2) cos (2*-1+ 2Х-2) =-| . 16.5. lg sin x-{-lg sin 5x = lg sec 4x. 16.6. lga (sin x + 4) + 2 lg (sinx 4-4)—-|- = 0. 16.7. logslnx ^sinx — у cosx) =3. 16.8. logs cos® x sin x = y . 16.9. Найти положительные решения уравнения ^[5яН)х]=1- 16.10. Решить уравнение lg2 cos х 4- 2 lg cos x 4- /n2 -J- 2w — 3 = 0. 16.11. Для каждого действительного числа а решить уравнение lg2 sinx—2аlgsinx—а2 4-2 = 0. 16.12. Решить систему уравнений f 10g(3x-4»-15)(2X—>)=1, I log(z+2i,)Cos[n(x+j)]=0.
70 ЗАДАЧИ Глава 17 КОМПЛЕКСНЫЕ ЧИСЛА О п р е д е л е н и е. Комплексными числами называются символы вида a-{-ib, а—bi, а—ib, где а и b—действительные числа, a i новый символ, если для них приняты следующие условия: 1. а ± bi = a ± ib', a—bi = a-L(— Ы L 2. a4-0-i==a. 3. = тогда и только тогда, когда а—с и b—d. 4. Сложение и умножение определяются равенствами (а + bi) -f- (с + di) = (a-{-c)-{-(b-{-d)i, (а Ы) (с 4- di) = (ас—bd) 4- (ad 4- be) i. Из п. 2 этого определения следует, что если в комплексном числе a-{-bi b—0, то это комплексное число является действитель- ным числом. Комплексное число a-{-bi называется мнимым, если b £ 0. Если в мнимом числе а = 0, то оно называется чисто мнимым. Чисто мнимое число 0-]-Ы обозначают просто bi. Чисто мнимое число 14 обозначают просто i. Из определения вытекает, что ii) 2 = —1. Действительно, i2 = i.i = (04-*) (04-i) = (0 0—1-1)4-(0 14-1-0) i= — 14-0.1 = — I. В комплексном числе a-{-bi число а называется действительной его частью, b—мнимой частью, i—мнимой единицей. В комплексном числе а-{-bi знак плюс можно рассматривать как знак сложения. Действительно, (a)4-(bi)±=(a4-0 i)4-(04-dz) = (a4-0)4-(04-ft)t=a4-6i. Можно доказать, что Ы есть произведение чисел b и L Действительную часть комплексного числа z обозначают Re г, а его мнимую часть Im z J). Модулем комплексного числа z = a-\-bi называется неотрица- тельное число |«|=V^+b’. Точка, изображающая комплексное число z на координатной плоскости, называется аффиксом этого числа. Числа a-{-bi и а—bi называются комплексно сопряженными. Число, комплексно сопряженное числу г, обозначается г. Аффиксы комплексно сопряженных чисел симметричны относительно действи- тельной оси. Непосредственно проверяется, что ZZ=1Z|2, |Z| = |7|. i) Эти обозначения являются сокращениями французских слов reel (действительный) и imaginaire (мнимый).
ГЛ. 17. КОМПЛЕКСНЫЕ ЧИСЛА 71 Если z = z, то z—действительное число. Угол между положительным направлением оси Ох и радиусом- вектором аффикса комплексного числа г называется аргументом комплексного числа. Если аргумент ф удовлетворяет неравенству О ф < 2л, то он называется главным аргументом. Аргумент числа г обозначают Arg z, а главный аргумент arg z. Всякое комплексное число z может быть представлено в виде г—г (cos <р-Н sin <р), где г—некоторое неотрицательное число, а <р—некоторый угол. Такая форма комплексного числа называется тригонометрической. Для числа г = 0 тригонометрическая форма не рассматривается, так как считается, что его аргумент не существует. Можно доказать, что если z представлено в тригонометрической форме, то г—модуль комплексного числа г, а ф—один из его аргументов. Действия над комплексными числами, представленными в три- гонометрической форме, выполняются по следующим правилам. 1. Zj • z2 = [rx (cos <рг 4- г sin <рх)] [r2 (cos ф2 + i sin <p2)J — = ггг2 [cos (фх + ф2) 4- i sin (фг 4-ф2)]. _ ?! Г, (cos Фх4~* sin Ф1) Г1 _ . XI,./ XI 2. — = ------4 -Т - - .—= — [cos (фх—ф2) 4- i Sin (фх—ф2)]. z2 r2 (cos ф24“1 sin ф2) г2 т 3. Из правил умножения и деления комплексных чисел выте- кает формула гп = [г (cos ф 4- i sin ф)]я = rn (cos лф4~ * sin лф), где п—целое число 1). 4. При п натуральном nz~ п/—7-------:—г п/— ( ф4-2/гл , . . ф4-2/гл\ у г — р/ г (собф4-» sin ф)= р/ г ( cos ——--Н sm—— . (♦) Здесь k—любое целое число. Чтобы получить п различных корней л-й степени из числа г, надо k придать значения последовательных п целых чисел. Например, положить k равным 0, 1, 2, п—1. Формулу (*) можно записать в виде 1 [г (cos (ф4-2/гл) 4-1 sin (ф4-2/гл))] п = V ( <р+2Ая , . . lC0S-^+,Ein-v-J- Поэтому можно считать, что правило возведения в степень верно и для нецелых рациональных показателей. Пусть OML и ОМ2—соответственно радиусы-векторы аффиксов комплексных чисел zr=4- yYi и z2 = х2 4- y2i. Пусть ОТИх 4- <Ш2 = ОМ. Так как проекция суммы векторов на ось равна сумме проекций Эту формулу называют формулой Муавра,
72 ЗАДАЧИ [17.1 складываемых векторов, то = П р ОхОМ 14-Пр ОхОЛ42 == jq-р х2, П р оуОМ = Пр oyOMi 4- Пр оуОМ2 = 1/х 4~ Уч Поэтому Л1 является аффиксом числа г^гг- Итак, чтобы получить радиус-вектор аффикса суммы г14-г2, надо сложить радиусы-векторы аффиксов слагаемых zr и г2. Вектор /ИГЛ12 = ОЛ12—ОМ1г рисунки сделайте самостоятельно Если провести вектор ОМ = МгМ2, то М будет аффиксом числа z2— zv 17.1. Доказать, что модуль суммы двух комплексных чисел не превосходит суммы модулей этих чисел. 17.2. Дано, что z—комплексное число, не равное ± 1- Доказать, что число будет чисто мнимым тогда и только тогда, когда |z|=l. 17.3. Найти аргумент комплексного числа z2—z, если z = cos ф 4- Z sin ф 1 • 17.4. Представить в тригонометрической форме комплекс- ное число z = (l — cos а 4- i sin а)", где п—целое число, не равное нулю. 17.5. Найти модуль и все аргументы мнимого числа z, если z + ~==a, где а—данное отрицательное число. При каких .значениях а решение этой задачи возможно? 17.6. Вычислить значение выражения ^167 ।_L. z 21в'? для z, удовлетворяющего уравнению г+4=1. 17.7. Найти все комплексные числа z, удовлетворяющие равенству z = zn~\ где комплексное число, сопряженное числу z, а л—на- туральное.
17.12] ГЛ. 18. ЗАДАЧИ НА СОСТАВЛЕНИЕ УРАВНЕНИЙ 73 • 17.8. Решить при всех неотрицательных значениях а уравнение z [ z | + az + i = 0. 17.9. Решить в комплексных числах систему уравнений f z13w19 = 1, < z5w7 = 1, z2 -j- тс/2 = — 2. 17.10. Найти геометрическое место точек z комплексной плоскости, для которых 1 | = |^— Л- 17.11. Найти геометрическое место точек z комплексной плоскости, удовлетворяющих неравенству |z + z|<l. 17.12. Найти геометрическое место точек z комплексной плоскости, для которых Re —^=0. Глава 18 ЗАДАЧИ НА СОСТАВЛЕНИЕ УРАВНЕНИЙ При решении задач на составление уравнений основную трудность представляет собой перевод условия задачи с обычного языка на язык математических символов и уравнений. Наиболее ответственный этап этого процесса—выбор неизвестных. Нельзя шаблонно выбирать в качестве неизвестных величины, стоящие в вопросе задачи. Основ- ное требование, которому должны отвечать выбранные неизвестные, состоит в том, чтобы с их помощью можно было прозрачно записать сформулированные в условии задачи соотношения. Разберем в качестве примера следующую задачу. Пример 1. Трое рабочих должны изготовить некоторое коли- чество деталей. Сначала к работе приступил первый рабочий, а через некоторое время к нему присоединился второй. Когда 1/6 часть работы была выполнена, к работе приступил третий рабочий. Работу они закончили одновременно. Сколько времени работал первый рабочий, если каждый рабочий изготовил одинаковое количество деталей, причем третий рабочий работал на два часа меньше второго? Известно, что первый и второй рабочие, работая вместе, могут изготовить требуемое количество деталей на 9 часов раньше, чем третий рабочий, если бы он работал один.
74 ЗАДАЧИ Известно, что каждый рабочий изготовил одинаковое количество детален, т. е. выполнил треть всей работы. С другой стороны, пет никаких сведений о числе деталей, изготовленных кем-либо вкакой-лнбо промежуток времени. Это означает, что речь идет о работе «вообще», о том, что каждый выполнял какую-то часть этой работы, а потому всю работу следует принять за единицу. Ту же мысль подтверждает и условие, в силу которого третий рабочий приступил к работе, когда 1/6 часть работы (обратите внимание: 1/6 всей работы, а не 45 или 27 деталей) была уже выполнена. Из условия следует, что рабочие работают по-разному, другими словами, они изготовят разное количество деталей в одно и то же время. Поэтому нужно ввести в рассмотрение производительность каждого из них. Однако через х, у и г мы обозначим не количество деталей, изготовляемых в час первым, вторым и третьим рабочими соответственно, а ту часть всей работы, которую каждый из них выполняет за это время. После всего сказанного должно быть очевидным, что мы легко перепишем условие задачи в виде системы уравнений, если введем в рассмотрение еще три неизвестных: — время, которое работал первый рабочий, t2 — второй, а /3—третий. Так как каждый из них сделал за это время треть всей работы, то /i.v==/2z/==/3z = -| . (1) Мы получили три уравнения можно было написать, что t1x=~ , , 1 . 1 \ 1Z /2$/ = —, /3z = -y I. К ним нередко добавляют четвертое: G* + + ^з2 = h которое должно отражать то обстоятельство, что в итоге вся работа была выполнена. Однако это уравнение не содержит никакой само- стоятельной информации: оно является следствием первых трех и получается в результате их сложения. Поэтому это уравнение, хотя и верно составлено, но бесполезно для решения задачи. Так как первый и второй рабочие вместе выполняют всю работу за 1/(х-^-у) часов, а третьему на это потребуется 1/z часов, то еше одно условие задачи можно записать так: Составим теперь уравнение, отражающее тот факт, что третий рабочий приступил к работе, когда 1/6 часть ее была выполнена. Другими словами, когда первый рабочий проработал tt—ta часов, а второй t2 — ta, они сделали 1/6 часть всей работы: x(G-/3)+y(^-'a)=i/6- (3) Добавляя к этим пяти уравнениям шестое: 4—4 = 2, (4) мы можем приступить к решению полученной системы уравнений.
ГЛ. 18. ЗАДАЧИ НА СОСТАВЛЕНИЕ УРАВНЕНИЙ 75 Решая систему уравнений, как правило, следует держать в поле зрения два обстоятельства. Во-первых, систему уравнений нужно воспринимать в целом, так, как вы воспринимали бы ее, решая вне связи с задачей. Это позволит найти более рациональный ключ к ее решению. Во-вторых, нельзя упустить из виду те неизвестные (ил/ комбинации неизвестных), которые позволят ответить на вопрос задачи. Благодаря этому можно обойтись без излишних вычислений. В нашем примере второе обстоятельство должно побудить нас использовать уравнение (4) для упрощения уравнения (3), в резуль- тате чего из (3) будет исключено неизвестное /2, которое нас не ин- тересует. Однако после замены t2 —t3 на 2 уравнение (3) потеряет симметрию относительно 1гх и tzy, что затруднит использование уравнений (1). Если же в уравнении (3) раскрыть скобки и вспом- нить, что х/1=1/3 и у/2 = 1/3, то получим уравнение /3(х + </) = 1/2- С его помощью можно выразить х-\-у через t3, а из уравнения z/3=~- можно выразить через t3 и неизвестное г. Подставляя эти О выражения в (2), получим 2/34~9 = 3/3, откуда /3=9. Дальнейшее решение системы не представляет труда. Находим пос- ледовательно: /2=11, г —1/27, у =1/33. Из уравнения (2) опреде- ляем х = 5/198 и /г = 1/(Зх) = 66/5. Итак, первый рабочий работал 13 часов 12 минут. Эту же задачу можно было бы решить с помощью меньшего числа неизвестных, если ввести в рассмотрение, помимо величин х, у и г, имеющих прежний смысл, величину t, обозначающую время, в течение которого рабочие работали вместе, т. е. время работы третьего рабочего. Это привело бы нас к системе *‘(x+l/ + z)=5/6 (Г) (за время t рабочие сделали вместе 5/6 всей работы) iz = (/4-2)1/ = 1/3 (2') (за время t третий рабочий сделал треть всей работы, а второму на это потребовалось на 2 часа больше), (первый и второй рабочие выполняют всю работу на.9 часов быстрее, чем третий, работая один). Поскольку /z=l/3, то из (Г) найдем х+у=4--
76 ЗАДАЧИ ГЛ. 18. ЗАДАЧИ НА СОСТАВЛЕНИЕ УРАВНЕНИЙ '77 Вместе с z—подставим в (3'). Получим f = 9. Как и прежде, найдем последовательно z, у и х. На вопрос задачи можно ответить, вспомнив, что первый работал столько, чтобы успеть сделать 1/3 всей работы, т. е. 1/(Зх). Конечно, второе решение выглядит более изящно, чем первое. Однако признать его лучшим трудно, поскольку за те простые уравнения, от которых мы отказались, пришлось уплатить некоторым усложнением логики. А теперь приведем арифметическое решение этой задачи—реше- ние, в котором удается обойтись вообще без составления урав- нений. Так как рабочие совместно выполнили 1 —1/6 = 5/6 всей работы, причем третий сделал 1/3, то на долю первого и второго осталось 5/6—1/3 = 1/2 всей работы. Следовательно, если бы первый и второй рабочие успели выполнить всю работу, то третий за то же самое время сделал бы 2/3; ему останется 1—2/3= 1/3, на что ему потре- бовалось бы в силу последнего условия задачи 9 часов. Так как каждый рабочий сделал одинаковое количество деталей, т. е. 1/3 всей работы, то третий рабочий работал ровно 9 часов. Тогда второй работал 9-{-2 = 11 часов. Так как он тоже сделал 1/3 всей работы то его производительность равна 1/33 части всей работы в час. Мы знаем, что первый и второй рабочие тратят на 1/2 всей работы столько же, сколько третий на 1/3; т. е. 9 часов. Второй рабочий сделает за это время (1/33)-9=3/11 всей работы. Следова- тельно, на долю первого приходится 1/2—3/11=5/22. Его произво- дительность (5/22) :9 = 5/198 в час, свою треть работы он выполнил 1 . 5 3 ‘ 198 за = 13-jr- часов = 13 часов 12 минут. Хотя решёнНе выглядит намного красивее, чем первые два, его тоже трудно назвать существенно лучшим. Взгляните внимательно на уравнения второго решения, и вы заметите, что третье решение получено почти «дословным» пересказом этих уравнений. Таким образом, на пути к решению задачи вас не должно останавливать большое количество неизвестных, которые, по вашему мнению, следует ввести. Однако старайтесь не вводить неизвестные, размерность которых не встречается в условии и не может быть получена как комбинация элементов условия. Введение таких неизвестных может усложнить задачу. Вот простой пример. Пример 2. Расстояние между двумя пунктами пароход про- ходит по течению реки на а часов быстрее, чем то же расстояние в стоячей воде, и на b часов быстрее, чем против течения (Ь>д>0). За какое время пароход покрывает расстояние от А до В по тече- нию? Если ввести в рассмотрение неизвестные: v—скорость парохода в стоячей воде, w—скорость течения реки, х—расстояние, то получим систему двух уравнений с тремя неизвестными: /XX ;— = а, V v-{-w X X . -----------;--= 0. V — W O-J-ВУ Найти из этой системы величину можно, если сделать сле- дующие преобразования: х 1 ___1_ V — W V—W V W * X XX X 1 _ 1 о-4-се/ u-|-c0 v w ’ X X ' X и обозначить—=#,—=z. Мы придем к системе относительно у I и z, решив которую, вычислим у_^_г • Однако такую систему можно было получить сразу, если бы мы не ввели в качестве неизвестного х пройденное пароходом рас- стояние. В условии задачи не было чисел, выраженных в километрах, однако расстояние между пунктами являлось существенным связу- ющим звеном. Это означает, что мы должны были принять его за единицу, а скорости о и и/ выражать в частях расстояния, пройден- ных за один час. В результате мы пришли бы к системе _____i_ V V-^-W k V — W которую не пришлось бы преобразовывать. Разберем еще одну задачу, на примере которой видно, как ре- шаются задачи на движение. Пример 3. Из пункта С в пункт D выехал товарный поезд. Через 5 часов 5 минут навстречу ему из пункта D выехал пасса- жирский поезд. Они встретились в каком-то пункте А. После этого пассажирский поезд приехал в пункт С через 4 часа 6 минут, а товарный—в пункт D через 12 часов 55 минут. Сколько времени каждый поезд находился в пути. Условия задачи можно отразить на схеме (рис. 18.1), где буквой В обозначено положение товарного поезда в момент выхода пассажир- ского из пункта £>.
78 ЗАДАЧИ [18.1 То обстоятельство, что оба поезда находились в точке А одно- временно, мы отразим на схеме с помощью вертикального отрезка, связывающего оба пути. Схема подсказывает нам и выбор неизвест- ных. На путь от В до А товарный поезд потратил столько же вре- мени, сколько пассажирский на путь от пункта D до А. Если обо- значить это время через х, то на схеме не останется «белых пятен». 5Тгчас х 12$ Ч№ к .q О----7-----1-------- 4-^ час X Рис. 18.1. Пусть —скорость товарного поезда, ас2—скорость пассажир- ского поезда. Каждый из отрезков пути: от пункта С до Л и от пункта D до А позволяет составить уравнение 1911 2 12 (5A+-V) v' = 4T0v*- Можно составить и уравнение для всего пути: (51+х+12}1)У1 = (х+41)с.2, • которое является следствием (точнее, суммой) первых двух уравне- ний. Однако это уравнение проще второго. Поэтому мы будем ре- шать систему ( 1212Ol=AX’s’ (18+.г)О1=(х+4,1)о2. Разделив первое уравнение на второе, получим 184-х х 4-4,1’ откуда х = 5 часов 10 минут (второй корень отрицательный и не имеет физического смысла). Итак, товарный поезд пройдет весь путь за 23 часа 10 минут, а пассажирский—за 9 часов 16 минут. 18.1. Бассейн наполняется четырьмя трубами за 4 часа. Первая, вторая и четвертая заполняют бассейн за 6 часов. Вторая, третья и четвертая — за 5 часов. За сколько вре- мени заполняют бассейн первая и третья трубы?
18.8] гл. 18. ЗАДАЧИ НА СОСТАВЛЕНИЕ УРАВНЕНИИ 79 18.2. У продавца испортились весы (плечи весов оказа- лись неравными). Продавец отпустил покупателю два веса: первый раз на одну чашку весов положил килограммовую гирю, а во второй раз поменял гирю и товар местами. Ком- пенсировал ли продавец неточность весов? 18.3. Население страны ежегодно увеличивается на 1/80. Через сколько лет население страны удвоится? 18.4. Одному буксиру нужно перевезти за наименьшее время два понтона вниз по реке на I км. Было решено, что один понтон будет отправлен по течению реки самостоя- тельно, а другой будет некоторое время транспортироваться буксиром, после чего буксир оставит его и вернется за пер- вым, отбуксировав его до конечного пункта. Сколько кило- метров должен транспортироваться второй понтон, чтобы оба пришли к конечному пункту одновременно, и сколько потре- буется времени на всю перевозку, если собственная скорость буксира -п, а скорость течения реки и? 18.5. Некто родился в девятнадцатом веке. В 1901 году сумма цифр числа, выражающего год его рождения, равня- лась сумме цифр числа, выражающего количество прожитых лет. Определить, в каком году родился некто. 18.6. Цена брильянта пропорциональна квадрату его веса. Брильянт весом в р карат был разбит на две части, после чего его стоимость уменьшилась в k раз. Найти вес частей, на которые был разбит брильянт1). 18.7. Некоторую часть маршрута туристам предстоит совершить вверх по реке. В их распоряжении моторная лодка, способная развивать две скорости с разным расходом горючего. Если скорость течения реки окажется равной и км{ч, то при движении на любой из собственных скоростей будет затрачено одинаковое количество горючего. Если же ско- рость течения в k раз больше (&> 1), то при движении с собственной скоростью горючее будет израсходовано полностью, а при движении с собственной скоростью останется А кг горючего. Какое количество горючего будет затрачено на весь путь? 18.8. У продавца мороженого есть по нескольку десят- ков порций мороженого пяти сортов—за 7, 9, 11, 13 и 15 копеек. Общее число порций равно 180, а общая стоимость — г) 1 карат = 0,2 г.
80 [18.9 18.17) гл. 18. ЗАДАЧИ НА СОСТАВЛЕНИЕ УРАВНЕНИЙ 81 достоинства что если отобрать по имеющегося у школьника, то ЗАДАЧИ 18 руб. 40 коп. Порций мороженого по 7 и 9 копеек вместе столько же, сколько по 11, 13 и 15 копеек вместе. Кроме того, известно, что порций по 9 копеек вдвое больше, чем по 15 копеек, и больше, чем по 13 копеек. Определить число порций каждого сорта. 18.9. У школьника есть 1 рубль монетами до 10 копеек включительно. Известно, одной монете каждого типа, г— z в сумме получится 15 копеек. Сколько монет каждого до- стоинства имеется, если монет самого большого достоинства больше числа всех прочих монет на 4? 18.10. Плоты шли из пункта А до устья реки вниз по течению. У устья реки их взял на буксир пароход и через 11,5 суток после выхода плотов из пункта А доставил их по озеру в пункт В. Сколько времени пароход вел плоты от устья реки по озеру до В, если известно, что пароход тра- тит на рейс (без буксировки) от А до В 40 часов и от В до А 48 часов, а скорость во время буксировки уменьшается вдвое. 18.11. Три пловца должны проплыть из А в В и обратно. Сначала стартует первый, через 5 секунд—второй, еще че- рез 5 секунд — третий. Некоторую точку С, находящуюся между пунктами А и В, все пловцы миновали одновременно (до этого времени ни один из них в В не побывал). Третий пловец, доплыв до В и повернув назад, встречает второго в 9 м от В, а первого — в 15 м от В. Найти скорость третьего пловца, если расстояние АВ равно 55 м. 18.12. Сосуд, содержащий р°/0-ный раствор кислоты, долили доверху ^°/0-Ным раствором кислоты и после пере- мешивания отлили то же количество. Проделав эту опера- цию k раз, получили г°/о-ный раствор. Какую часть объема сосуда занимал первоначальный раствор1). 18.13. Из пункта А в пункт В выехал автомобиль. Одно- временно из В навстречу ему выехал мотоцикл. Через неко- торое время они встретились. В момент их встречи из В в А выехал второй мотоцикл и в некоторый момент времени встретился с автомобилем. Расстояние между пунктами 1) Удельные веса всех растворов предполагаются одинаковыми; при сливании двух растворов объем нового раствора £авен сумме объемов исходных растворов. 2 первой и второй встреч равно АВ. Если бы скорость авто- У мобиля была на 20 км/ч меньше, то автомобиль встретился бы с первым мотоциклом через 3 часа после их выез- да и расстояние между пунктами встреч было бы равно 60 км. Найти ABt если скорости обоих мотоциклов оди- наковы. 18.14. Пассажир, опоздавший на поезд, сначала решил догнать его на такси, однако через некоторое время пересел на автобус, заплатив за билет А рублей, и прибыл на одну из станций одновременно с поездом. Между тем он обнару- жил, что если бы продолжал ехать на такси, то догнал бы поезд на т часов раньше, истратив при этом на В рублей меньше. Какова скорость поезда, если скорость такси ^г, автобуса v2 > v2), а стоимость проезда 1 км на такси а рублей? 18.15. Товарный поезд, шедший из А в В, прибыл в С одновременно с пассажирским, шедшим из В в Л со скоро- стью в т раз большей, чем скорость товарного поезда. Оба состава простояли t часов в пункте С, затем продолжили путь, причем каждый увеличил скорость на 25°/0. Товарный поезд прибыл в В на часов позже, а пассажирский в А на t2 часов позже, чем если бы они двигались без остановки с первоначальной скоростью. Насколько раньше товарный поезд вышел из А, чем пассажирский из В? 18.16. Расстояние между пунктами А и В равно s км. Из пункта А в пункт В вылетел вертолет, а через t часов в том же направлении вылетел самолет. Самолет догнал вертолет в d км от А, долетел до В и сразу повернул об- ратно. В d км от В самолет встретил вертолет и вернулся в А позднее, чем вертолет прибыл в В. Насколько раньше вертолет прибыл в В, чем самолет вернулся в Л? 18.17. В озеро впадают две реки. Пароход выходит из порта М на первой реке и плывет вниз по течению, затем через озеро (на озере течение отсутствует) и по второй реке вверх по течению до порта N. Придя в /V, пароход отправляется в обратный путь. Известна собственная скорость парохода у и скорости течения рек: и v2. На пуН от М до /V, равный по длине и на обратный путь пароход Тратит одинаковое время t. Какое расстояние пароход проходит по озеру?
82 ЗАДАЧИ Глава 19 ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНОСТИ И ПРОГРЕССИИ Рассмотрим функцию натурального аргумента ап~[ (/г), где либо п=1, 2, 3, ..., я, либо /1=1, 2, 3, .k, ... Если при любых натуральных i и / таких, что i < /, значение Пу считается последую- щим по отношению к а,-, то множество значений ап этой функции образует последовательность. Последовательность обозначают, записывая ее члены ап один за другим в порядке возрастания номера и: аг, а2, а3, ... Если номер п принимает значения л = 1, 2, 3, ..., k, то после- довательность называется конечной. Если же /i=l, 2f 3, ... (т. е. п пробегает все натуральные числа), то последовательность назы- вается бесконечной. an~f (л) называется общим членом последовательности. Еслп для любых i и / таких, что i < /, выполняется неравенство а/ < aj, то последовательность называется возрастающей. Если при тех же условиях будет а/ > оу, то последовательность называется убывающей, Последовательность, в которой o1 + 1 = oy4-d при всех натуральных t, называется арифметической прогрессией. Число d называется разностью арифметической прогрессии. Имеют место формулы: 2a„=a„+l4-a„_1; a„ = ai+d(п—1); S„ = £1±£»п=п, Л а где Sn — сумма п первых членов прогрессии. Последовательность, в которой при всех натуральных I, причем, g / О и az- 0, называется геоме- трической прогрессией, а число q называется ее знаменателем. Для геометрической прогрессии имеют место формулы: п 1 о ai (Qn—О 2 ап — arqn~ ; Sn-----q—\—* ап — ^n-ian+i* Вторая формула верна, если q^l. Бесконечная геометрическая про- грессия, у которой | q | < 1, называется бесконечно убывающей. Бесконечно убывающая геометрическая прогрессия не обязательно является убывающей последовательностью. Она может быть возрас- тающей, например, при аг =—1, q — -^ , а может быть колеб- £ лющеися: 9=— — . Если для бесконечной последовательности существует конечный предел последовательности ее сумм Sn, т. е. существует lim Sn—S, п~> да
19.8] гл. 19. ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНОСТИ И ПРОГРЕССИИ 83 то 8 называется суммой всех членов этой бесконечной последова- тельности. Для того чтобы бесконечная геометрическая прогрессия имела сумму всех своих членов, необходимо и достаточно, чтобы она была бесконечно убывающей. В этом случае s=A-- 1 — 9 п* 2й „ 19.1. Общий член последовательности = .Яв- ляется ли эта последовательность возрастающей или убыва- ющей? 19.2. Доказать, что если члены ар, aqi ап as арифмети- ческой прогрессии образуют геометрическую прогрессию, то последовательность р—<?, q—г, г — s является геометриче- ской прогрессией. 19.3. Доказать, что если положительные числа а, Ь, с—- соответственно лг-й, zz-й и р-й члены как арифметической, так и геометрической прогрессии, то аЬ-е^с~аса~Ъ 1. 19.4. Доказать, что если а, Ь> с образуют геометриче- скую прогрессию, то Iogfl х—logbx^logax logbx—logcx logc x * где x > 0, x=^ 1, a, b, c — различные положительные числа, отличные от единицы. 19.5. Найти сумму S—7 + 77 + 777 + ... 4- 777... 7, где последнее слагаемое содержит п цифр. 19.6. Доказать, что 11... 1 —22.. .2 = 33 ... 3, где цифра 1 повторяется 2л раз, а цифры 2 и 3 только п раз. 19.7. При каких значениях х и у последовательность ^1)^2, Дд, где = л2=2*“1о^4', л3 = 5у, является одновременно арифметической и геометрической прогрессией. 19.8. Пусть xt и х2—корни уравнения х2—Зх-]-Л = 0, а х3 и х4—корни уравнения х2—12х-{-В = 0. Известно, что
84 ЗАДАЧИ [19.9 последовательность хт, х2, х3, х4 является геометрической прогрессией. Найти А и В. 19.9. Решить уравнение возрастающей х3 4- х2 + 2х -р а = О, зная, что его корни образуют геометрическую прогрессию. 19.10. В бесконечно убывающей геометрической прогрес- сии сумма всех членов вдвое больше суммы первых п чле- нов. Найти произведение первых п членов, если первый член равен ]/2. 19.11. Найти трехзначное число, цифры которого обра- зуют арифметическую прогрессию и которое делится на 45. 19.12. Найти трехзначное число по следующим условиям; его цифры образуют геометрическую прогрессию; если из него вычесть 594, то получится число, записанное теми же цифрами, но в обратном порядке; если цифры искомого чи- сла увеличить соответственно на 1, на 2 и на 1, то полу- чится арифметическая прогрессия. 19.13. Имеющиеся в совхозе комбайны, работая вместе, могут убрать урожай за одни сутки. Однако по плану ком- байны возвращались с других полей и вступали в работу последовательно: в первый час работал лишь один комбайн, во второй — два, в третий — три и т. д. до тех пор, пока не начали работать все комбайны, после чего в течение несколь- ких часов перед завершением уборки урожая действовали все комбайны. Время работы по плану можно было бы сократить на 6 часов, если бы с самого начала уборки постоянно ра- ботали все комбайны, за исключением пяти. Сколько было комбайнов в совхозе? 19.14. Три брата, возраст которых образует геометриче- скую прогрессию, делят между собой некую сумму денег пропорционально своему возрасту. Если бы они это проде- лали через 3 года, когда самый младший окажется вдвое моложе самого старшего, то младший получил бы на 105, а средний на 15 рублей больше, чем сейчас. Сколько лет каж- дому из братьев? 19.15. Три отличных от нуля действительных числа об- разуют арифметическую прогрессию, а квадраты этих чисел, взятые в том же порядке, образуют геометрическую прогрес- сию. Найти всевозможные знаменатели этой геометрической прогрессии. 20.1] гл. 20. СУММИРОВАНИЕ <50 19.16. Даны два числа: а и Ь. Составим последователь- ность fl, Ь, fl*, fl2> • • •> каждый член которой, начиная с третьего, равен среднему арифметическому двух предшествующих. Доказать, что ап = а + ^(Ь—а) fc„ = 0 + |(6-a)(l+4,), и найти предел этой последовательности. Г лава 20 СУММИРОВАНИЕ При решении задач, связанных с последовательностями, прихо- дится доказывать утверждения такого типа: «Для любого целого (где р—целое) справедливо...». Доказательство этих утверждений базируется на аксиоме ин- дукции. Пусть для некоторого утверждения А доказаны две теоремы. Теорема 1. Утверждение А справедливо для п = р. Теорема 2. Из условия, что утверждение А справедливо для всех р^п^к, следует, что оно справедливо для л = &+1. Тогда в качестве аксиомы (она называется аксиомой индукции) принимают, что утверждение 4 справедливо для всех п^р (п, р и k — целые числа). Метод доказательства, основанный на использовании аксиомы индукции, называется методом математической индукции. С помощью метода математической индукции можно доказать формулы S„=l+24-3+ ... +„= <"+4" , S?,= 1»+2г+3» +... -|-na^n(n + 1H2n+^ , S%=l3+23 + 3s + ...+n3^"2(n+-)a. 20.1. Доказать неравенство "р+ 22 + • • •+Т[2 < 2-
задачи [20.2 20.2. В арифметической прогрессии л2, ап пер- вый член равен разности прогрессии: ах = d. Считая число п данным, найти 5= — 4——4—-4-. ..4----------—. ВД ага3 a3at 20.3. Найти сумму с _ 1 । I । 1______1______ ч 1-2-3* 2-3*4 *" * ••тп(п4-1)(п-|_2)’ 20.4. Найти зависимость между натуральными п и k, если $ 1 4-a-J-а2 4-,.. д-ап = (1+а)(1+а2)(1+а4)...(1+а2*), где а=$£0, 1, —1. 20.5. Найти коэффициент при хп в разложении (14-х4-2х24-...4-лх”)2. 20.6. Решить неравенство |х —2х2 + 4х3 —8х4 +... 4-( — 2)"~1хп4- .. .| < 1. 20.7. Найти сумму ^„ = 1.114-2-2! 4-3*3!+ ... 4-л-л!. 20.8. Найти сумму Sn = х + 4х3 + 7хб + 10х7 + ... + (Зл — 2) х2""1. 20.9. Найти сумму 14 + 24+34+... + л4, считая известными формулы для Sn, S2, S% (см. стр. 85). 20.10. Натуральные числа разбиты на группы (1), (2, 4), (3, 5, 7), (6, 8, 10, .12), (9, И, 13, 15, 17), ... Найти сумму чисел в л-й группе. 20.11. Вычислить выражение _ л . 2л . 3л , . (п — 1) л Sn = c°s-4-c°s—4-c°s —4-...+c°s—-—•
ГЛ. 21. СОЕДИНЕНИЯ И БИНОМ 67 Глава 21 СОЕДИНЕНИЯ И БИНОМ Напомним, что по определению принимается, что С° = 1и0!=1. Имеют место формулы Р _____________________________П' гп-т, С«-(Л_й)!АГ Правая часть последней формулы не меняется при подстановке вместо k выражения п—k. Это означает, что = В приве- денных выше трех формулах параметры п и k натуральные, причем k^n. В последних двух формулах k может равняться нулю. Наряду с соединениями, в которые каждый из п различных элементов некоторого фиксированного множества входит один раз, можно рассматривать соединения с повторениями, допускающие по- явление одного и того же элемента более одного раза. Если задан алфавит из п различных букв и поставлена задача составить всевозможные слова по k букв в каждом, то речь идет о размещениях с повторениями. Обратите внимание на то обстоя- тельство, что слова могут быть любой длины, а потому нет необхо- димости в выполнении ограничения k п. Слова aba и baa считаются различными (входящие в них элементы образуют разные последова- тельности). _ Число Л?г всевозможных различных размещений с повторениями из п различных элементов по k элементов в каждом находится по формуле л£=л*. Доказывается эта формула с помощью рекуррентного соотношения Ап = пАп \ которое устанавливается следующим рассуждением. Если первая буква в слове из k букв фиксирована, то в оставшиеся k—1 ячеек можно разместить буквы Лл-1 способами. Для каждого из этих способов остается п возможностей для выбора буквы, стоящей на первом месте. В результате мы получим все размещения с повторе ниями из п по k. Размещения с повторениями, образованные из п элементов аъ о2» .... ап так, что каждый из этих элементов входит в размещение во крайней мере один раз, называются перестановками с повторениями. Если известно, что элемент аг входит at раз, элемент с2 входит а2 раз, ..., элемент ап входит а„ раз, то число всевозможных таких перестановок обозначают ......и оно может быть найдено по формуле Р — (а1"Ьаа4~ • • ....aJa2!...aH! *
ЗАДАЧИ (21.1 SB Вывод этой формулы основан на следующем соображении. Если бы все элементы, входящие в перестановку, были различными, то мы получили бы («i+oca-f-• • • Ч~ал)! перестановок. Возьмем теперь лю- бую из числа Ра^ ,....ап перестановок с повторениями. Она не изменится, если в ней осуществить всевозможные перестановки эле- ментов а1э что можно сделать dj способами, затем всевозможные пе- рестановки элементов а2, что можно сделать а2! способами, ... и, Наконец, всевозможные перестановки элементов ап, что увеличит число возможных вариантов в ап! раз. В результате мы получим dj aj.. .a„! перестановок, которые бы возникли из нашей перестановки с повто- рениями, если бы появилась возможность как-то различать входящие в нее одинаковые элементы, т. е. а,! а,! ... a„l .....а11 = (а1+«2 +... +«„)!, откуда и следует формула для Pai>at> . Два сочетания с повторениями из п элементов по k в каждом считаются различными тогда и только тогда, когда они отличаются по крайней мере одним элементом или какой-нибудь элемент входит в эти соединения различное число раз. Число всевозможных сочета- ний с повторениями определяется по формуле Сп — Cn+k-li вывод которой состоит в доказательстве того факта, что допущение о возможности повторений элементов равносильно увеличению числа элементов, из которых образуются сочетания, на k—1. Для любого натурального п справедливы разложения (х+а)" = Спх" + С „ах" - '+САа2х" - 2 + ... + Сй-1а” - *х+С,"а" = = 2 С^хп-1гак‘, h-o (х—а)" = С^х" — САах" -1 + САа’х» - 2 + — 1 )л - *СЙ" ‘а'" - ’х+ +(—!)''Сйа“= У, (— k~0 Для биномиальных коэффициентов справедливы равенства: сА+сА+...+сГ1+с£=2'1. ей—сА+... -и-i)"-1 сй~1+(-1)всй=о. 21.1. Сколькими различными способами можно усадить за круглый стол п человек, если два способа считаются одина- ковыми, когда каждый человек имеет тех же соседей (левый и правый соседи не различаются). _ 21.2. Имеется одна перестановка из пяти элементов: av а2, «з» а&- Найти число всех перестановок из этих эле-
21.12] ГЛ. 21. СОЕДИНЕНИЯ И БИНОМ 89 ментов, в каждой из которых на первом месте стоит эле- мент, отличный от alf а на втором—элемент, отличный от а2. 21.3. Сколько можно образовать семизначных чисел из цифр 1, 2, 3, ..., 8 с тем, чтобы цифра 2 входила в каждое число не меньше чем три раза? 21.4. Сколько восьмизначных чисел можно образовать из цифр 0, 1,2, 3, 4, 5, если в каждом числе цифра 1 содер- жится три раза, а остальные цифры по одному разу? 21.5. Экскурсанты заказали на пароходе 8 четырехмест- ных кают. Все места в каждой из кают и все каюты равно- ценны. Сколькими способами могут экскурсанты разместиться в каютах, если их 32 человека? 21.6. Вычислить сумму СД + 2С5+ЗС’+...+лС”. 21.7. Найти сумму с’-сй+а-с»+...+(-1)‘с^, где п — 1 2k ^.п, 21.8. Найти все значения л, при которых какие-либо три последовательных коэффициента разложения бинома (х-|-а)" являются тремя последовательными членами арифметической прогрессии. 21.9. Найти число неподобных между собой членов раз- ложения (а + b с -j- d)n. 21,10. Найти коэффициент при xk в разложении (1 4-х4-х24-... 4-хп‘1)2. 21.11. Для бинома x4~* найти натуральный пока- затель л, если известно, что десятый член разложения этого бинома имеет наибольший коэффициент. 21.12. Определить число отличных от нуля коэффициен- тов в разложении (1 + Xs + х5)20 = а0 + ахх + а2х2 + ... + в1Оо*100-
90 ЗАДАЧИ [21.13 21.13. Дана последовательность а2, а3, .g10. Сколькими способами ее можно разбить на группы, сохра- няя фиксированный порядок ее элементов, каждая из кото- рых состоит из одного элемента или двух рядом стоящих элементов? 21.14. На плоскости проведены т параллельных друг Другу прямых и п прямых, пересекающих их и друг друга. Никакие три прямые не проходят через одну точку. На сколько областей (частей) эти прямые разбивают плоскость? Глава 22 ОБРАТНЫЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ ФУНКЦИИ Определения обратных тригонометрических функции приводят к следующим соотношениям. Л Д Если arcsin х = а (где—1 1), то sina=x . Если х^=0, то если х^О, то— Если arccos х = а (где —то cosa = x и 0<;а^л. Если х 2^0, то О^а^-у; если х^О, то — Если arctg х = а, то tg-a = x и —< а < у. Если х О, то 0 < у ; если х 0, то —у < а < 0. Если arcctgx = a, то ctga==x и 0 < а < л. Если х 0, то 0 < а < у; если х < 0, то ~ < а < л. Имеют место следующие соотношения: ЗТ . ( 1 зт arcsin х+arccos х = —; arctg х + arcctg х = -%; arcsin (—х) = —arcsin х; arctg (—х) = —arctg х; arccos (—х) = л—arccos х; arcctg (—х) — л—arcctg х. 22.1. Доказать, что _ , 1 , .7 л 2arctgT + arctgg3=T. 22.2, Представить выражение 7 i/"2* arctg у + arcctg 8 + arcsin-^- в виде значения функции arcsin х.
22.13] ГЛ. 23. ОБЛАСТЬ ОПРЕДЕЛЕНИЯ, периодичность 91 22.3. Представить выражение arctg (— 2) + arcsin ~ + arctg ( ~у) в виде значения лишь одной обратной тригонометрической функции. 22.4. Вычислить сумму arcsin 1 — х + arcsinp^ х. 22.5. Найти arccos (sin л (х2 4- х — 3)), ^/3—1 если О х^ —g— . 22.6. Доказать, что если O^x^l, то . х—У4—х2 л arcsin х — arcsin-~=---= -г. ]Л2 4 22.7. Доказать, что выражение 2х arcsin .—7—х + 2arctg х 14-х2 1 & не зависит от х, если х < — 1, и упростить его в этом случае. Решить уравнения: 22.8. tg (3 arcsin х) — 1. _ Зх . . 4х 22.9. arcsin 4- arcsin = arcsin х. О О 22.10. arcsin 2x 4- arcsin x = —. О 22.11. arctg (2-J-cos x) — arctg^2cos2 ~= 22.12. arcsin - — arcsin V1 — x = arcsin -i-. 3/x 3 22.13. arctg (x — 1) 4 - arctg x 4- arctg (x 4-1) == arctg 3x* Глава 23 ОБЛАСТЬ ОПРЕДЕЛЕНИЯ. ПЕРИОДИЧНОСТЬ Областью определения функции может быть вся числовая ось (У — х2, y=5in х), луч с принадлежащей ему граничной точкой (у— х, граничная точка х = 0 принадлежит области определения х^О) и с не принадлежащей ему граничной точкой (i/ = lg х), совокупность
92 ЗАДАЧИ [23.1 интервалов (замкнутых, открытых, полуоткрытых) и отдельных точек. Важной характеристикой функции является ее периодичность. С помощью периодических функции можно описать явления, повторяю- щиеся через равные промежутки времени. Часто определяют периоди- ческую функцию так, чтобы она была бесконечно продолжаема как до -f-oo, так и до —со. Мы же дадим определение, которое позволит нам рассматривать процессы, имеющие начало в некоторой точке х0 и периодически повторяющиеся до -f- оо , и процессы, выходящие из — со и обрывающиеся в точке х0. Точка х0 является либо нижней граничной точкой области определения функции, либо ее верхней гра- ничной точкой. " , Функция f (х) называется периодической, если существует число Т 0 такое, что выполняются условия: 1) f (x-[-T)~ f (х) для любого значения аргумента х функции f (х); 2) для любого значения аргумента х такого, что х—Т^х0, если Т > 0 (х0 — нижняя граничная точка), и х—Т <х0, если Т < 0 (х0— верхняя граничная точка), число х—Т также является значением аргумента (т. е. принадлежит области опре- деления функции). Если Т — период f (х) их — значение аргумента, то х 4- пТ, где п — натуральное число, также значение аргумента и пТ также период. Если период Т>0, то область определения функции не огра- ничена сверху; если же Т<0, то она не ограничена снизу. Если Т — период, то нельзя утверждать, что и —Т будет пе- риодом, так как в точке х—Т функция может быть не определена. Если период Т > 0 и область определения не ограничена снизу, то—Т также период. Если период Т<0 и область определения не ог- раничена сверху, то — Т также период. Если функция имеет периоды Т и — Т, то пТ, где п — целое число, отличное от нуля, также является ее периодом. Например, из того, что sinx имеет период 2л и область опреде- ления этой функции не ограничена снизу, следует, что —2л также период и вообще п-2л — период (п^О). Наименьший положительный период называется основным перио- дом. Если функция не имеет положительного периода, то основным периодом называется период, наименьший по абсолютной величине. 23.1. Найти область определения функции j = ]/log3 sinx. 23.2. Найти область определения функции log3log./2(x2— х— 1).' 23.3. При каких значениях х выражение V log’/.Tqrr принимает действительные значения?
'24.2} гл. 24. наибольшие и наименьшие значения 93 23.4. Найти область определения функции arccos (х2 — Зх +1) + tg 2х. 23.5. Где расположены точки плоскости, для координат которых выражение принимает действительные значения? 23.6. Доказать, что функция у = cos]/X не является периодической. 23.7. Доказать, что функция у = COS X3 не является периодической. 23.8. Доказать, что если функция /(х) = sin х + cos ах периодическая, то а — рациональное число. 23.9. Найти основной период функции Зх . х. ^ = C0S—— sin-у . Глава 24 НАИБОЛЬШИЕ И НАИМЕНЬШИЕ ЗНАЧЕНИЯ 24.1. Найти все значения х, при которых функция sin х — cos2 х — 1 принимает наименьшее значение. 24.2. Найти наибольшее значение функции у — sin 2х sin ( 2х — ~ . При каких значениях х оно достигается?
94 ЗАДАЧИ [24.3 24.3. Найти наибольшее значение функции у — sin х cos8 х — sin3 х cos х. 24.4. При каких значениях х и у выражение 2х2 -j- 2ху +у2 — 2х + 2у 2 имеет наименьшее значение. Найти это наименьшее значение. 24.5. Найти наименьшее значение выражения ^ = |л-2-1|-Мх2-4| + |х+2| + |х+1|. 24.6. Найти минимум функции у = х74-^, где х > 0, а > 0. 24.7. В круг радиуса R вписывается данный угол а. Какими должны быть длины хорд, образующих этот угол, чтобы их сумма была наибольшей. 24.8. В основании прямой призмы лежит прямоугольный треугольник с площадью, равной 2м2, а высота призмы равна гипотенузе основания. Какими должны быть стороны осно- вания, чтобы боковая поверхность призмы была наименьшей? 24.9. Найти сторону наибольшего из квадратов, внутрен- ние точки которых находятся внутри правильного шести- угольника со стороной а.
УКАЗАНИЯ I ПЕРВЫЕ УКАЗАНИЯ 1.1. Если через точку касания окружностей провести их общую касательную, то, пересекая продолжения сторон ВАг и ВС1Г она образует треугольник А1ВС1 (рис. 1.1.1). Воспользуйтесь тем, что 0D — DDi^R/2t а О^Р^ВЬ^/З. 1.2. В треугольнике АОВ (О—центр вписанной окружности, рис. 1.1.2) угол В АО равен а/2, а угол ВО А равен сумме углов OAD и ODA, т. е. равен л/2-|-а/2. По условию ВО=т, так как BD = r-\-m. Поэтому решение удобно начать с определения АВ из треугольника ВО А. 1.3. Вначале нужно выяснить смысл выражения «окружность делит сторону треугольника пополам». Если окружность имеет со стороной треугольника две общие точки, то ни про одну мы не смо- жем сказать, что она делит отрезок пополам, поскольку отрезок разделится на три части. 1.4. Отношение площади треугольника AiBiCj. к площади тре- угольника АВС (рис. 1.1.4) можно записать так: SA1B^Ci _ SABC—(SA^ac + SA1BC1 Sabc Sabc SAlBiC , Sa^Si . SABiCi SABC SABC SABC
96 УКАЗАНИЯ [1.5 Теперь нужно найти каждое из отношений, входящих в правую часть. г 1.5. Углы определяют треугольник лишь с точностью до подо- бия. Если ввести в рассмотрение один линейный элемент и выра- зить через него обе площади, — —------------------- то при подсчете отношения площадей этот элемент сократится, В качестве такого линейного элемента удобно выбрать радиус г вписанной в тре- угольник окружности. л 1.6. Так как В — ЗС (рис. 1.1.6), то сторона АВ меньше сто- роны АС и можно доказать, что площадь треугольника ABD (AD— биссектриса треугольника ЛВС) меньше площади треугольника ADC. Таким образом, по условию, ~.ЛРС=~2. ^ABD 1.7. Применить метод сравнения площадей. 1.8. Все участвующие • в задаче величины связаны с площадью треугольника, которая известна. Воспользоваться сравнением пло- щадей. 1.9. В треугольнике даны две биссектрисы и отношение, в кото- ром эти биссектрисы делятся точкой их пересечения. Наряду с дан- ными отношениями естественно воспользоваться свойством отрезков, на которые биссектриса делит противоположную сторону треуголь- ника. Поскольку требуется определить углы треугольника, то от отношений линейных величин удобно перейти к отношению триго- нометрических функций искомых углов с помощью теоремы синусов. 1.10. Продолжить отрезок QM до пересечения в точке А с дру- гой стороной угла. 1.11. Известные высоты треугольника естественно связать между собой с помощью его площади. При этом вместо сторон треуголь- ника удобнее ввести в рассмотрение его углы, выразив стороны через третью высоту. 1.12. В соотношении b-^-c^k выразить b и с через известную высоту h и тригонометрические функции углов В и С. 1.13. Первый способ. Чтобы решить задачу, нужно уста- новить связь между углом а, сторонами треугольника и его площадью. Однако установить эту связь непосредственно не удается. Поэтому необходимо ввести в рассмотрение вспомогательные эле- менты, например перпендикуляры длины х, у и г, опущенные из точки О на стороны а, b и с соответственно.
1.25] ПЕРВЫЕ УКАЗАНИЯ 97 А • О. Рис. 1.1.16л Второй способ. Чтобы установить связь между углом а, сторонами треугольника и его площадью, можно ввести в рассмотре- ние длины отрезков: ОА*=1, ОВ = т, ОС = п. 1.14. По условию CD = BC- AC (D—основание высоты). Однако ВС и АС можно выразить через CD с помощью тригонометрических функций углов треугольника АВС. Это даст, нам уравнение, связыва- ющее углы треугольника АВС. 1.15. Если ввести в рассмотре- ние длины сторон ЛС — b и ВС = а, то все участвующие в задаче геомет- рические величины будут связаны с площадью треугольника АВС. 1.16. Чтобы геометрически свя- зать окружность с центром О и окружность с центром О1г нужно провести отрезки СО и ВО (рис. 1.1.16). Окружность описана около треугольника СОВ. Длина хорды СВ известна. Следовательно, для того, чтобы найти радиус, достаточно определить угол СОВ. 1.17. Задачу удобно переформулировать иначе: проведем через центр вписанной окружности прямую, параллельную средней сто- роне, и докажем, что она пройдет через точку пересечения медиан, т. е. точка пересечения этой прямой с медианой, опущенной на меньшую сторону, делит медиану в отношении 2:1. 1.18. Воспользоваться методом сравнения площадей. 1.19. Точки А, О и L лежат на одной прямой—биссектрисе угла ВАС, аналогично точки В, О и К лежат на биссектрисе угла АВС. Прямая KL делит угол АСМ пополам (СМ—продолжение ВС). По условию, А = 2С, а В =4С (рисунок сделайте самостоятельно). 1.20. Так как сумма углов в треугольнике равна л, то углы А, В и С нетрудно вычислить. 1.21. Сделать несложное дополнительное построение, чтобы получились подобные треугольники. 1.22. Поскольку отрезки, длины которых входят в правую часть равенства, лежат на одной прямой, нужно выразить длины всех отрезков, участвующих в левой части равенства, через длины отрез- ков, лежащих на той же прямой. Тем самым мы «спрямим» запи- санное соотношение и сделаем его доказательство простым. 1.23. В формулу входят отношения. Поэтому целесообразно сделать дополнительные построения, в результате которых получатся подобные треугольники. 1.24. При построении, описанном в условии, возникают подоб- ные треугольники. Нужно с их помощью заменить стоящие в левой части отношения новыми отношениями с тем, чтобы в знаменателе была одна и та_ же сторона треугольника, а в числителе—отрезки этой стороны. 4 1.25. Положение прямой, проходящей через точку О, можно определить с помощью угла а, который эта прямая составляет с 4 Е. Б Баховский, А. А. Рывкин
98 УКАЗАНИЯ (1.26 некоторым фиксированным радиусом описанной окружности. Нужно доказать, что величина, о которой говорится в условии, не зависит от а. 1.26. Чтобы ответить на вопрос задачи, нужно знать стороны данного треугольника и радиус описанной около него окружности. С вычисления этих величин и следует начать решение задачи. 1.27. Связать углы треугольника и его стороны можно либо с помощью теоремы синусов, либо с помощью теоремы косинусов. Данное в условии соотношение между сторонами треугольника подсказывает, что теорема косинусов удобнее. 1.28. Если отрезки ОД, О В и ОС, входящие в данное соотно- шение ОД2=ОВОС, выразить через радиус г вписанной окружности И углы треугольника, то должно получиться соотношение между тригонометрическими функциями этих углов, не содержащее г. j 1.29. Применить формулу, выражающую площадь треугольника через две стороны и синус угла, и теорему косинусов. | 1.30. Чтобы доказать равенство двух отрезков, о которых идет речь в условии, можно ввести элементы, определяющие треугольник, и выразить через них эти отрезки. То же самое можно сделать геометрически: четырехугольник 0гЕО03 (рис, 1,1.30), построенный на отрезке такой, что каждая из трех его остальных сторон равна Головине соответствующей сто- роны треугольника. Остается fiвстроить такой же четырех* угольник'на отрезке ВО2> в Рис. 1.1.31. 1.31. Площадь треугольника AFM (рис. 1.1.31) в восемь раз меньше площади Треугольника ЛВС, так как Л/7 = у Л В, а высота Треугольника AFM в четыре раза меньше высоты треугольника ЛВС (докажите). Если рассмотреть AM и AD как основания тре- угольников AFM И ABD, то соответствующие высоты этих треуголь- ников относятся, как 112. Если мы сможем выяснить, в каком Отношении точка М делит отрезок AD, то задача будет решена. 1.32. Так как четырехугольник вписанный, то кроме входящих в задачу величин целесообразно ввести в рассмотрение радиуё круга R и углы четырехугольника. Введя в рассмотрение углы, мы сможем использовать свойство вписанного четырехугольника.
1.44] ПЕРВЫЕ УКАЗАНИЯ 99 1.33. Вначале нужно использовать тот факт, что боковые сто- роны трапеции и отрезок, соединяющий середины ее оснований, лежат на прямых, пересекающихся в общей точке. 1.34. Если обозначить сторону квадрата через а, а расстояние от точки М до самой ближней стороны (либо до АВ, либо до CD). через х, то остальные расстояния можно выразить через анх. 1.35. Фигура, площадь которой нужно определить, на рис. 1.1.35 заштрихована. Отрезок CD разбивает искомую площадь на правиль- ный треугольник и трапецию. Длина отрезка АР известна, она равна 3/2. Если мы сможем определить длину отрезка СЕ (обозначим ее х), то задача будет решена. 1.36. Из параллельности сторон тра- пеции и треугольника следует, что углы при основании треугольника и при ниж- нем основании трапеции равны. Если обозначить эти углы через а, то можно выразить через а и другие углы, связан- ные с треугольником и трапецией. 1.37. Треугольники AOD и BOQ подобны. Это позволяет из отношения оснований трапеции получить отношение высот треугольника AOD и трапеции. | 1.38. Нас интересует периметр третьего н$чим его через х. Введем также радиус сторон п первого многоугольника. 1.39. Окружность йе может лежать между точками М (докажите). Ее центр Оу лежит на биссектрисе угла АО$. 1.40. Из данного отношения площадей треугольников АВС и ADE, записанного в виде отношения произведений катетов, и из произведения секущей на ее АЕ часть найти отношение . Обоз- число многоугольника, окружности R и и О свойства внешнюю 1.41. Пусть Оу—центр окружности, радиус которой мы ищем, а О-*центр данной окружности. В качестве свя- зующего звена следует рассмотреть тре- угольник АООу. 1.42. Нужно обозначить сторону квад- Рис. 1.1 43 рата чеРез а и составить с помощью тео- ремы Пифагора биквадратное уравнение для определения а через R и г. 1.43. Вписанный в сегмент квадрат не должен нарушать сим- метрии сегмента. Поэтому он расположится так, как показано на рис. 1.1.43. Обозначим половину стороны квадрата через х и Соста- вим уравнение относительно х. 1.44. Чтобы использовать условия задачи, нужно провести радиусы обеих окружностей в тЪчке касания окружностей друг с другом и с нижним основанием. Центр меньшей окружности лежит на биссектрисе угла D.
2.5] ПЕРВЫЕ УКАЗАНИЯ 100 УКАЗАНИЯ [1.45 1.45. Вначале для определенности удобно предположить, что точки Р и Q лежат по разные стороны от CD. В этом случае диаметр Ср разделит фигуры PQNM и PiQjD на две части (рис. 1.1.45). Нужно доказать, что площадь фигуры CQNK равна площади тре- угольника QiOD. При этом полезен будет слеп^ший --------Y... v^u\ равна площади тре- При этом полезен будет следующий факт. Если соединить точки Q и О, то, во-пер- вых, угол QOC вдвое больше угла QDC, а во-вторых, треугольники OQiP и OQD равновелики. 1.46. Соединим точки А и В, Р и Л1 и проведем радиусы из центра О в точки А и В (рис. 1.1.46). Если длины отрезков АВ, АРГ и ОА=$ заданы и отрезок АВ построен, то Р прямоугольный треугольник АР В и положение точки О определяются однозначно. Следовательно, зная дли- ны этих отрезков, можно вычислить длину интересующего нас отрезка РМ. 1.47. Отрезок, соединяющий центр окружности с серединой хорды, пер- пендикулярен к этой хорде. Зная, 3 п что хорда удалена от центра на R, О легко выразить ее длину через R. 1.48. Использовать геометрически касание окружности О2 с ок- ружностью можно, соединив их центры (рис. 1.1.48). Отрезок O2Oi пройдет через точку касания. А Рис. 1.1.45. Рис. 1.1.46. Рис. 1.1.48. Так как окружность О2 касается сторон угла О АВ, то ее центр лежи! на биссектрисе угла О АВ. 1.49. Если провести высоту AN (рис. 1.1.49), то искомая пло- щадь будет равна — AN-ВС. Соединив точки М и С, разобьем 101 треугольник АВС на равнобедренный треугольник МСВ и треуголь- ник АМС, у которого угол АМС легко выразить через ф. 2.1. Предположим, что мост где-то построен (рис. 1.2.1). В этом случае путь из А в В будет ломаной, состоящей из трех звеньев. Среднее звено всегда остается неизменным по длине и направ- лению. Следовательно, нужно «спрямить» первое и третье звенья. 2.2. Из точки А отрезки МР и PN видны под углом 30° каж- дый. Следовательно, построить точку А можно как пересечение двух сегментов, вмещающих угол в 30°. 2.3. Пусть треугольник АВС чертеже появился угол ср, отразим ной оси, проходящей через сере- дину ВС. Обратите внимание на треугольник САгА. 2.4. В любом треугольнике АВС центр описанной окруж- ности лежит на пересечении пер- пендикуляров, восставленных из середин сторон. Этот факт можно использовать для того, чтобы связать данные элементы треугольника: b и тс. (рис. 1.2.3) искомый. Чтобы на треугольник АВС от вертикаль- 01 Рис. 1.2.5. 2.5. Точки О (центр вписанной окружности) и Oi (центр вневпи- санной окружности) лежат на биссектрисе угла А треуголь- ника АВС (рис. 1.2.5). Отрезки ОС и OiC, ОВ и О±В взаимно
102 УКАЗАНИЯ [2.6 перпендикулярны как биссектрисы смежных углов. Поэтому точки В, О, С, Ог лежат на одной окружности с центром в точке Q, 2.6. Применить метод подобия, выбрав за центр подобия одну из вершин треугольника, А или С. 2.7. Если Прямую ЕЕ (рис. 1.2.7) вращать около точки М, то площади треугольников 0MF и ОМЕ будут изменяться так, что с увеличением одной уменьшается другая. Это Должно навести на мысль рассмотреть неко- торое среднее положение. 2.8. Чтобы использовать данный в ус- ловии периметр треугольника, нужно осу- ществить «спрямление», т. е. рассмотреть треугольник, который получается из иско- мого, если отложить на ВС отрезки АГВ и СА2, равные АВ и АС соответственно, так, как это показано на рис. 1.2.8. 2.9. Чтобы подойти к решению задачи, нужно построить из отрезков АР, ВР и СР ломаную с закрепленными концами и по- смотреть, когда эта ломаная будет выпрямляться. Рис. 1.2.8. перпендикулярен к Рис. 1.2.12. 2.10. Зная гипотенузу, можно построить окружность, в которую вписан искомый прямоугольный треугольник АВС. Если биссектрису CD продолжить до пересечения с этой окружностью в точке Е, то получим две равные дуги АЕ и ЕВ. Следовательно, отрезок ОЕ, соединяющий точку Е с центром круга, равен с/2. Теперь все данные в усло- вии элементы связаны ме?кду собой. л 2.11. Пусть известны углы при вершинах А и D четырехугольника него стороны АВ —а, ВС — b, CD—с. Если угол BAD закреплен, то поло- жение точки С определяется с по- мощью метода геометрических мест. 2.12. Пусть AM (рис.1.2.12)—ис- комая секущая и АВ — ВМ. Чтобы связать ее с данной окружностью, соединим точки О и В. Если отрезок ОВ продолжим за точку В и отложим ВС = OB = R, то точки О, А, С и М можно рассматривать как вершины параллелограмма. 2.13. Пусть через точку М пересечения двух окружностей с центрами О и (рис. 1.2.13) проведена секущая АВ данной длины. Чтобы связать ее с каждой из окружностей, нужно провести к ней
3.3] ПЕРВЫЕ УКАЗАНИЯ 103 перпендикуляры ОС и OrD. Отрезок CD вдвое меньше отрезка Л В, так как точки С и D—середины хорд AM и МВ. 2.14. Если хорда АВ искомая, то МВ—AM—а. Построим отрезок В/V, равный AM (рис. 1.2.14). Точки М и N лежат на одинаковом расстоянии от точки О и MN = a. 2.15. Так как длина отрезка PQ и несущая его прямая известны, то можно воспользоваться методом параллельного переноса. 2.16. Отрезок FD (рис. 1.2.16) должен делиться в точке М пополам. Следовательно, его можно рассматривать как одну из диагоналей параллелограмма. Другую диагональ нужно __ выбрать так, чтобы с ее помощью можно было восстановить весь параллелограмм. AS \ 2.17. Если через точки Л и В провести А \ прямую, то она, вообще говоря, должна / \ \В пересечь прямую PQ в некоторой точке С. | \ S\ Остается воспользоваться свойством секущей I \ S I и касательной, проходящих через общую \ \ М / точку. Случай, когда АВ и PQ параллельны, —\ А * /J) / рассмотрите отдельно. S' 2.18. Соединить точку М с концами А и В данного диаметра. Рассмотреть полу- 6 чившиеся точки пересечения с окружностью. ^ис- ь2.1о. 2.19. Воспользоваться предыдущей зада- чей и построить произвольный перпендикуляр к данному диаметру, пересекающий окружность в точках С и D. 3.1. Чтобы связать участвующие в задаче элементы, нужно отрезок О А луча, перпендикулярного к ребру, спроектировать на другую полуплоскость. Проекцию ОВ этого отрезка спроекти- ровать в отрезок ОС, лежащий на втором луче. 3.2. Чтобы связать данные углы с величиной угла, который нужно найти, следует спроектировать катеты треугольника на плос- кость Р и построить искомый угол. 3.3. При проектировании угла а на плоскость Р возникает четырехгранный угол, в котором три плоских угла даны, а два двугранных угла прямые. Чтобы установить связь между плоскими углами, нужно пересечь этот четырехгранный угол плоскостью Q, перпендикулярной к плоскости Р.
104 УКАЗАНИЯ [3.4 3.7. Если такое сечение 8.4. Если спроектировать искомую прямую, параллельную а, на плоскость, перпендикулярную к а, то мы получим точку. Спро- ектируйте на эту же плоскость три оставшиеся прямые. 3.5. Начать нужно с построения искомого угла. Для этой? обе пря- мые нужно перенести в одну точку. Если сместить прямую SC, то она «повиснет в воздухе» и угол, который мы получим, не будет связан с треугольником. Поэтому проведем через точку С прямую CD, парал- лельную АВ; угол SCD искомый. 3.6. Лучи Ах и Ьу удобно расположить так, как показано на рис. 1.3.6. Утверждение, что ОК —АО, равносильно утвержде- нию, что АМ — МК (рассмотрите прямоугольные треугольники ОЛЛ1 и О КМ). четырехгранного угла существует, то в результате параллельного сдвига плоскости этого сечения мы полу чим новую плоскость, пере- сечение которой с четырех- гранным углом—тоже парал- лелограмм. Поэтому строить сечение можно в любой точке ребра четырехгранного угла. 3.8. Если продолжить DE и ВС до пересечения в точке F, то BD— средняя линия в треугольнике EFC (рис. 1.3.8). Площадь тре- угольника DEA равна по- ловине площади треуголь- ника FEA. •3.9. Чтобы ответить на вопрос задачи, нужно опре- делить высоту Н пирамиды. Каждый из данных двугранных углов можно измерить с помощью линейного угла, опирающегося на вы- $ соту Н. Остается использовать тот £€-**т**^Ь факт, что в основании лежит пра- r _ _ ^Т****^ д внльпый треугольник. /Xi-—Л 3.10. Докажите, что высота, про- v'\~j веденная в треугольнике ADB через ХХи****^ а вершину D, проходит через середину В Е основания АВ. Тогда интересующий Рис. 1.3.11. нас двугранный угол измеряется ли- нейным углом DEC. 3.11. Условия задачи отражены на рис. 1.3.11. Сторона а осно- вания известна, так как известна площадь основания. 3.12. Аналогичное построение на плоскости приводит к образо- ванию треугольника, подобного данному, с коэффициентом подобия 1/2. Поэтому и здесь следует постараться выяснить, подобны ли рассматриваемые тетраэдры.
3.21] ПЕРВЫЕ УКАЗАНИЯ 105 3.13. Чтобы доказать, что пирамида правильная, нужно убе- диться, что в основании лежит правильный треугольник и вершина пирамиды проектируется в центр основания. Вначале удобнее дока- зать второе утверждение, так как первое из него легко получить, установив равенство треугольников, имеющих одним из катетов высоту пирамиды, а гипотенузой—отрезок, проходящий через вер- шину пирамиды и точку касания шара с боковой гранью. 3.14. Достроить усеченную пирамиду до полной и ввести в рас- смотрение высоты пирамид, имеющих три основания, о которых идет речь в условии. 3.15. Построить угол между скрещивающимися прямыми можно, если параллельно перенести их так, чтобы они проходили через одну точку. В качестве такой точки удобно выбрать вершину А ос- нования пирамиды. Если мы достроим треугольник АВС, лежащий в основании, до параллелограмма АВСЕ (рисунок сделайте само- стоятельно), то угол DAE будет искомым. Образовавшаяся в резуль- тате четырехугольная пирамида будет состоять из ребер данной длины, за исключением ребра DE. 3.16. Тетраэдр разбивается на две пирамиды с общим основа- нием— плоскостью сечения. Данное отношение объемов позволяет найти отношение высот этих пирамид и, следовательно, отношение синусов искомых углов. 3.17. Условия задачи отражены на рис.’ 1.3.17. Нас интересует отношение площадей треугольников DAM и DMS, в то время как все известные элементы сосре- доточены в плоскости KSE. Поэтому нужно связать эле- менты треугольников DAM и DMS с элементами треуголь- ника KSE. 3.18. Использовать усло- вие задачи, согласно которому высота пирамиды, опущенная из вершины D, проходит через точку пересечения высот осно- вания АВС, с тем, чтобы дока- зать, что треугольники ADB и ADC прямоугольные. 3.19. В пирамиде SABC (рис. 1.3.19) равнобедреннные треугольники ASB и АСВ рав- ны. Следовательно, проведенные Рис. 1.3.17. в них высоты из вершин S и С упадут в точку D—середину АВ. 3.20. Если верхний из двух равных треугольников, лежащих один на другом в плоскости, начать вращать вокруг их общей стороны, то образованный ими двугранный угол может быть как острым, так и тупым. Поэтому придется рассмотреть два 3.21. Если в основании то отрезок SD разделит угол АВС пирамиды провести высоту BD* ASC пополам.
106 УКАЗАНИЯ [3.22 3.22. Покажите, что отрезки АВ и CD взаимно перпендику- лярны. Центр описанного шара л^жит на их общем перпендикуляре А/11, где д—середина CD, М—середина АВ. 3.23. Расстояние от основания высоты до бокового ребра изме- ряется отрезком перпендикуляра, опущенного на боковое ребро. 1тобы связать участвующие в задаче величины, нужно измерить В Рис. 1.3.25. двугранный угол а линейным углом, построенным в точке бокового ребра, которая является основанием этого перпендикуляра. Следо- вательно, придется построить сечение пирамиды, проходящее через основание высоты и перпендикулярное к бо- ковому ребру пирамиды. 3.24. Чтобы в сечении получился ква- драт, плоскость сечения необходимо про- вести так, чтобы она пересекала все четыре грани пирамиды (иначе мы получили бы в сечении треугольник). Докажите, что если KLNM — квадрат (рис. 1.3.24), то плос- кость KLNM параллельна двум скрещива- ющимся прямым АВ и CD. 3.25. Для того чтобы найти наиболее рациональное решение задачи, поставьте пирамиду на одну из боковых граней (рис. 1.3.25), а затем примените сравнение объ- емов. 3.26. Вписать в пирамиду куб значит расположить его так, чтобы нижнее осно- вание куба лежало на основании пира- миды, а верхнее основание куба было впи- полученный в горизонтальном сечении пира- сано в треугольник, миды (рис. 1.3.26). 3.27. Условия задачи отражены на рис. 1.3.27. 3.28. По условию задачи попарно равны именно те ребра тетра- эдра, которые лежат на скрещивающихся прямых. Использовать это условие можно, если расположить тетраэдр так, чтобы ребро
3.34] ПЕРВЫЕ УКАЗАНИЯ 107 АВ лежало в горизонтальной плоскости Р, а ребро DC было па- раллельно этой плоскости. 3.29. Нужно построить расстояние между прямыми АВ и CD. Для этого через один из отрезков, например через АВ, надо про- вести плоскость Р, параллельную CD. Рис. 1.3.30. Решение естественно начать с построения плоскости Р, прохо- дящей через одно ребро (АВ) и параллельной другому (CD). Удоб^ ный чертеж можно получить, повернув пирамиду вокруг АВ так, чтобы плоскость Р стала горизонтальной. Далее нужно построить угол меж- ду скрещивающимися прямыми АВ и CD. Напомним, что для этого доста- точно построить прямую, пересекаю- щую одну из них и параллельную другой. 3.30. Плоскость АгВС отсекает от призмы четырехугольную пирамиду. Расположим ее так, как показано на рис. 1.3.30. То, что в эту пира- миду вписан шар радиуса R, означает, что в треугольники и DAjE вписаны окружности радиуса R. 3.31. В силу соображений симметрии центр шара, о котором идет речь в задаче, совпадает с центром шара, вписанного в пра- вильный тетраэдр. 3.32. Если куб преобразовать подобно, выбрав в качестве центра подобия точку О, то диагональ, проходящая через точку О, сохра- нит свое направление в пространстве. 3.33. Составным элементом этой задачи является соотношение, связывающее разность углов треугольника, прилегающих к некото- рой его стороне, с углом между этой стороной и биссектрисой про- тивоположного угла. 3.34. Диагонали, расстояние между которыми нужно найти, будут лежать на скрещивающихся прямых. Расстояние между
108 УКАЗАНИЯ [3.35 скрещивающимися прямыми равно расстоянию между определяемыми ими параллельными плоскостями. З.ЗБ. Так как сфера с центром в точке О расположена симмет- рично относительно всех трех ребер, выходящих из Л, то О должна лежать на диагонали куба. 3.36. Два противоположных ребра тетраэдра лежат на скрещи- вающихся прямых. Расстояние между этими скрещивающимися пря- •р мымн измеряется отрезком, соединяющим середины л ребер (рис. 1.3.36). Этот же отрезок будет высотой цилиндра. УС I 3.37. Задачу можно свести к такой: доказать, Cfl | что объем конуса меньше куба его образующей. | /\ J 1 3.38. Чтобы решить задачу, нужно ввести линей- IV I ные элементы, характеризующие конус, например, I \ I высоту// и радиус основания р. Затем выразить через I l\ I радиусы шаров //, р в р. A \ I 3.39. Чтобы использовать данное в условии от- /SsAj ношение объемов двух конусов, нужно выразить ра- и Диус основания одного конуса через радиус основания " другого. Для этого придется внутренний конус, Рис. 1.3.36. свободно вращающийся в шаре, закрепить, чтобы возникли подобные треугольники. 3.40. Записать выражение для боковой поверхности конуса и приравнять его л ]/~2. Это позволит найти радиус основания конуса. 3.41. Центры четырех шаров, касающихся основания конуса, лежат в одной плоскости (рис. 1.3.41). Если мы проведем осевое сечение конуса через и О3, то сможем связать высоту Н и радиус основания R конуса с радиусом г. 3.42. Необходимые построения показаны на рис. 1.3.42. Плос- кость EMNF проходит через ось цилиндра и перпендикулярна к основанию пирамиды; F—точка касания окружности основания цилиндра со стороной DC; /И—точка касания с гранью ASB. От- резки МК и EF взаимно перпендикулярны, KF — искомая величина. 3.43. Условия задачи отражены на рис. 1.3.43. Ввести ^линейные элементы, определяющие конус, и выразить их через ребро куба. 3.44. Поскольку в усеченную пирамиду вписан шар, то объем пирамиды можно представить в виде произведения одной трети
4.1] ПЕРВЫЕ УКАЗАНИЯ 109 «У Рис. 1.3.43. радиуса шара ца полную поверхность пирамиды. Обозначим стороны нижнего и верхнего оснований через а и b соответственно. Восполь- зовавшись сравнением объемов,—в качестве второго выражения для объема нужно взять обычную формулу (S1 + S2+ КSjS2),— о выразим площадь боковой грани пирамиды че- рез а и Ь. 3.45. Нет необходимости изображать сами шары. Достаточно изобразить их центры и точ- ки их касания с плоскостью. £.46. Фигуры, о которых говорится в усло- вии задачи, расположены так, что у них име- ются две плоскости симметрии. Первая плос- кость симметрии пройдет через ребро данного двугранного угла и через центр меньшего шара. На этой плоскости окажутся центры двух других шаров. Вторая плоскость симмет- рии будет перпендикулярна к ребру двугран- ного угла и тоже пройдет через центр меньшего шара. Поэтому достаточно сделать каркасный чертеж, на котором изобразить лишь одну из четырех равных частей данной конфигурации, 3.47. У рассматриваемой фигуры будут три 3.47. У рассматриваемой фигуры будут три плоскости симмет- рии, проходящие через ось конуса и центр одного из шаров. Про- екции центров трех шаров на плоскость Р образуют равносторон- ний треугольник, сторона которого равна 2R. Сделать каркасный чертеж. 3.48. Чтобы использовать условие задачи, нужно рассмотреть два соседних конуса. При этом нет необходимости рисовать их це- ликом, достаточно изобразить оси, общую образующую и образующие, по которым конусы касаются плоскости. 3.49. По условию, сфера, радиус которой нужно найти, вписана в трех- гранный угол А (рис. 1.3.49). Это озна- чает, что ее центр лежит на высоте АО. Однако все точки высоты АО (кроме концов) лежат внутри сферы, построен- ной на Л В. Следовательно, касание двух сфер может быть только внутренним. 3.50. Искомое тело можно предста- вить себе как часть пространства, запол- ненную в результате вращения вокруг оси РР (рис. 1.3.50) треугольника SAB и всех сечений пирамиды, проходящих через вершину S параллельно АВ. Таким сечением является, на- пример, треугольник SEF, изображенный на рис. 1.3.50. 4.1. Построение сечения, о котором идет речь в задаче, пока- зано на рис. 1.4.1. Вначале найдена точка F сечения, лежащая в плоскости нижнего основания на пересечении прямых АЕ и DC,
но УКАЗАНИЯ [4.2 4.2. Построение сечения показано на риС| 1.4.2, который под- сказывает и рациональный способ вычисления площади сечения, 4.3. Чтобы построить сечение, проведите прямую через вер- шину А и центр верхнего основания и найдите точку пересечения этой прямой с ребром CCV 4.4, Сечение BEFG (рис. 1.4.4) разбивает пирамиду на две части. Удобнее найти объем той части пирамиды, которая лежит под сечением, представив эту фигуру в виде разности двух пира- мид ЕВСМ и FGDM. 4.5. Сечение должно пройти через точки A, D и N (рис. 1.4.5). Если соединить их, то получим пирамиду NACD, которую сечение отрезает от половины данной пирамиды. Рис. 1.4.2, 4.6. Основную трудность в этой задаче представляет построение сечения. Начните с построения вспомогательного треугольника PQR, 4.7. Связать сечение с перпендикулярной к нему плоскостью центрального сечения пирамиды.
б.З] ПЕРВЫЕ УКАЗАНИЙ ш 4.8. Чтобы вычислить площадь треугольника АЕВ, достаточно найти его высоту ЕМ (рис. 1.4.8). Высоту ВХО призмы Нетрудно вычислить, А высота ЁК пирамиды ЕАВС в два раза меньше Рис. 1.4.5. Рис. 1.4.8. 4.9. Чтобы построить сечение, достаточно провести через точку F два отрезка, лежащих внутри данного параллелепипеда: один в одной диагональной плоскости параллельно BD, а второй—в дру-. гой диагональной плоскости параллельно АСг. 4.10. Построение тени, отбрасываемой кубом, показано на рис. 1.4.10. Посмотрите, как будет изменяться тень при вращении источника света. Рис. 1.4.10. 5.1. Если точка М принадлежит геометрическому месту точек, то отрезок NO ыщен из нее под прямым углом. | 5.2. Если к треугольнику AM В применить теорему косинусов, то получим еще одно соотношение, связывающее угол AM В со сторонами треугольника. 5.3. Поскольку характеристики геометрического места точек содержатся в условии задачи, вполне удобно доказать, что любая
112 УКАЗАНИЯ [5.4 точка окружности обладает указанным свойством. Для этого сле- дует применить теорему косинусов к стороне МВ треугольника ЛМЙ. 5.4. При любом выборе точки М треугольники AM В н ВМС имеют общую сторону ВМ. Использовать условие равновеликости двух треугольников, имеющих общую сторону. 5.5. Пусть точка Л1 зафиксирована. Площадь треугольника АВМ не изменится, если отрезок АВ двигать по прямой АВ. То же самое можно сказать о треугольнике CDM. Остается рассмотреть два случая: 1) прямые АВ и CD пересекаются, 2) прямые АВ и CD параллельны. 5.6. Выясните, какую роль играет в задаче куб Задачу можно расчленить на две: вначале решить ту же задачу для прямых, на которых расположены диагонали куба, а затем высечь часть про- странства, ограниченную кубом, и проследить, какие при этом произойдут изменения. 6.1. Представить р2 — 1 = (р— 1)(р4-1). 6.2. Первый способ. Воспользоваться методом математи- ческой индукции. | Второй способ. Разбить все числа на классы по модулю 31 nr=3k, л = 3/?-Н, п —37г —1, и проверить утверждение для каждого класса. | 6.3. Поскольку 105 = 3 5-7, то а105==(а3)зб==(а5)21==(а7)15. Вос- пользуйтесь этим для разложения данного числа на множители. 6.4. Среди чисел от 1 до 500 будет 250 четных, 125 делящихся на 4 и т. д. 6.5. Чтобы данное число приняло более симметричный вид, его удобно умножить на 10. При этом делимость его на 81 не изменится. 6.6. Дополнить выражение л4 4-4 до полного квадрата и раз- ложить на множители. 6.7. Так как в условии сказано, что п четное, то нужно сделать подстановку п = 2Л и привести данное выражение к общему знаме- нателю. 6.8. Первый 2x4 3 5х 4-7 способ. Дробь сократима тогда и только тогда, если ее числитель представим в виде рг, а знаменатель — в виде qr, где р, q и г —целые числа и г#± 1. Второй сп особ. Если сократима дробь p/q, то сократима и дробь q/p. 6.9 Использовать сначала признак делимости на 4, а затем признак делимости на 9. 4 ___ 6.10. Если условие, в силу которого число 2abc в три раза меньше abcl} записать символически, то получим уравнение, кото- рое нужно будет решить в целых числах, каждое из .которых рас- положено между 0 и 9. 7.1. Обе двойки представить как 3—1 и сгруппировать члены так, чтобы в числителе можно было вынести за скобки n4~h а в знаменателе л—1. 7.2. Прежде чем выполнять действия в скобках, следует упрос- тить дроби, разложив числители и знаменатели на множители.
8.3] ’ ПЕРВЫЕ УКАЗАНИЯ 118 7.3. Перед нами сумма из трех слагаемых. Если первые два привести к общему знаменателю, то в числителе произойдут суще- ственные упрощения. 7.4. Прежде чем производить вычитание, следует упростить дробь. 2 7.5. Если вынести за скобки Xth , то в скобках останется х 1 о в степени, содержащей множителями /п—п и —. Это упростит дальнейшие преобразования. ) 7.6. Каждое из подкоренных выражений является полным квадратом. 7.7. Обратить внимание на то, что 94-4 /Г = 8 + 4 У2 -|-I = (2f2'+1)2- 7.8. Каждую из вторых скобок разбить на два слагаемых х2—и2 и z2—у2, после чего собрать все члены, содержащие множитель х2—и2, и все члены, содержащие г2—у2. | 7.9. Возвести x-j-у в четвертую степень и вынести коэффициент 2 за скобки. Выражение в скобках представить в виде суммы одно- членов, взятых с коэффициентом единица, т. е. вместо 2х3у напи- сать х3у-\-х3у и т. п. 7.10. Первый способ. Если рассматривать данное выраже- ние как многочлен относительно х, то при х=у и при x — z оно обращается в нуль, т. е. этот многочлен должен делиться на х—у и х—z. Второй способ. Удобно обозначить: у—z—a, z—x~b, х~у = с. Заметим, что а-|-£’4-с = 0. 7.11. Если обозначить левую часть через Z, то, освобождаясь от радикалов, можно получить уравнение относительно г. 7.12. Равенство, которое нужно доказать, представляет собой однородное выражение седьмой степени. Возвести в степень a-j-b-h Ч-с=0 и а-\-Ь=— о. 7.13. Задача сводится к разбору случаев, позволяющих раскрыть знаки абсолютной величины. Количество рассматриваемых случаев можно уменьшить, если заметить, что равенство, о котором идет речь, не меняется при замене х на —х. 7.14. Можно разобрать различные случаи взаимного располо- жения чисел х, у и 0. Однако проще возвести каждую часть в квад- рат. Так как обе части неотрицательны, то мы получим равенство^ равносильное данному. | 8.1. Поскольку выражения, стоящие в скобках, расположены симметрично относительно значения х = 5, удобно ввести новое не- известное у=х—5. После того как мы раскроем скобки, произойдут значительные упрощения. | 8.2. Можно перемножить скобки по две, чтобы получить квад- ратные трехчлены, отличающиеся только свободным Членом. 8.3. Если записать уравнение в виде х2—-I7=3i/2,
И4 УКАЗАНИЯ [8.4 то возникает мысль доказать, что левая часть ни при каких целых х не делится на 3. 8.4. Если целое у зафиксировать, то получим квадратное урав- нение относительно х. Поэтому естественно обратить внимание па те ограничения, которые накладывает на у условие неотрицатель- ности дискриминанта этого уравнения. | 8.5. Остаток следует искать в виде ax-f-b, а частное удобно обозна- чить через Q (х). Следуя определению деления, записать тождество. 8.6. Противоречие между тем, что неизвестных в задаче два: а и Ь, а данный корень один, становится кажущимся, если обратить внимание на то, что а и b—целые, а данный корень состоит из рационального и иррационального числа. Кроме того, все ирра- циональности, получающиеся при возведении этого корня во вторую и в третью степень, соизмеримы. 8.7. Если подставить известный корень в уравнение, найти коэффициенты при рациональной и иррациональной частях, то по- лучим систему двух уравнений для определения а и Ь. 8.8. Ответьте на вопрос: достаточно ли воспользоваться теоремой Виета, в силу которой свободный член и второй коэффициент должны быть положительными? 8.9. Если обозначить первый корень через xL, а знаменатель прогрессии через qt то останется применить теорему Виета. | 8.10. С помощью теоремы Виета получить зависимость между аь а2, а3 и коэффициентами данного уравнения. j 8.11. Разделить х3-|-ах-}-1 на х—а по правилу деления много- члена на двучлен. 8.12. Ясно, что остаток нужно искать в виде ах-{-Ь. Если дан- ный многочлен обозначить через Р (х), а частное от его деления на (х—2) (х—3)—через Q (х), то мы сможем воспользоваться опреде- лением деления многочленов. 8.13. Если многочлен х4^-! разделится на х2-|-рх-{-д, то в част- ном мы получим многочлен второй степени, т. е х2-}-ах-}-Ь. 8.14. Если данный многочлен делится на (х—I)3, то после замены х—1 —у получим многочлен, который должен делиться на у3. 8.15. Многочлен делится на х24-х-|--1, если его корнями яв- 1 , У~з. 1 У~з. ляются комплексно сопряженные числа-------»—2~~1 и ~2— 8.16. Если многочлен четвертой степени с коэффициентом 6 при старшем члене делится на х2 —x-\-q без остатка, то в частном обя- зательно получится многочлен 6х2-]-ах-|-Ь, в котором а и b опреде- ляются одновременно с р и q. 9.1. Точки —2, —1, 0 делят числовую ось на четыре интервала, в каждом из которых нужно решить данное уравнение. | 9.2. Если рассматривать значения х, обращающие в нуль числа, стоящие под знаками абсолютных величин, то придется разбить Числовую ось на пять частей. Удобнее ввести новое неизвестное у=х2. | 9.3. Это уравнение четвертой степени. Следовательно, нужно райти искусственный прием, приводящий к его решению. Удобно воспользоваться тем, что слева стоит сумма квадратов.
9.18] . ПЕРВЫЕ УКАЗАНИЯ 115 9.4. Возвести в куб и сравнить полученное уравнение е данным. 9.5. Свести уравнение к симметрической системе, обозначив первый корень через и, а второй — через v. | 9.6. Если под знаками корней раскрыть скобки, то получим квадратные трехчлены, отличающиеся лишь свободным членом. Поэтому удобно заменить уравнение системой, обозначив первый корень через и, а второй — через v. 9.7.-----Поскольку неизвестное входит в уравнение либо в соче- тании х—Ь, либо в сочетании а—х, то удобно ввести обозначения 4 г------- 4 у----- у а—х — и, у х—b=v и получить систему алгебраических уравнений. 9.8. Ввести вспомогательное неизвестное у и свести решение дан- ного уравнения к решению системы уравнений относительно х и у. 9.9. Перенести ]/"| х f в правую часть уравнения и возвести обе части в квадрат. 9.10. Чтобы избавиться от знаков абсолютной величины, можно поступить двояко: либо потребовать, чтобы правая часть уравнения была неотрицательной, и решить уравнения о F3 х2—х— 1 ==*— х2—4х-|-р, х2—hr х—1 =х24~4х— Z & либо рассмотреть два случая: в первом выражение, стоящее под знаком абсолютной величины, неотрицательно, а во втором—отри- цательно. 9.11. Рассмотреть различные случаи расположения х и у по отношению к нулй (всеЬо придется рассмотреть четыре случая). 1 9.12. Решить систему уравнений с параметром k, а затем решить систему неравенств. | 9.13. Рассмотреть различные случаи взаимного расположения чисел х и у и чисел хи — у. Это позволит раскрыть знаки абсо- лютной величины. 9.14. Второе уравнение—уравнение окружности радиуса а. Нарисовать кривую, которая определяется первым уравнением. 9.15. Одно решение очевидно: х=у = 0. Если ху ?= 0, то можно разделить первое уравнение на ху, а второе на х2у2. 9.16. Если бы во втором и третьем уравнениях не было коэф- фициентов 2 и 3, то уравнения системы получались бы друг из друга с помощью циклической перестановки неизвестных х, у и г. Однако влияние коэффициентов оказывается столь сильным, что попытка использовать это свойство системы не приводит к успеху. Попытайтесь преобразовать систему в распадающуюся, для чего потребуется отыскать алгебраическое выражение, общее для двух уравнений, и исключить его. 9.17. Если первое уравнение записать в виде х4~^=—z и воз- вести в квадрат, то с помощью второго уравнения бистемы можно найти ху. 9.18. Сопоставьте первое и последнее уравнения. Если записать их в виде x-f-y = l — z, х3-|-у8 = 1 — za, то напрашивается способ, с помощью которого можно преобразовать систему в распадающуюся.
116 УКАЗАНИЯ [9.19 9.19. Левые части уравнений—многочлены, симметричные отно- сительно х и у. Мы знаем, что каждый такой многочлен можно выразить через простейшие многочлены х-Hi/ и ху. Первый из них равен а, а второй можно найти из первых двух уравнений. 9.20. Первые два уравнения системы симметричны относительно х и у. Нужно использовать эту симметрию для того, чтобы получить одинаковые правые части у этих двух уравнений. 9.21. Если второе уравнение возвести в квадрат, то можно сравнить два выражения для (х-{-£/)2. | 9.22. В первое уравнение входит у, в последующие yt, у& и yt3 соответственно. Эта закономерность позволяет исключить у. 9.23. Каждый элемент, стоящий в левой части второго уравне- ния, получается из соответствующего элемента, стоящего в левой части первого уравнения, возведением в квадрат. Нужно использо- вать это свойство системы. 9.24. Левые части всех трех уравнений симметричны относи- тельно х, у, г. Поэтому, подвергнув какому-то преобразованию любые два уравнения системы, разумно сделать то же самое и с оставшимися двумя парами уравнений. 9.25. Если известна сумма s=x1-j-xa-|-... 4-хл, то из каждого уравнения можно найти соответствующее х/. 9.26. Чтобы избежать возведения двучлена в третью и, тем более, в пятую степень, нужно ввести новые неизвестные так, чтобы выражение 7х—lit/ было одним из этих неизвестных. 9.27. Поскольку У у—х входит в оба уравнения с разными знаками, а У у —с одинаковыми, то естественно сложить данные уравнения и вычесть. При этом мы приходим к системе, у которой слева стоят сумма и разность одинаковых радикалов, а справа — разные радикалы. 9.28. Чтобы левые части уравнений стали однородными отно- сительно неизвестных, удобно ввести новое неизвестное г—У~у. 9.29. Если каждое нз уравнений возвести в квадрат, то полу- чим систему относительно н = х2 и v—y2. Проверка здесь может оказаться довольно сложной, поэтому целесообразно следить за равносильностью в процессе решения. Чтобы в результате возве- дения в квадрат не появились посторонние решения, достаточно записать ограничения: х > 0, у > 0. 9.30. Все члены системы, содержащие х и у, однородны второй степени относительно х и у. Пусть данная система имеет решения А'1» У1, гх. Укажите симметричное решение, которое наряду с этим будет иметь система. 9.31. Поскольку вместе с условием х-4-1/ = 0 мы получаем три уравнения с двумя неизвестными, то имеет смысл воспользоваться йодстановкой у=—х. 9.32. Поскольку данная система должна иметь решение при любом Ь, то, чтобы сузить область допустимых значений а, можно рассмотреть эту систему при некотором фиксированном Ь. 9.33. Вначале нужно использовать условие, что система должна иметь только одно решение. Если каждое уравнение рассматривать как функцию х, то легко заметить, что обе функции четные. Это
10.11] ПЕРВЫЕ УКАЗАНИЯ 117 значит, что наряду с решением x—xlt у=у± система имеет решение xlt y = yt. 9.34. Второе уравнение можно преобразовать к виду умножив числитель и знаменатель дроби на выражение, сопряжен- ное знаменателю. Легко убедиться, что у Ф 0. Поэтому можно полученное уравнение разделить на у, после чего нетрудно с по- мощью первого уравнения системы исключить Ух2 4~1. 10.1. Из условия а 4-6 = 2 следует, что числа а и b располо- жены симметрично относительно единицы. Использовать этот факт. 10.2. Первый способ. Так как х2-[-у2 = 1, то существует угол а такой, что x=sina, # = cosa. Второй способ. Воспользуйтесь очевидным неравенством х2 4~ У'2 %*у. 10.3. Первый способ. Поделить данное равенство почленно на с^а. Второй способ. Доказать эквивалентное неравенство: 10.4. Избавиться от дробей и использовать условие 0<:х<;1. Это условие обеспечивает выполнение таких неравенств, как 1—xk^0 при любом натуральном k. | 10.5. Оценить каждый корень с помощью неравенства между средним геометрическим и средним арифметическим двух чисел, взяв в качестве первого числа подкоренное выражение, а в ка- честве второго—единицу. 10.6. Предположить, что а, и оценить левую часть, заме- нив b на а. I 10.7. Выражения, стоящие в правой и левой частях неравенства, однородны относительно а и Ь. Поэтому естественно выразить их a l. b L через у , если а^Ь, или через — , если а > о. 10.8. Воспользоваться неравенством между средним арифмети- ческим и средним геометрическим двух чисел. 10.9. Первый способ. Если обозначить три положитель- ных слагаемых в левой части неравенства через и, v и to, то iw=l. Следовательно, среди чисел и, v и w есть одно большее единицы и одно меньшее единицы, например, и > 1, v< 1. Тогда (1 —н) (и—1) > 0. Второй способ. Если и, v и w—положительные числа, причем w—наименьшее, то и > w, v > ю. Неравенство v > w можно умножить на положительное число и—w и полученное неравенство разделить почленно на uw. 10.10. Поскольку, раскрыв скобки в правой и левой частях неравенства, мы его существенно упростим, удобно вести доказа- тельство от противного. 10.11. Если перемножить крайние и средние скобки, то полу- чатся два трехчлена отличающихся только свободным членом. Этс
118 УКАЗАНИЯ [10.12 позволяет оценить левую часть, выделив квадрат трехчлена, сво- бодный член которого находится посередине между свободными членами первого и второго трехчленов. j 10.12. Данные уравнения симметричны относительно у и г н не симметричны (второе) относительно х. Если воспользоваться вторым уравнением и из первого выразить t/4-z через х, то мы получим простую систему относительно у и г, где х выступает в роли свободного члена. 10.13. Данные уравнения можно переписать в виде i/4-z = 5—x, i/z+x(z + t/)=8, после чего можно получить уравнение, корнями которого будут У и z, а коэффициенты будут зависеть от х. 10.14. Нужно рассмотреть три случая, в зависимости от того, положителен, отрицателен или равен нулю дискриминант трех- члена. Затем обратить внимание на знак старшего коэффициента. | 10.15. Так как коэффициент при х2 положителен, то ветви параболы направлены вверх. Рассмотреть возможное расположение корней параболы относительно отрезка 1 < х < 2. 10.16. Воспользоваться теоремой Виета и рассмотреть случаи, когда Xj и х2 одного знака и разных знаков. 10.17. Определить направление ветвей параболы и расположе- ние ее корней отиосЪтельно точек —1 и 4-1, чтобы условия задачи выполнялись. 10.18. Если т 0 (случай т = 0 следует рассмотреть отдельно), то ветви параболы у — тх2—4х-]-3/п4-1 должны быть направлены вверх. 10.19. Рассмотреть случаи, позволяющие раскрыть знаки абсо- лютной величины. Удобнее записать это неравенство как совокуп- ность двух систем: в первой выражение, стоящее под знаком абсо- лютной величины, неотрицательно, а во второй системе оно отри- цательно. 4 10.20. Чтобы избавиться от знаков абсолютных величин, доста- точно вспомнить о том, как они могли быть получены, например, K(^=3F=| a--3|. 4 10.21. Чтобы упростить данное неравенство, его нужно умно- жить на 4х. Поскольку результат будет зависеть от знака х, необ- ходимо рассмотреть два случая: х < 0 и х > 0. | 10.22. Если перенести 3 в левую часть неравенства и привести полученное выражение к общему знаменателю, то получим дробь, которая должна быть отрицательной. 10.23. Неравенство можно упростить, если перенести все в одну сторону, привести выражения, стоящие под радикалами, к общему знаменателю и вынести за скобки неотрицательный множитель 10.24. Удобно рассмотреть два случая: х > 0 и х < 0 (при Х = 0 сразу видно, что неравенство не выполняется). 10.25. В неравенство входит сумма двух выражений: ух, —и их удвоенное произведение. Кроме этого, в правой
10.45] -ПЕРВЫЕ УКАЗАНИЯ 119 части стоит член—2х, который после перенесения его в левую часть можно использовать для образования суммы квадратов этих выражений. 10.26. Поскольку второе слагаемое всегда неотрицательно, целесообразно рассмотреть два случая: х > 0 и х^О. 10.27. Если привести обе части неравенства к основанию 2, то можно заметить симметрию показателей. 10.28. Если перенести все влево и сгруппировать члены, со- держащие иррациональное выражение в показателе степени, то это поможет разложить левую часть на множители, | 10.29. Чтобы степень была меньше единицы, необходимо и до- статочно выполнение одного из двух условий: либо основание больше единицы и показатель степени отрицателен, либо положи- тельное основание меньше единицы, а показатель положителен. 10.30. Воспользоваться свойством показательной функции с основанием, меньшим единицы. 10.31. Так как обязательно х > 0, то можно упростить нера- венство, разделив обе части на х. 10.32. Прологарифмировать по основанию 10. 10.33. При возведении в квадрат нужно потребовать, чтобы подкоренное выражение было неотрицательным. | 10.34. Выражение, стоящее под знаком логарифма, должно быть положительным. Выражение, заключенное в знаках абсолют- ной величины, неотрицательно. Как видите, это не совсем одно и то же. | 10.35. Перейти к одному основанию логарифмов и выразить левую часть через log2x. Нарушится ли при этом равносиль- ность? 10.36. Перейти к одному основанию и получить под знаками логарифма одинаковое число. | 10.37. Основание логарифмов меньше единицы. При переходе к неравенству, связывающему аргументы, нужно не забыть о поло- жительности величин, стоящих под знаками логарифма. 10.38. Если обозначить logax = i/, то получим алгебраическое неравенство относительно у. 10.39. Перейти к общему основанию k. 10.40. Вообще говоря, нужно рассмотреть случаи, когда осно- вание х больше единицы и когда оно находится между нулем и единицей. Однако внимательное изучение условия неравенства по- зволяет рассмотреть только один из этих случаев. 10.41. Поскольку основание логарифма больше единицы, дан- ное неравенство эквивалентно требованию, чтобы число, стоящее под знаком логарифма, было не меньше единицы. 10.42. Прежде, чем рассматривать случаи х2 > 1 и 0 <х2 < lt нужно полностью использовать условие. 10.43. Перейти к основанию 2 и обозначить log2x = i/. | 1^УЖН0 начать с приведения логарифмов к основаниям 10.45. Поскольку неизвестно, как расположено выражение, стоящее в основании логарифма, относительно 1, то придется рас- смотреть два случая: 0 < х2—1 < 1 и х2—1 > 1. 4-
120 УКАЗАНИЯ [10.46 10.46. Преобразовать выражение log*/2 с тем, чтобы в нем не было дробей ни в основании, ни под знаком логарифма. 4 , 10.47. Если у 0 фиксировано, то данное неравенство является обычным-квадратным неравенством относительно х. Остается запи- сать условие, при котором это квадратное неравенство имеет решение. 11.1. С помощью формулы перехода к другому основанию можно выразить искомое число через десятичные логарифмы. 11.2. Число 1225 нужно разложить на простые множители. | 11.3. Перенести степени с основанием 2 в правую часть урав- нения, а с основанием 3 — в левую. Правую часть записать как 2 в некоторой степени, а левую — как степень числа 3. 11.4. Обозначить 3”’ * =г/ и исследовать квадратное урав- нение. 11.6. Обозначить 12,х1 = у. При исследовании учесть, что не только дискриминант не должен быть отрицательным, но и найден- ные значения у не могут стать меньше единицы. | 11.6. Уравнение можно переписать в виде Эх 5A'-2X+1 =52-22; это позволяет угадать одно решение. Такую возможность упускать не следует. 11.7. Использовать тот факт, что числа 2-}-}/Л3 и 2—)/3 вза- имно обратны. 11.8. Уравнение примет более симметричный вид, если разде- лить обе его части на 2х. 11.9 Для решения уравнения нужно перейти к общему осно ванию логарифмов. Здесь удобнее выбрать в качестве основания двойку. 11.10. Привести к одинаковому числу под знаком логарифма. 11.11. С помощью формулы logfl b = \ogakbk можно добиться того, что в уравнение будут входить только logx7 и log7x. 11.12. Если уравнение прологарифмировать по основанию 3, то мы получим уравнение третьей степени относительно log3x. ф 11.13. Уравнение легко преобразовать в иррациональное с по- мощью замены у — logx3. | 11.14. Так как 2 logx2 = logx4, то после умножения обеих час- тей уравнения на log4x оно упростится. Нарушится ли при этом равносильность? 11.15. Вид уравнения подсказывает, что для его решения удоб- но перейти к логарифмам с общим основанием х. Равносильное ли получится уравнение? 11.16. В уравнение входят логарифмы выражения З-f-x при разных основаниях. Его можно упростить, если воспользоваться формулой ,1Г, h logcb - log«c g“ logca logbc
12.2] ПЕРВЫЕ УКАЗАНИЯ 121 11.17. При решении удобнее следить за равносильностью, чем делать в конце проверку, которая окажется здесь достаточно гро- моздкой. 11.18. Если log^yX записать при основании а, то уравнение упростится. 11.19. Если в каждом из подкоренных выражений произвести логарифмирование с переходом к общему основанию а, то это по- зволит выделить под корнями полные квадраты. Очевидно, такие же ограничения, как на а, должны быть наложены и на х. 11.20. Система не может иметь решений, в которых хотя бы одно неизвестное обращается в нуль (докажите). Следовательно, Каждое уравнение можно прологарифмировать. 11.21. Поскольку нам известно, чему равно х^, то второе урав- нение целесообразно возвести в степень у. 11.22. Из вида системы следует, что х и у положительны. Так Как в левых частях уравнений одинаковые показатели степени, то Целесообразно попытаться их найти. 11.23. Так как 11хг: llz = ll(x-1)z, то с помощью этого соотно- шения можно получить уравнение относительно 5^2- 11.24. Так как коэффициенты в левых частях уравнений одина- ковы (двойку во втором уравнении можно перебросить в показатель степени), то целесообразно посмотреть, нет ли у левых частей обще- го множителя. 11.25. Вначале нужно перейти к общему основанию у лога- рифмов, а затем получить систему двух алгебраических урав- нений. 11.26. Систему можно решить подстановкой, выразив из второ- го уравнения у через х. 11.27. Решение системы нужно начать с использования условий, что позволит сократить число рассматриваемых случаев. Из второго уравнения следует, что х и у—величины одного знака. Поскольку должен существовать log2 (х-j-t/), то х и у поло- жительны. Сумму х-±-у легко сравнить с единицей. 11.28. Это—алгебраическая система относительно w = log2x и U = log2(y+1)- 4 11.29. Оба уравнения можно упростить с помощью формулы log^W = у loga N (а > 0, а 1). 11.30. Первые два уравнения можно решить как систему отно- сительно соответствующих степеней тройки. Нетрудно заметить, что это позволит найти х. 12.1. Выражения, стоящие в квадратных скобках, существен- но упростятся, если раскрыть скобки и выполнить возведение в степень. | 12.2. Это тождество по структуре похоже на формулу тангенса суммы. Чтобы заметить это, достаточно переписать его так: tg 2а [tg (30°—а) + tg (60°—а)] = 1 — tg (60°—а) tg (30°—а).
122 УКАЗАНИЯ [12.3 12.3. Перенести ctgx в левую часть и преобразовать вместе о y’gf. 12.4. Поскольку нам нужно получить соотношение, в котором участвуют а + Р и а, то вместо sin р удобно записать sin [(a-J-B)—cd и воспользоваться формулой синуса разности. | 12.5. Домножить и разделить на 2 sin — и мулой синуса двойного угла. | 12.6. Вычислить произведение косинусов л л если домножить и разделить его на 2 sin у . воспользоваться фор- ♦ этих углов можно, После этого нужно трижды последовательно воспользоваться формулой синуса двойного угла (см. задачу 12.5). 12.7. Удобнее доказать, что правая часть равна левой. Для этого стоящее в правой части выражение нужно преобразовать о учетом данных равенств. 12.8. В произведении sin (x-J-i/) sin (х—у) удобно раскрыть си- нус суммы и синус разности. 12.9. Выразить дробь, стоящую в правой части последнего ра- венства, через синусы и косинусы а и р. 12.10. Данное выражение и выражение, которое нужно вычислить, симметричны относительно а, р и у. Так как углы а, р н у произ- вольны и независимы, то удобно записать оба выражения с помощью одинаковых тригонометрических функций этих углов. л 2 л 12.11. Подставить р=а+~, у = а-|—=- и записать данное вы- о о • ражение через синусы и косинусы. 12.12. Так как ctga, ctg р и ctg у образуют арифметическую прогрессию, то ctga-j-ctgу = 2ctg р. Если теперь вспомнить, что Р=-^-—(а4-у), то можно получить соотношение, не зависящее от ctga-f-ctgy. 4 13.1. Множитель 1^2 sin ^х -f-у)нужно заменить на sin x-]-cos х. 13.2. Левую часть можно преобразовать так, чтобы она содер- жала множителем выражение, стоящее в правой части. 13.3. Выразить левую часть уравнения через sin х и cos х так. чтобы оказалось возможным разложение ее на множители. 13.4. Если преобразовать в сумму произведение синусов двух функций и произведение косинусов этих же функций, то получим сопряженные выражения. Поэтому целесообразно заменить тангенсы через синусы и косинусы соответствующих аргументов. 13.5. Если записать вместо ctgx, то после простых преоб- 1g X разований (следите за их равносильностью) придем к распадающемуся уравнению. 13.6. Прибавить к левой и правой частям уравнения tg Зх. Тогда слева можно вынести за скобки число 3, а справа tg3xi
13.25] ПЕРВЫЕ УКАЗАНИЯ 123 13.7. Нетрудно заметить, что множитель sin^x+-^-J можно вынести в левой части уравнения за скобки, так как он получается при преобразовании суммы sinx-}-cosx в произведение. 13.8. Перенести tg 2х в правую часть и привести обе части урав- нения к виду, удобному для логарифмирования. 13.9. Избавиться от иррациональностей с помощью перехода под радикалами к функциям половинного аргумента. Использовать условие, что 0 < х < 2зт, и постараться раскрыть знаки абсолютной величины. 13.10. Перенести sin а в левую часть и привести полученную сумму к виду, удобному для логарифмирования. Стоящий в правой части sin х выразить через функции половинного аргумента. 13.11. Рассмотреть случаи, позволяющие раскрыть знаки абсо- лютной величины; задача сведется к решению двух уравнений и к выбору тех значений х, которые попадают в указанный интервал. 13.12. Вначале следует посмотреть, не стоит ли под знаком корня полный квадрат какого-то выражения. Число 16 нам, скорее всего, не помешает, а вот 17—менее удобно для последующих пре- образований. Чтобы освободиться от его присутствия, удобно вы- нести под радикалом sec2x за скобки, а оставшееся в скобках выра жение записать через sinx. 13.13. Перенести все члены уравнения в левую часть и разло- жить на множители с тем, чтобы появилась возможность избавиться от большинства радикалов. 13.14. Выразить sin4x через tg 2х. Это тождество условное, поэтому нужно убедиться в равносильности полученного уравнения данному. 13.15. Правую часть уравнения можно сократить на cos 2х, до- бавив условие cos 2х # 0. 13.16. Перейти к функциям х и привести уравнение к однород- ному, домножив sinx на тригонометрическую единицу. 13.17. С помощью универсальной подстановки (через тангенс по- ловинного угла) это уравнение может быть сведено к кубичному урав- нению относительно у = tg~ . Равносильное ли получится уравнение? 13.18. Понизить степень. 13.19. Левую и правую части можно привести к виду, удобному для логарифмирования. 13.20. Если каждое из произведений в левой части уравнения преобразовать в сумму, то произойдут упрощения, так как 4x-bx = 3x-J-2x. 13.21. Выразить sin 4х через sinx и cosx и вынести sirix за скобки из обеих частей уравнения. 13.22. Раскрыть скобки и каждое из ста произведений преобра- зовать в сумму. 4 13.23. Каждое произведение преобразовать в разность косинусов.! 13.24. Выразить cos 4x4-1 через cos2x. 13.25. Произведение косинусов может равняться единице, если либо оба косинуса равны единице, либо оба равны минус единице.
124 125 УКАЗАНИЯ [13.26 ПЕРВЫЕ УКАЗАНИЯ 13.26. Представить единицу в виде sin2 x-f-cos2х. 13.27. Уравнение таково, что не остается надежд на упроще- ния в результате тригонометрических преобразований. Поэтому следует попытаться воспользоваться оценками. Во-первых, выра- жение, стоящее в левой части, всегда неотрицательно, кроме того, cos4x^0; следовательно, и cos 3x^0. Во-вторых, слева стоит сумма квадратов, которую разумно дополнить до полного квадрата. 13.28. Обратить внимание на то обстоятельство, что левая часть уравнения не может стать меньше единицы, я .правая не может прев- зойти единицу. 13.29. Выражения sinx и sect/ являются корнями квадратного уравнения, коэффициенты которого могут быть найдены с помощью теоремы Виета. 13.30. Если левую часть второго уравнения преобразовать в сумму косинусов, то мы получим простую линейную систему относи- тельно cos (х—у) и cos(x + r/). 4 13.31. Левые части первого и второго уравнений нетрудно вы- разить через и = sinx и u = sin у. 13.32. Второе уравнение существенно упростится, если его левую часть преобразовать в сумму. 13.33. Из системы можно исключить х, если воспользоваться основным тригонометрическим тождеством sin2 ф-J-cos2 <р = 1. 13.34. Нужно вначале решить первое уравнение, решение кото- рого находится обычным путем. Найденное значение подставить во второе уравнение. 13.35. Разделив второе уравнение на первое, получим, что tg//==2tgx. 13.36. Удобно перейти к уравнениям относительно одной три- гонометрической функции. При этом нужно следить за равносиль- ностью. 13.37. Если возвести каждое уравнение в квадрат и полученные уравнения сложить, то мы исключим а. Однако для нас важнее исключить либо х, либо у. Как это сделать? 13.38. Левую часть первого уравнения можно преобразовать в разность sin (х—у) — cos(x4~!/)- Из второго уравнения определя- ется cos (х-}-(/). 13.39. Правая часть уравнения не может стать больше четырех. Если ввести обозначения tg2x=w, tg2(/==u, то нетрудно заметить, что левая его часть не может стать меньше четырех. 13.40. Первый способ. Умножить sin2х на тригонометри- ческую единицу sin2 Зх-р cos2 Зх и сгруппировать члены, содержа- щие sin2 Зх. Второй способ. Перенести все члены в левую часть и выделить полный квадрат разности 2sinx—sin23x. Оставшиеся члены образуют неотрицательное выражение. 13.41. Первый способ. Преобразовать сумму тригономет- рических функций cosx-f-cosi/ в произведение, a cos(x-|-t/) выра- зить через косинус половинного аргумента. Второй способ. Раскрыть cos (х + (/)_по формуле косинуса суммы. 14.101 13.42, Вопрос задачи естественно поставить следующим образом: при каких а и b равенство tg x-f- tg (а—х) + tg х tg (а—х) = b является тождеством? 13.43. Вначале следует попытаться оценить снизу левую часть уравнения, так как верхняя оценка правой части очевидна: 124-~ sin (/<12,5. 13.44. Перенести sin Зх в левую часть уравнения и преобразо- вать sinx—sin Зх к виду, удобному для логарифмирования. 14.1. Если обе части неравенства возвести в квадрат, то полу- чим равносильное неравенство. | 14.2. Использовать тот же прием, что и при решении уравне- ния cosx—sinx——1,—ввести вспомогательный угол, j 14.3. Первый способ. Можно перейти к неравенству от- носительно tgx. При этом придется рассмотреть различные случаи, в зависимости от знака cos х. | Второй способ. Если синус и косинус выразить через tg , то получим квадратное неравенство. Равносильно ли оно данному? Третий способ. Нужно начать с отыскания корней урав- нения sinx—3cosx=0, что удобно сделать с помощью перехода к . X X однородному уравнению относительно sin-g- и cos — . 14.4. Если cos 2х и sin 2х выразить через tg х и обозначить tgx = (/, то получится простое алгебраическое неравенство. Равно- сильно ли оно данному? 14.5. Первый способ. Можно перейти к совокупности двух систем: cos х и tg 2х должны быть нестрого (т. е. включая нуль) разных знаков. Второй способ. Воспользоваться формулой тангенса двой- ного угла. Равносильное ли получится неравенство? 14.6. Разобрать два случая, позволяющих раскрыть знаки абсо- лютной величины и решить две получающиеся при этом системы тригонометрических неравенств. ! 14.7. Если записать sin 2х == 2 sin х cos х и перенести все члены неравенства в одну часть, то получим однородное выражение относительно sinx и cosx. Разделив на cos2x, получим алгебраиче- ское неравенство относительно i/=tg х. Равносильно ли оно данному?! 14.8. Вычислить дискриминант и выяснить, когда он положи- телен. 14.9. Неравенство может выполняться только при sinx 2^0 и cosx^O. Приняв во внимание эти ограничения, его можно воз- вести в квадрат. ! 1 14.10. Записать решение неравенства в предположении, что —новое неизвестное.
126 УКАЗАНИЯ [14.11 14.11. Привести к неравенству относительно одной тригономет- рической функции. 14.12. Перенести единицу в левую часть, записать тангенс че- рез синусы и косинусы и выполнить сложение. В Числителе по- явится косинус разности. 14.13. Это — иррациональное неравенство относительно p==cosx, Не следует забывать, что Благодаря этому решение можно упростить. 14.14. Если выразить sinx и cosx через tg-^- , то получим алгебраическое неравенство, которое решается методом интер- валов. 4 14.15. Выразить рее тригонометрические функции через sin а. 15.1. В правой части можно произвести логарифмирование, не нарушая равносильности. 15.2. Свести к квадратному неравенству относительно у »logtgv3. Следить за равносильностью преобразований. | 15.3. Нетрудно заметить, что на самом деле интервал можно _ зт л t сузить: 0 < х < — , так как при < х < л функции, стоящие под знаком логарифма, отрицательны. 15.4. Вначале нужно привести все логарифмы к общему осно- ванию с помощью формулы logflJkAf = -i-loga/V. 15.5. Неравенство эквивалентно условию, что основание логариф- мов лежит между 0 и 1. 15.6. Начать следует с приведения левой части к виду, удобному для логарифмирования. Это позволит перейти к неравенствам, где уже не будут участвовать тригонометрические функции. 15.7. Использовать тот факт, что arccos 0. Чему равносильно данное в условии неравенство? 15.8. Ъбласть значений левой части неравенства—интервал от О л до а область значений правой части — интервал от 0 до л. Так как левая часть должна быть больше правой, то аргумент арккоси- нуса не может стать отрицательным. 16.1. Правая часть уравнения не может стать меньше двух. Сравнить с оценкой левой части. | 16.2. Это уравнение легко привести к квадратному относитель- по 2^’х. J. 16.3. Перейти к общему основанию. Не нарушится ли при этом равносильность? 16.4. Поскольку в левой части уравнения стоит произведение синуса и косинуса от одного аргумента, удобно воспЪльзоваться формулой синуса двойного угла. Записать, чему равен аргумент. 16.5. Перейти к уравнению без логарифмов, позаботившись о сохранении ограничений. 16.6. Ввести вспомогательное неизвестное и преобразовать данное уравнение в квадратное, ф
17.8] ПЕРВЫЕ УКАЗАНИЯ 127 16.7. От этого уравнения легко перейти к тригонометрическому. При этом Нужно учесть все ограничения, которыми ЛОгарифм свя- зывает число и основание. 16.8. Уравнение равносильно уравнению sin х =» У8 Йё2 к apit условии, что cos2 х -g-. 16.9. Перейти к уравнению л . . и найти все k, при которых это равенство возможно. 16.10. Вначале решить квадратное уравнение относительно Igcosx- Затем найти cosx и на этом шаге провести исследование. 16.11. Решить квадратное уравнение и учесть все ограничения на параметр а в связи с появлением радикала и синуса. 16.12. Данную систему нужно заменить системой без логарифмов. Однако при этом следует помнить обо всех ограничениях, которые Закладываются на число, стоящее под знаком логарифма, и на осно- вание логарифма. 17.1. Первый способ. Если обозначить ^i—x-j-yi и то придем к иррациональному неравенству, Которое есте- ственнее доказывать от противного (это позволяет меньше заботиться о равносильности при преобразованиях). | Второй способ. Воспользоваться геометрической интерпре- тацией модуля комплексного числа как радиуса-вектора его аффикса и воспользоваться неравенством треугольника. 17.2. Записать г = а-\-Ы и домножить дробь z—1 на число, комплексно сопряженное знаменателю. 17.3. Применить формулу Моавра. 17.4. Записать комплексное число, стоящее в скобках, в виде произведения действительного числа и комплексного числа, записан- ного в тригонометрической форме. 17.5. Записать z-{--i- в тригонометрической форме, если триго- нометрическая форма z известна, и приравнять мнимую часть нулю. 17.6. Уравнение, которому удовлетворяет z, можно привести к виду г2—z-j-l==O. Теперь нетрудно найти, чему равняется z3, если разложить на множители z3-f-I- 17.7. Для комплексно сопряженных чисел z и z имеет место равенство |z|=|z|. Остается записать по модулю равенство, данное в условии. В результате получим систему двух уравнений относи- тельно |z| и | z |, а следовательно, сможем найти эти величины. 17.8. Любое уравнение f(z)=O с комплексным неизвестным равносильно системе двух уравнений, к которой мы придем, При- равнивая нулю действительную и мнимую части f(z).
128 УКАЗАНИЯ [17.9 18.15] ПЕРВЫЕ УКАЗАНИЯ 129 17.9. Если второе уравнение возвести в третью степень и раз- делить на первое, то получим г2ш2=1. Решить это уравнение сов- местно с третьим. 17 10. Заменить z=x-]-i/i и получить уравнение, связывающее х и у. 4 17.11. Первый способ. Если обозначить z = то смо- жем перейти к простому неравенству, связывающему действительные переменные х и у. Второй способ. Воспользоваться геометрическим смыслом модуля разности двух комплексных чисел. | 17.12. Обозначить г=х-}-у1. Выделить действительную часть выражения?—и приравнять ее нулю. 4 18.1. Если ввести в качестве неизвестных производительности труб, то получим три уравнения с четырьмя неизвестными (объем бассейна следует принять за единицу). 18.2. Если плечи весов равны Zj и /2, то можно вычислить вес Р товара, отпущенного покупателю. 18.3. Если население страны равно х, то через год оно вырастет до х (1 - Что будет через п лет? \ ои у 18.4. Путь буксира изображен на рис. I. 18.4, где х—часть пути, которую прошел самостоятельно (т. е. без буксировки) первый понтон, а у — часть пути, которую прошел без буксировки второй понтон. по нескольку десятков порций мороженого. Последнее условие задачи запишется в виде неравенства у > s. Это ограничение позволит нам восполнить отсутствие пятого уравнения в системе с пятью неизвест- ными. 18.9. Начать нужно с условия, что, отобрав по одной монете каждого типа, мы получим 15 копеек. , Так как десятикопеечная монета сюда входит обязательно, то оставшиеся монеты дают в сумме 5 копеек. 18.10. Пусть С—устье реки. Время, израсходованное плотами на весь путь от А до В, известно, а время, израсходованное на путь СВ, обозначим через х. Если ввести в рассмотрение расстоя- ние АС, то скорость течения реки можно выразить из остальных условий задачи. Д •--------------------- $ Зсек С Рис. 1.18.11. о*-1-х-у -*о-—У- Рис. 1.18.4. 18.5. Так как некто родился в девятнадцатом веке, то неизвестны две последние цифры его года рождения. Если мы обозначим их через х и у, то сможем записать условия задачи в виде уравнений. 18.6. Если одна часть весит х карат, то ее цена /х2« где / — коэф- фициент пропорциональности. 18.7. Основная трудность—в выборе неизвестных, которые позво- лили бы связать данные в условии величины. Здесь- эту роль могут выполнить нормы расхода горючего при работе двигателя с фикси- рованной собственной скоростью. К чему удобнее отнести эти нормы! к часу работы двигателя или к километру пути в стоячей воде? 18.8. Выбор неизвестных подсказан условием задачи: х, у, z, s и /—количество десятков порций соответствующих сортов мороженого. Выбрав в качестве неизвестных количество десятков порций, а не коли- чество самих порций, и заметив, что неизвестные—натуральные числа,мы тем самым использовали условие, в силу которого у продавца есть -----------.5 бм-^ Р ----Тс-----• 18.11. Условия задачи можно отразить на схеме (рис. 1.18.11). С помощью схемы можно составить четыре уравнения: встреча в точке С дает два уравнения и две оставшиеся встречи—по одному. 18.12. Вначале нужно проследить весь процесс за один цикл в предположении, что объем сосуда принят за единицу, а часть его объема, занимаемая раствором, обозначена через х. 18.13. В качестве неизвестных удобно выбрать: х—скорость автомобиля, у—скорость мотоцикла и z—расстояние между пунктами Ии В. Первая встреча произошла через ----- часов после начала *+У движения на расстоянии километров от пункта В. Теперь нетрудно подсчитать расстояние между пунктами первой и второй встречи. 18.14. В качестве неизвестных удобно выбрать расстояние (х), ко- торое пассажир проехал на такси и (у) на автобусе, скорость поезда («) и время, на которое пассажир опоздал на поезд (/). 18.15. Скорости поездов связаны со всеми величинами, участву- ющими в задаче. Поэтому естественно ввести в качестве неизвест- ного х скорость товарного поезда до остановки. Тогда тх—скорость пассажирского поезда до остановки. Однако одного неизвестного здесь мало, так как поезда выходили из своих пунктов в разное время. Чтобы связать скорости и времена, нам нужно ввести в рассмотрение расстояния. Пусть расстояние между А и В равно у, а расстояние между А и С равно а. " 5 Е. Б. Баховский, А. А. Рывкин
ISO УКАЗАНИЯ [18.16 18.16. Вопрос задачи не имеет прямого отношения к ее решению. Поэтому величину, о которой спрашивается в задаче, не следует выбирать в качестве неизвестного, так как она сложно связана с остальными компонентами. Наиболее удачно связать участвующие * в задаче величины —расстояния и промежутки времени—можно с помощью скоростей самолета и вертолета. 18.17. Если обозначить устье реки, на которой стоит порт Л1, буквой А, а устье второй реки буквой В, то для решения задачи удобно ввести два неизвестных расстояния. Сразу же появляется желание обозначить расстояние АВ, которое требуется определить, буквой х, один из оставшихся отрезков, МА или NА,—буквой у, а последний отрезок записать как s — (x-f-r/). Однако более естест- венно не нарушать симметрию и обозначить буквами х и у отрезки МА и BN соответственно. Тогда отрезок АВ будет равен s — (x-f-y). Поскольку нас интересует только отрезок АВ, то нужно определить *+!/• 19.1. Записать выражения для ип и ип+1 и сравнить. 19.2. Поскольку первый член арифметической прогрессии входит в качестве слагаемого в выражения для любого ее члена, удобнее сразу записать aq—ар, аг—aq, as—ar. Это тем более удобно, что нас интересуют разности р—q, q—г, г—$. 19.3. Если ввести aY и иг—соответственно первые члены ариф- метической прогрессии с разностью d и геометрической прогрессии со знаменателем q, то а, b и с придется выразить через а1г иг, d и q. 19.4. В левой части удобно перейти к общему основанию х. 19.5. Если бы сумма состояла из одних девяток, то каждый член можно было бы представить в виде 10к—1. 19.6. Выражение, стоящее под знаком квадратного корня, умножить и разделить па 9. Число, состоящее из k девяток, равно 10*— 1. 19.7. Условия задачи можно записать в виде а1-4-а3 = 2п2. ^3 = 6/2. Из этой системы нетрудно исключить а2. 19.8. Удобно ввести в рассмотрение знаменатель прогрессии q и с его помощью записать теорему Виета для обоих уравнений. Это позволит определить q и xv | 19.9. Так как корни уравнения образуют геометрическую про- грессию, то х2=х1<7, х3=х1у2. Воспользуйтесь теоремой Виета для уравнения третьей степени. 19.10. Если приравнять выражения для удвоенной суммы п чле- нов прогрессии и суммы всех ее членов, то получим уравнение относительно qn. 19.11. Так как число делится на 45, то оно может оканчиваться либо нулем, либо пятью. Рассмотреть эти два случая. 19.12. Если обозначить через х цифру единиц, а через q—зна- менатель прогрессии, то легко составить два уравнения, отражающих условия задачи. Однако можно пойти по другому пути: поскольку цифры числа образуют геометрическую прогрессию и само число больше 594, то в нашем распоряжении только три возможности: . 931, 842 и 964. J 19.13. Всю работу следует принять за единицу. Чтобы исполь- зовать условия задачи, нужно знать производительность одного
20.11] ПЕРВЫЕ УКАЗАНИЯ 131 комбайна. Однако нам неизвестно, сколько часов перед завершением работы по плану все комбайны работали вместе. Поскольку удоб- нее вводить одноименные неизвестные, то эту величину обозначим через у, а через х обозначим количество часов, необходимых одному комбайну, чтобы убрать весь урожай.. Тогда производительность комбайна будет равна 1/х. 19.14. Пусть братьям a, aq и aq2 лет. Если младший получит рублей, то остальные два получат xq и xq2 рублей. Условия задачи позволяют составить три уравнения. 19.15. После того как числа, о которых говорится в задаче, будут обозначены буквами а, b и с и условия задачи будут пере- ведены на математический язык, мы получим два уравнения с тремя неизвестными. Достаточно ли этого, чтобы решить задачу? 19,16. Воспользоваться методом математической индукции, что позволит доказать формулы для ап и Ьп. 20.1. Данное неравенство эквивалентно такому! 22'+-”+'^2'< L Оценить каждое слагаемое так, сумму, стоящую слева. 20.2. Домножить все члены на 20.3. Чтобы разложить дробь чтобы легко было оценить всю d. 1 /г(^+1)(^ + 2) на простейшие, можно начать с разложения дроби 1 k (/г + 2) ’ а результат умножить —— 1 Л-J-l ’ 1 20.4. Слева стоит сумма членов геометрической прогрессии. 29.5. Выписать все коэффициенты многочлена 1 +х+2х2 + ... + + пхп и под ними написать коэффициенты того же многочлена, записанные в обратном порядке. Рассмотреть сумму произведений стоящих друг под другом чисел. 20.6. В левой части неравенства стоит абсолютная величина суммы членов бесконечной геометрической прогрессии со знамена- телем —2х. 20.7. Каждое слагаемое k-k\ можно представить в виде </г+1) £!—£(&—!)!. При этом следует иметь в виду, что 0! = 1. | 20.8. .Коэффициенты в правой части образуют арифметическую прогрессию с разностью 3. Если домножить Sn на х2, то справа получим сумму, все члены которой, кроме крайних, имеют коэффи- циент, отличающийся от подобного коэффициента S„ на 3. 20.9. Рассмотреть тождество (х +1 )5 =хБ + 5х4 + 10x3 + 10х2 + 5х +1 и положить в нем последовательно х=1, 2, ..., п. 20.10 . В n-й группе п членов. Рассмотрите отдельно случаи, когда п четное и п. нечетное. 20.11. Удобнее найти 2S„ sin .
132 УКАЗАНИЯ [21.1 21.1. Если все, сидящие за круглым столом, одновременно сдви- нутся на один стул в одном направлении, то у каждого останутся те же самые соседи. 21.2. Представить искомое число в виде разности числа всех перестановок из пяти элементов и перестановок, не удовлетворяю- щих условиям задачи. 21.3. Три разряда каждого числа должны быть заняты двой- ками. В оставшиеся четыре разряда можно поместить любые из восьми цифр, что даст 84 вариантов. 21.4. Задачу следует начать решать в предположении, что есть разные цифры llt 12 и 13, которые входят в каждое число, а осталь- ные пять цифр равноправны. 21.5. Легче найти число всевозможных размещений экскурсан- тов по каютам в предположении, что каюты неравноценны. Пусть таких размещений будет Д', а размещений, о которых идет речь в задаче, К. Поскольку из каждого размещения экскурсантов по равноценным каютам можно получить 8! размещений по неравно- ценным каютам, то K-8’=AZ. 21.6. В записи /г-го члена суммы произвести сокращение па k. 21.7. Воспользоваться разложением (1+0" по формуле бинома. 21.8. Нужно найти такие п, для которых равенство d-1 + cj+1=2cj выполняется при некотором k. 21.9. Представить в виде (а4-Ь) + (с 4- d) и осу- ществить возведение в n-ю степень по правилам возведения в степень двучлена. 21.10. Коэффициент при xk будет равен числу членов, содержа- щих хк при почленном перемножении двух одинаковых многочленов. Придется различать случаи, когда члены, содержащие могут быть получены в результате умножения друг на друга членов суммы Iх-4-х2. 4-**"14-** — 1), от случая, когда п— I < k -С 2 (л— 1). 21.11. Записать выражение для общего члена разложения и сравнить с выражением для десятого члена разложения. 21.12. Сгруппировать члены внутри скобки и последовательно дважды применить формулу бинома. 21.13. Если обозначить через Рп число способов, которыми можно разбить на группы последовательность из п элементов, то можно получить рекуррентную формулу для Рп. 21.14. Если на плоскости проведены т параллельных прямых, то они разбивают плоскость на т4-1 частей. Когда мы пересечем их некоторой прямой, то каждая часть разобьется на две. Что про- изойдет, если к уже приведенным k непараллельным прямым доба- вить еще одну? 22.1. Перенести arctg в правую часть, после чего оценить значения обеих частей с тем, чтобы они попали в интервал
23Л] ПЕРВЫЕ УКАЗАНИЯ 133 22.2. Каждое из двух первых слагаемых лежит в интервале ^0, Это позволяет воспользоваться формулой тангенса суммы и заменить два первых слагаемых одним. 22.3. Начать нужно с представления в виде значения одной тригонометрической функции первого и третьего слагаемых. Чтобы их сумма попала в область главных значений арккотангенса, при- дется прибавить к ней л. | 22.4. Если 0 х 1, то сумма существует и лежит в интер- вале [0, л], т. е. в интервале монотонности косинуса. 22.5. Начать нужно с выяснения, в каком интервале лежит l/'З — 1 л (х2 х—3), если 0 х ------------- • 22.6. Убедившись в существовании арксинусов при O^x^l, л перенести — в левую часть, а вычитаемое—в правую часть, после чего доказать, что левая часть равенства будет лежать в интервале монотонности синуса. | 22.7. Так как х < — 1, то значение каждой функции, входящей в правую часть, можно уточнить с тем, чтобы сумма попала в ин- тервал монотонности синуса и тангенса. | 22.8. Из данного уравнения можно найти значения arcsin х. Из этих значений остается выбрать те, которые лежат в области значений арксинуса. | 22.9. Поскольку arcsin х—нечетная функция, то одновременно с корнем х уравнение имеет корень —х. Это позволяет искать лишь неотрицательные корни. 22.10. Из условия следует, что х > 0. Левая часть заключена в интервале [0, л], который является интервалом монотонности косинуса. 22.11. Воспользовавшись тем, что 2-]-cosx>0 и 2cos2-~-S*0, можно уточнить интервал значений левой части уравнения. 22.12. Левая и правая части лежат в интервале монотонности синуса. Ф 22.13. Уточнение интервалов с тем, чтобы получить равносильное уравнение, приведет к Нерациональному способу решения. Проще пере- нести, например, arctg (х-J-l) в правую часть и взять котангенсы от обеих частей. Каким образом может быть нарушена равносильность? 23.1. Поскольку sinxs^l, то Iog3sinxC0. 4 23.2. В указанной последовательности действий первое ограни- чение накладывается на трехчлен х2—х—1, он должен быть поло- жительным. Следующее ограничение накладывается уже на 23.3. Нужно пройти всю последовательность действий, начиная с самого внутреннего, и записать все встречающиеся при этом огра- ничения. 23.4. Найдя область определения функции arccos (х3—Зх-{-1), исключить точки, в которых не существует tg 2х. 4
УКАЗАНИЯ [23.5 23.5. Решить систему неравенств, обеспечивающих существова- ние данного выражения, графически. J 23.6. Доказательство удобно вести от противного. Предположить, что функция имеет период а, и подставить х=0, х=а. 23.7. Первый способ. Доказательство можно вести от про- тивного, предположив, что функция имеет период Т. Второй способ. Найти корни функции и исследовать их в предположении, что у функции имеется период. 23.8. Записать тождество, равносильное условию, что f (х) имеет своим периодом число Г. Рассмотреть это тождество при х = 0 и 23.9. Ясно, что любое общее кратное периодов cos и sin — будет периодом данной функции. Доказать, что наименьшее общее кратное будет основным периодом. 24.1. Заменить cos-.v на 1—sin2 х. В результате получится квадратный трехчлен относительно sinx. 24.2. Записать у как одну функцию другого аргумента. 24.3. Привести к одной тригонометрической функции другого аргумента. *24.4. Выражение можно представить в виде Л2-г-В‘24-С, где С — константа. 24.5. Чтобы раскрыть знаки абсолютных величин, нужно на- нести на числовую ось точки ±1 и ±2, которые разобьют ее на пять интервалов. 24.6. Воспользоваться неравенством между средним арифмети- ческим и средним геометрическим нескольких чисел. 24.7. Чтобы найти максимум ЛВН-ВС, ---------о удобно ввести в рассмотрение углы х и у /--------(рис. I. 24.7), имея в виду, чтох-|-у = л—а, / и перейти с помощью "теоремы синусов к / си*\ \ тригонометрическим соотношениям. j [ 1 I 24.8. Еслн обозначить катеты основа- I ния через а и Ь, то боковая поверхность 4 -Iff.. . "Ус призмы равна X. </ (а + Ь+Уа^+^) , П 194 7 причем ab — 4. нис. 1.24./. 24.9. Квадрат должен быть вписан в шестиугольник так, чтобы не нарушалась симметрия, т. е. центр квадрата должен совпадать с центром шести- угольника.
ВТОРЫЕ И ТРЕТЬИ УКАЗАНИЯ 1.1. Из треугольника AO^D определить А0ъ если известен радиус окружности (рис. I. 1.1.). 1.2. Зная АВ, можно найти AD и радиус ВОг описанной окруж- ности (рис. II. 1.2). Нужно лишь заметить, что угол ABD равен л DC. АВ 2~“• а ВЕ=-^. 1.3. Возможны два случая взаимного расположения треуголь- ника и окружности. Либо окружность будет вписана в треугольник так, что каждая точка касания делит соответствующую сторону пополам, либо одна вершина треугольника окажется внутри окруж- ности, а две другие—вне. Найдите решение, не зависящее от взаимного расположения окружности и треугольника. Для этого достаточно рассмотреть треугольник, который получится, если соединить середины сторон данного треугольника. 1.4. Чтобы найти отношение площадей треугольников и АВС, нужно применить теорему об отношении площадей треуголь- ников, имеющих равный угол. В обозначениях, введенных на рис. II. 1.4, имеем _Q1C3 SyWiCi , S ABC ab ’ $АВС hc * 5ЛВС
136 УКАЗАНИЯ [1.5 С помощью теоремы о биссектрисе внутреннего угла треугольника остается выразить alt а.г, Ь2, ct, с2 через а, b и с. 1.5. Если центр вписанной в треугольник окружности обозна- чить через О, то площадь треугольника АВС можно будет вычис- лить как сумму площадей треугольников АО В, ВОС н СОД. При этдм каждая из сторон ДО, ВО и СО может быть выражена через радиус г вписанной окружности. Площадь треугольника Д1В1О1 Т9же разбивается на три площади: Д/ЭВр B^OCi и С1ОД1. Остается углы AiOBy, BiOCj и CjOAj выразить через углы треугольника АВС. 1.6. Из данного соотношения между площадями треугольников ADC и ABD, имеющих общую сторону AD и одинаковые углы при вершине А (поскольку AD—биссектриса треугольника АВС), можно найти отношение сторон ДС:ДВ. Далее применить теорему синусов. 1.7. Площадь треугольника CAD (£)—точка пересечения бмс- сек!рйсы внешнего угла А треугольника АВС с продолжением сто- роны СВ) можно вычислить двумя разными способами, используя лишь элементы, участвующие в задаче. 1.8. Сумма двух сторон треугольника, не лежащих против угла Д, участвует в выражении площади через полупернметр и радиус вписанной окружности и в выражении через биссектрису и синус половинного угла. Из этих двух выражений сумму Ь-]-с нужно Исключить. 1.9. Отношение отрезков АО и ОМ дано. Эти отрезки можно рассматривать как отрезки, на которые сторона AM треугольника АВМ разбита биссектрисой ВО. В результате мы перейдем к отно- шению отрезков АВ и ВМ, которые более удобны для использования теоремы синусов. Аналогично нужно поступить с отношением отрезков ВО и ON. 1.10. Угол РМА равен углу QOA (рис. II.1.10). Чтобы найти МР, нужно рассмотреть сначала треугольник РМА, а затем тре- угольник одф. 1.11. С помощью первого указания можно получить одно урав- нение, связывающее углы данного треугольника. Ко второму урав- нению нас приведет условие, в силу Которого высота BQ треуголь- ника ABQ (рис. II. 1.11) в 6 раз большие высоты 00 треугольника AOQ. Достатрчно выразить Д(? из треугольников. aBQ и Agff, за- метив при этом, что угол 0AQ является дополнитеЖным для’уГЛа G.
1.18J ВТОРЫЕ И ТРЕТЬИ УКАЗАНИЯ 137 1.12. После того как получено соотношение sin С ~ sin В ’ использовать условие, согласно которому В—С=^~, с тем, чтобы получить уравнение относительно одной тригонометрической функ- ьцп неизвестного угла С. Для достижения этой цели можно, напри- мер, в написанное выше соотношение подставить Ч-С. После этого полученное соотношение удобно возвести в квадрат. 1.13. Первый способ. Через х, у и г можно выразить площадь треугольника: ха -j- yb -j- zc — 2S. Еще три соотношения, в которых участвуют х, у и г, получим, если выразим каждый из отрезков АО, ВО и СО из двух прилегаю- щих к нему треугольников. Второй способ. Связать отрезки Z, т и п удобно с по- мощью теоремы косинусов для каждого из трех треугольников АОВ, АОС и ВОС, сумма площадей которых равна площади тре- угольника АВС. 1.14. Остается использовать условие, что А — В=ф. С помощью формул преобразования произведения тригонометрических функций В сумму придем к тригонометрическому уравнению относительно Л + В 2 ’ 1.15. Площадь треугольника АВС, которую мы временно обо- значим через S, равна 5 = bhb. С Кроме того, S выражается через a, b, I и sin^- , если треугольник АВС разделить биссектриссой CD на два треугольника. 1.16. Для нахождения угла СОВ следует использовать тот факт, что центр вписанной в треугольник окружности лежит на пересе- чении биссектрис. Для этого нужно выразить СОВ через сумму £ ОСВ-\-/_ОВС. 1.17. Так как в условии сказано, что стороны треугольника образуют арифметическую прогрессию, то обозначим их длины через a, a-\-d, a4-2d и постараемся связать радиус вписанной окружности с длинами сторон. На рисунке треугольник удобно расположить так, чтобы средняя по длине сторона оказалась его основанием. С помощью сравнения площадей легко выразить высоту тре- угольника через радиус вписанной окружности. Этот факт будет полезен для исследования образовавшихся подобных треугольников. 1.18. Заметить, что проекция отрезка АО (О—центр вписанной окружности) на сторону b равна р—а.
138 УКАЗАНИЯ [1.19 1.19. Чтобы доказать, что треугольники АВС и OKL подобны, достаточно установить равенство их углов. Так как углы треуголь- ника АВС легко выражаются через угол С, то и углы треугольника OLK тоже следует постараться выразить через тот же угол С. Начать удобно с угла KOL, который равен углу АОВ. 1.20. Чтобы связать стороны треугольниками его углы, удобно воспользоваться теоремой синусов; так как соотношение, которое нужно доказать, однородно, линейные элементы сократятся. 1.21. Если через одну нз вершин треугольника АВС провести отрезок, параллельный противоположной стороне треугольника до пересечения с данной в условии прямой, то получим нужные подоб- ные треугольники. 1.22. Если провести в треугольнике АВС зысоту АЕ, то полу- чим три прямоугольных треугольника; с помощью теоремы Пифагора АВ2, АС2 и AD1 можно выразить через АЕ и отрезки, лежащие на ВС. 1.23. Если АС—основание треугольника, то дополнительное по- строение удобно выполнить так: через вершины А и С провести пря- мые, параллельные BQ, а отрезки CR и АР продолжить до пересе- чения с этими прямыми. В результате возникнут все необходимые для решения подобные треугольники. 1.25. В качестве неподвижного радиуса удобно выбрать ЛО. Сумму квадратов расстояний выразить через радиус R описанной около треугольника окружности и угол а. 1.26. Две стороны и угол между ними известны. Третью сто- рону можно найти по теореме косинусов, а радиус описанной окружности — по теореме синусов. 1.27. Выразить cos Л н cos С через стороны треугольника и сравнить cos 2С с cosX, имея в виду данное в условии соотношение: fl2 = c(d + e). 1.30. Сделать это можно так: BE будет стороной, соответствую- щей OtE, а через-точку Е нужно будет провести прямую, парал- лельную КО2, и отложить на ней отре- зок, равный КО*. 1.31. Достроить треугольник АВС j\q параллелограмма так, чтобы сторона Ав была диагональю этого параллело- : грамма, а через вершину В провести BDl"AD. Рассматривая треугольник MD0 и подобный ему треугольник с верши- нами в точках В и С, найдем отношение, в котором точка М делит отрезок AD. 1.32. Чтобы выразить все участвую- щие в формулировке задачи величины че- рез R и синусы соответствующих углов, нужно ввести углы так, как это показано на рис. II. 1.32, и затем воспользовать- ся теоремой синусов. которые получаются при продолжении бо- до пересечения, подобны. К полученному 1.33. Треугольники, ковых сторон трапеции отношению сторон остается применить производную пропорцию.
1.47] ВТОРЫЕ И ТРЕТЬИ УКАЗАНИЯ 139 1.34. Чтобы использовать условие Л/V:/УВ = 1:2, можно отме- тить на рисунке точку пересечения прямой с продолжением одной из сторон квадрата. Того же эффекта мы добьемся, если проведем через точку N прямую, параллельную ВС. 1.35. Чтобы составить уравнение относительно х, удобно выра- зить через х отрезок АЕ один раз с помощью квадрата, а другой раз с помощью треугольника. 1.36. Чтобы связать треугольник и трапецию с окружностью, естественно провести радиусы в вершины обеих фигур. К этим ради- усам прилегают прямоугольные треуголь- ники. Выясните, какие из них равны. Углы КОЕ и OAD (рис. II. 1.36) можно выразить через угол а и убедиться в том, что они равны. 1.38. Выразить через R и п пери- метры первого и второго многоугольни- ков и сравнить с периметром третьего многоугольника. 1.39. Величину R можно будет вы- числить, если мы построим треугольник, в котором все стороны выражаются через R и известные величины. В качестве та- Рис. II. 1.36. кого треугольника удобно выбрать треугольник OMOlt где Ot—центр рассматриваемой в задаче окружности. 1.40. Ввести в рассмотрение угол ADC (обозначить его через <р) и равный ему угол ВЕС. Найти tg ф. 1.41. Чтобы применить к треугольнику теорему косинусов, придется ввести в рассмотрение угол (3 между хордой АВ и диа- метром, исходящим из точки А. Косинус и синус этого угла легко выразить через Ъ и г. 1.42. Чтобы использовать условие задачи, нужно соединить центр окружностей с концами и серединами хорд, являющихся сторонами квадрата. При решении следует помнить, что возможны два вариан- та взаимного расположения квадрата и центра окружностей: либо центр лежит внутри квадрата, либо вне его. 1.43. Чтобы составить уравнение относительно х, рассмотрите треугольник ОЕС, в котором все стороны можно выразить .через R и х. 1.44. Ввести обозначения 7?, г и х, где х—расстояние между проекциями центров на нижнее основание. Составить уравнения, ис- пользуя условия задачи и теорему Пифагора. 1.45. Чтобы доказать, что фигуры CQNK и OQD равновелики, достаточно доказать, что равновелики секторы COQ и KDK. Для этого следует выяснить связь радиусов большей и меньшей окруж- ностей. 1.46. Пусть К—проекция точки О на АВ. Отрезок ОК можно вычислить двумя способами: из треугольника ОАК и из треугольни- ка 0KPt. 1.47. Так как хорды пересекаются внутри окружности, то ес- тественно воспользоваться равенством произведений отрезков, на ко- торые каждая хорда делится точкой пересечения.
140 УКАЗАНИЯ [1.48 1.48. Чтобы связать х и R, а именно это требуется в условии задачи, нужно опустить из центра 02 перпендикуляры O2D и О2С на радиусы О Л и ОВ соответственно. Рассмотреть треугольник С^СОр Выразить О2С через х и /?, используя тот факт, что угол ОДВ = 45°. 1.49. Угол ДЛ1С равен л;—2ср. Если Л4В = МС—рх, то АС можно выразить из треугольников . АМС и АВС. Приравняв эти выра- жения. получим уравнение относительно х. 2.1. Осуществить параллельный перенос отрезка DC в точку В. 2.2. Сколько решении имеет задача? 2.3. Мы знаем, что точки А и Лх лежат на прямой, параллель- ной ВС и отстоящей от ВС на расстоянии ha. Нужно найти еще одно свойство любой из этих точек; в этом должен помочь угол ср. Отразим треугольник от осн АГА и получим треугольник С1Д1Д (рисунок сделайте самостоятельно). Фигура С1ЛВЛ1 — парал- лелограмм, у которого вершины Сг и В фиксированы, углы известны, а две другие вершины нужно построить. 2.4. Зная R и b (рис. 11.2.4), можно построить треугольник AOF. Остается использовать медиану те. Чтобы это сделать, нужно, после того как построен треугольник AOF, построить середину отрезка АВ. 2.5. Докажите, что точка Q лежит на окружности, описанной около треугольника АВС. Для этого достаточно вычислить угол ВО^С. 2.6. Предположим, что точки D и Е найдены (рис. II.2.6). Если через любую точку F, лежащую па АВ, провести прямую FG, па- раллельную DE, а через точку G— прямую GH, параллельную ЕС, то получим четырехугольник AFGH, подобный ADEC, с центром подобия в точке Д. 2.7. «Средним» будет такое положение прямой FE, когда FM = ME. 2.8. В треугольнике АгАА2 известны основание и высота. Тре- тий элемент этого треугольника можно найти, если использовать данный в условии угол А треугольника АВС, через который легко выразить угол AtAA2. 2.9. Если взять любой из треугольников, образовавшихся при вершине Р (рис. II.2.9), то начало для построения ломаной, состав- ленной из АР, ВР и СР, уже есть. Однако просто пристроить недо-
3.3] ВТОРЫЕ И ТРЕТЬИ УКАЗАНИЯ 141 стающее звено нельзя, так как последняя вершина такой ломаной не будет закреплена, а потому ие позволит решить задачу. На помощь приходит свойство правильного треугольника: повер- ните треугольник АВР па 60° вокруг точки А и вы получите лома- ную В^РС, равную сумме отрезков АР ВР и СР. При этом точка Bt однозначно определяется видом тре- угольника АВС. 2.10. Чтобы построить точку С, достаточно знать длину отрезка СЕ или длину отрезка DE = CE—I. За- дача сводится к вычислению и по- строению отрезка DE. 2.11. Вершина С лежит, с одной стороны, на окружности радиуса b с центром в точке В, ас другой стороны, на прямой, параллельной AD, которую нетрудно построить. 2.12. Остается построить треугольник ОМС по трем сторонам: CM = A0 — R, OC = 2R, ОМ известно, так как точки О и М даны, 2.13. Треугольник ОО^Е, где ОгЕ || АВ, а точка Е лежит на ОС. ~ „ а легко построить, зная 2.14. Точки М и W лежат на окружности, концентрической данной. 2.15. Перенести параллельно отрезок PQ в отрезок ВХВ и рас- смотреть угол АРВг. 2.16. В качестве одной из вершин параллелограмма удобно выбрать точку В. Отразив ее симметрично от точки М, получим еще одну вершину—точку Е. Чтобы построить параллелограмм FBDE на его диагонали, нужно найти еще одну связь между вершинами F и D и данными элементами. Заметим, что точка А еще никак не участвовала в по- строениях. Если соединить ее с точкой F, то получим угол AFE1 который известен, так как выражается через угол АСВ. 2.18. Воспользоваться тем, что высоты в треугольнике пересе- каются в одной точке. 2.19. Провести прямую через точки С и Л4 и найти точку ее пересечения с данным диаметром или его продолжением. 3.1. Выразить длину отрезка ОС через О А. 3.2. Данный треугольник и все треугольники, образовавшиеся при его проектировании на плоскость Р, определены с точностью до подобия. Поэтому соотношение между углами можно получить, введя в рассмотрение некоторый линейный элемент, зависящий от всех участвующих в задаче углов. В качестве линейного элемента взять расстояние от вершины прямого угла треугольника до плоскости Р. 3.3. При построении плоскости Q мы можем произвольно выб- рать две величины: расстояние от точки О до этой плоскости и угол
142 УКАЗАНИЯ [3.4 Рис. П.З.З. различные случаи расположения путь. 3.5. Чтобы связать искомый ABO (рис. 11.3.3), чтобы пирамида 04Л1В1В имела наиболее удоб- ный вид. При изменении расстояния от точки О до плоскости Q возникает фигура, подобная первоначальной. Это не отражается на рассматриваемых углах, а потому позволяет ввести линейный эле- мент, через который впоследствии мы выразим все стороны треуголь- ника О АВ. В качестве линейных элемен- тов удобно выбрать отрезки ЛЛ1 или ВВЪ так как это позволяет легко вычислить стороны тре- угольника О АВ и затем угол АОВ. Однако мы должны выбрать лишь один линейный элемент. Поэтому расположим плоскость Q так, что- бы AAt = BBV. 3.4. Точка, в которую спроек- тнруется искомая прямая, должна быть одинаково удалена от проек- ций прямых Ь, с и d. Рассмотреть проекций, которые могут возник- угол с треугольником и отрезком Л5, построим в плоскости Р прямоугольник, две стороны которого лежат на АВ и CD, а АС—его диагональ. 3.6. Отрезок ОК можно выразить из треугольников ОКМ. и ОКР и приравнять полученные выражения. Еще одно соотношение между интересующими нас величинами получим с помощью отрезка АР. Останется воспользоваться равенством, содержащимся в условии. 3.7. В двух противоположных гранях четырехгранного угла должны лежать параллельные стороны параллелограмма. Однако эти грани имеют общую точку — вершину угла, поэтому они пере- секаются по некоторой прямой. Противоположные стороны парал- лелограмма должны быть параллельны этой прямой. 3.8. Рассмотреть треугольник FBA и убедиться, что угол CAF прямой. 3.9. Если вершина пирамиды спроектируется в точку, лежащую внутри основания, то с помощью сравнения площадей легко сосчи- тать, чему равна сумма расстояний от этой точки до сторон тре- угольника. Расстояния от точки, в которую проектируется вершина пира- миды, до сторон треугольника выражаются через высоту пирамиды и данные углы. Пользуясь этим, можно вычислить высоту пирамиды. Случай, когда вершина проектируется не внутрь основания, не до- ставляет ничего нового. 3.10. Высота DO пирамиды будет лежать в плоскости EDO (докажите). Ее можно выразить сначала через ED, а затем через ЕС и искомый угол.
3.17] ВТОРЫЕ И ТРЕТЬИ УКАЗАНИЯ 143 3.11. Чтобы вычислить площадь боковой поверхности пирамиды, нужно найти либо боковое ребро, либо тригонометрические функции угла х. Второе сделать легче, так как углы х и 2х встречаются в двух различных прямоугольных треугольниках с одинаковой гипотенузой. 3.12. Начать нужно с определения коэффициента пропорцио- нальности длин параллельных ребер тетраэдров. Для этого придется рассмотреть треугольник, образованный двумя медианами, которые принадлежат разным треугольникам, но опираются на одно ребро тетраэдра. 3.13. Если Ох (рис. П.3.13) — центр вписанного шара, а О и М — точки касания с плоскостями АВС и ASB соответственно, то совсем не очевидно, что точки М, D и О лежат в одной плоскости (DM и DO — касательные к сечению шара плос- костью SDC). Тем более не очевидно, что точки S, и О лежат на одной прямой. Доказать, что три точки лежат на одной прямой, можно, например, установив, что они одновременно при- надлежат двум плоскостям, пересекающимся по этой прямой. Для точек S, 01 и О удобно выбрать две плоскости, одна из которых проходит через а другая—через SC. 3.14. Достаточно ограничиться рассмотрением схематического чертежа (рис. П.3.14), имея в виду, что Н—hz = ——- . Это соот- ношение соответствует условию, согласно ко- торому интересующее нас сечение проходит через середину высоты усеченной пирамиды. 3.15. Если вычислить DE2, то косинус угла DAE найдем с помощью теоремы косинусов из треугольника ADE. Вычислить DE2 можно, воспользовавшись тем, что DO—медиана од- новременно в двух треугольниках: ADC и BDE. 3.16. Углы а и р в сумме образуют угол, все тригонометрические функции которого из- вестны. Взяв, например, cos (а-ЬР), мы полу- чим еще одно уравнение. 3.17. Треугольники DAM и DMS имеют общую сторону MD и смежные углы при вер- шине Л4. Следовательно, отношение и$ пло- щадей равно отношению отрезков AM и MS. Воспользоваться подобием треугольников, образовавшихся в плос- кости AS В. Ввести линейный элемент, через который выразить длины отрез- ков. Удобно выбрать сторону квадрата, лежащего в основании, так
144 УКАЗАНИЯ [3.18 как равный ен отрезок КЕ связывает с помощью углов а и В все элементы в треугольнике KSE. 3.18. В треугольниках ADC и ADB прямые углы при вер- шине D. 3.19. Плоскостью SDC пирамида SABC разбилась па две равные пирамиды с общим основанием SDC. Для решения задачи нужно найти площадь SDC. так как высоты пирамид известны. 3.20. Чтобы связать участвующие в задаче элементы, нужно измерить данный двугранный угол а и искомый двугранный угол х. Высота пирамиды свяжет.эти два угла. 3.21. Рассмотрите треугольник ABD, стороны которого легко выразить через ЕЛ и тригонометрические функции угла а. Из треугольника ABD найдите косинус угла х. 3.22. Отрезок КЛ1 можно, во-первых, вычислить непосредственно, а во-вторых, выразить через R. 3,23. Построенное сечение пересечет основание пирамиды по отрезку, параллельному одному из ребер основания. Воспользоваться сравнением площадей для треугольника ЕОЛ. 3.24. На рис. 1.3.24 (см. стр. 106) спроектируйте DC на пло- скость основания. Докажите утверждение, обратное сформулирован- ному в первом указании: если проведена плоскость KLNM, парал- лельная АВ и DC, то KLNM— прямоугольник. Выясните, когда он будет квадратом, воспользовавшись подобием образовавшихся на рисунке треугольников. 3.25. Из точки па три грани пирамиды опущены перпенди- куляры одинаковой длины. Если соединить точку Rv со всеми вер- шинами пирамиды, io этот факт можно будет использовать при срав- нении объемов. 3.26. Чтобы найти площадь основания пирамиды, нужно сначала выразить площадь сечения (см. рис. 1.3.26 на стр. 107) через ребро куба, а затем воспользоваться соотношением между площадями по- добных фигур. 3.27. Удобно обозначить ребро куба через х и воспользоваться подо- бием треугольников, лежащих в диа- гональной плоскости куба. 3.28. Если ребро DC спроектиро- вать в отрезок EF на плоскость Р, то концы отрезков АВ и EF образуют прямоугольник (докажите). Плоскость DCFE разобьет пирамиду ABCD ria две равные пира- миды с общим основанием, площадь которого легко вычислить, и высотой, которую можно найти из прямоугольника AFBE. 3.29. Если вы правильно воспользовались первым указанием, то получите рис. II.3.29. Пусть MN— проекция CD на плоскость Р. Тогда CAZ = DM=6, MN и АВ образуют искомый угол а. Применение метода сравнения.
3.41] ВТОРЫЕ И ТРЕТЬИ УКАЗАНИЯ 145 объемов для тела ANBMCD позволяет получить уравнение относи- тельно sin а. 3.30. Если ввести в рассмотрение высоту Н призмы и сторону ее основания а, то из правильного треугольника мы легко выразим а через R, а с помощью треугольника DAtE выразим и Н через R. Для треугольника DArE применить метод сравнения площадей. 3.31. Рассмотреть треугольник, образованный высотой тетраэдра, одним из боковых ребер и проекцией этого ребра на плоскость основания, а также подобный ему треугольник, в котором участвует искомый радиус. 3.32. Из всех подобных кубов с центром в точке О удобно выб- рать тот, вершина которого, противо- положная точке О, лежит на грани параллелепипеда. 3.33. Пусть разность между угла- ми А и С равна <р, a BD—биссект- риса угла В (рис. П.3.33). Легко по- казать, что Затем удобно представить площадь треугольника АВС как сумму площадей треугольников ADB и BDC. 3.34. Расстояние между диагоналями C-J) и В^С (рисунок сде- лайте сами) равно расстоянию между плоскостями ArCrD и АВГС. 3.35. Основание перпендикуляра, опущенного из точки К на диагональ куба, обозначим через Для треугольника можно воспользоваться свойством отрезков, на которые биссектриса делит сторону основания. 3.36. Если ребро тетраэдра обозначить через а, то диаметр цилиндра тоже равен а. Чтобы выразить через а высоту цилин- дра, нужно связать отрезок ООг с вершинами тетраэдра. Для этого удобно соединить Ог и В. 3.38. Найти связь между радиусами шаров и величи- нами Н, р и р можно, рас- смотрев осевое сечение ко- нуса. 3.39. Если рассмотреть осевое сечение обоих кону- сов, то задача станет плос- кой. Чтобы связать радиусы оснований конусов, в качестве вспомогательной величины удобно выбрать радиус сферы. 3.40. Определить полупериметр основания пирамиды. 3.41. В осевом сечении, проходящем через н О3, получим картину, изображенную на рис. II.3.41. Все стороны треугольника
146 УКАЗАНИЯ [3.42 PiOjOj нам известны (0,03 легко найти из рис. 1.3.41) (см. стр. 108). Остается определить SD и AD. 3.42. Треугольники ASD и ЕМК подобны, т. е. углы S4D и МЕК равны. Котангенс угла SAD нам известен, так как AD — a, SD~h. Из треугольника SDC можно найти радиус основания цилиндра, а затем из треугольника £МК определить ЁК. 3.43. Рассмотреть подобные треугольники S04 н SOJ3, где — центр куба, а В — одна из вершин диагонального сечения куба, s Рис. 11.3.43. вому. параллельного плоскости основания конуса. Это позволит найти одну связь между реб- ром куба а, высотой конуса И и радиусом его основания R (рис. 11.3.43). Вторую связь между И, R и а можно будет найти, рассмотрев вторую пару подоб- ных треугольников: SOtB и SO2C. Здесь 02—середина верхнего ребра куба, а С— одна из вершин этого ребра. Имея в рас- поряжении два уравнения, можно выразить R и Н через а и тем самым решить задачу. 3.44. В предыдущих рассуждениях не ис- пользовано условие, согласно которому три стороны трапеции, являющейся боковой гранью пирамиды, равны b. С помощью этого условия можно найти, другое выра- жение площади боковой грани через а и b и приравнять пер- Решить порученное однородное уравнение относительно а Остается . связать величину этого достаточно рассмот- реть треугольник, получаю- щийся при проектировании одной вершины верхнего ос- нования на нижнее. 3.45. Обозначим через и О2 центры меньших ша- ров, через 03—центр боль- шего шара, через О—центр шара, радиус которого нуж- но найти (рис. 11.3.45); Plt Р2, Р—точки касания этих шаров с плоскостью. b с радиусом вписанного шара. Для Радиус искомого шара обоз- начим через х. Тогда известны длины изображенных на рисунке отрезков: 01Р1 = 02Р2 = г, 0sP3 = R, 0Р=х, О1О2 = 2г, 0г03 = = 0203=R-^rt 00l = 002 = г-^-х, ОО3 = Я4-*- Мы считаем очевид- ным, что х < г.
3.47] ВТОРЫЕ И ТРЕТЬИ УКАЗАНИЯ 147 Нужно найти соотношение, связывающее величины R, г и х. Для этого придется рассмотреть треугольник РгР2Рз и вычислить длины проекций отрезков, соединяющих центры шаров. Так как шары 0х и О2 равны, то О^Оз — О^з и, следовательно, Р2Р3 = Поэтому точка Р лежит на высоте и медиане равнобедренного тре- угольника PjPoPg. 3.46. Обозначим через 0г центр одного из двух равных шаров, а через О3—центр меньшего шара. Пусть эти шары касаются ниж- ней грани двугранного угла (рис. II.3.46) в точках В и D соответ- ственно; тогда О]В и 03D — перпендикуляры. Прямоугольные тре- угольники OiAB и O3CD имеют углы при вершинах А и С, равные а 2 Чтобы использовать факт касания шаров Ох и О3 и наличие у них общей касательной плоскости П, нужно рассмотреть треуголь- ник ОХО3Р, в котором 0103 = /?Н-г (R—радиус большого шара, г— радиус меньшего шара), OiF = R— г (F—проекция точки О3 на отрезок ОгВ). Если удастся выразить O3F через R, г и а, то мы получим соотношение, позволяющее определить угол а. Отрезок O3F (см. рис.П.3.46) равен BD, a BD можно выра- зить через катеты пря- моугольного треугольни- ка BDE, где Е—проекция точки D на отрезок АВ. Чтобы найти ED, нужно воспользоваться фактом ка- сания шаров Ol и О2, сде- лайте на рисунке необходи- мые построения, рассмотрев проекцию их линии центров на плоскость П. 3.47. Так как каждый из трех шаров с центрами в точках Ох, О2, О9 касается боковой поверхности конуса и плоскости Р, то длина перпендикуляра, опущенного из центра шара на плоскость Р, равна длине перпендикуляра, опущенного из центра на ближайшую к нему образующую (рис. 11.3.47).
148 УКАЗАНИЯ [3.48 3.48. Осн двух соседних конусов и их общая образующая лежат в одной плоскости (докажите). Рисунок, сделанный в предположении, что ось конуса и две образующие, по которым происходит касание с соседними конусами, лежат в одной плоскости, будет неверным. При таком расположении конусов касание происходило бы по диа- метрально противоположным образующим, т. е. основание конуса было бы перпендикулярно к плоскости, и общая вершина конусов не смогла бы лежать в этой плоскости. Угол между осями соседних конусов — искомый. 3.49. Центр сферы, построенной на АВ, обозначим через Оъ а центр вписанной сферы — через О». Пусть F—точка касания сферы 0.2 с гранью CAD. Треугольники F02A и ОКА подобны. 3.50. Плоскость, проведенная через ось РР и точку О—центр основания пирамиды (обозначим ее через П), разобьет пирамиду SABCD на две равные части, расположенные симметрично относи- тельно этой плоскости. Вместо всей пирамиды можно вращать во- круг РР одну из этих частей. Теперь нужно заменить пирамиду плоской пластинкой, дающей при вращении то же тело, что и пи- рамида. Для этого каждое из сечений SEF пирамиды нужно пере- нести с помощью поворота в плоскость II. В плоскости II образуется пятиугольник специального вида- Такой пятиугольник можно Рис. II.4.3. получить, если на одно из оснований прямоугольника поставить равнобедрен- ный треугольник. 4.1. Если ребро куба обозначить че- рез а, то объем фигуры, лежащей под се- чением, можно вычислить как разность объемов двух треугольных пирамид: NAFD и MEFC (рис. 1.4.1 на стр. ПО). 4.2. Площадь сечения удобно вычис- лять как разность между площадью тре- угольника ЛЛ4£(рнс. 1.4.2 на стр. ПО) и удвоенной площадью треугольника KGL. 4.3. Построение сечения показано на рис. II.4.3. Обратите внимание на то обстоятельство, что E(\—BF. 4.4. Объемы пирамид, о которых шла речь в конце указания I (см. стр. НО), нужно выразить через объем данной пира- миды SABCD. Для этого придется найти отношение их высот и оснований. Сде- лайте отдельный чертеж плоскости, в ко- торой лежит грань SDC. 4.5. Чтобы сравнить объемы фигур, на которые разбивается сечением вторая половина данной пирамиды, удобно в качестве основания выбрать грань BSC. 4.6. Если продолжить ребра ArDt и до пересечения с QR и QP соответственно, то можно будет построить след сечения в плоскости верхнего основания куба.
5.5} ВТОРЫЕ И ТРЕТЬИ УКАЗАНИЯ 149 4.7. Обозначить сторону основания через а и выразить площадь сечения через а и высоту боковой грани. 4.8. Нужно доказать, что точка D лежит на отрезке КМ (см. рнс. I. 4.8 на стр. 111). Однако сделать это непосредственно трудно. Удобнее изменить построение: ЕК—высота пирамиды ЕАВС, D —середина АС. Проведем через К и D прямую, которая пересечет АВ в точке М. Докажем, что ЕМ — высота в треугольнике АВЕ. Если мы убедимся в том, что KCOD— параллелограмм, то отре- зок KD параллелен СО и, следовательно, перпендикулярен к АВ, откуда ЕМ—высота треугольника АВЕ. 4.9. В сечении получается пятиугольник, в котором отрезок, параллельный ДСХ, не является высотой, так как основания парал- лелепипеда—не квадраты. Высоту нужно вычислить, чтобы найти площадь пятиугольника. 4.10. Докажите, что при вращении точки Е тень, отбрасываемая верхним основанием куба, перемещается, но не изменяется—это квадрат со стороной 2/г. Тень при любом положении источника Е состоит из двух квад- ратов ABCD и Д2В2С2Р2, стороны которых параллельны, сторона второго вдвое больше стороны первого, а отрезок, соединяющий центры, имеет постоянную длину R. Чтобы построить из этих квад- ратов тень, нужно соединить соответствующие вершины квадратов п получить выпуклую фигуру. Задача свелась к плоской. 5.2. В треугольнике AM В ввести в рассмотрение медиану, вы- разить ее квадрат через стороны треугольника, воспользоваться по- лученными ранее соотношениями. Доказать, что медиана МС равна АВ. 5.3. Косинус угла А, участвующий в теореме косинусов, можно определить из треугольника АМО, где О—центр окружности, о ко- торой идет речь в условии задачи. Обратное утверждение можно доказывать в такой форме: если АС — 2ВС и 2АМ2А~МВ'2‘ = АВ\ то АО = МО. Здесь тоже естественно воспользоваться теоремой косинусов для треугольника AM В. Един- ственное осложнение возникает из-за необходимости выразить cos А через линейные элементы. Можно поступить иначе: записать теорему косинусов для треугольника АМО, имеющего с AM В общий угол А, и cos А исключить. 5.4. Два треугольника АМВ и ВМС, имеющие общую сторону ВМ, равновелики тогда и только тогда, если их высоты, опущенные из вершин Я и С на общую сторону ВМ, равны. Задача свелась к построению прямой, проходящей через точку В и равноудаленной от двух данных точек А й С. Существуют две и только две прямые, проходящие через точку В и равноудаленные от точек А и С: одна—параллельная АС, другая проходит через середину АС. 5.5. Если прямые АВ и. CD пересекаются в точке N, то отрезки АВ и CD следует перенести в эту точку, двигая каждый по своей прямой. После этого задача сведется к предыдущей (см. задачу 5.4).
150 УКАЗАНИЯ |5.6 Если прямые АВ п CD параллельны, то отрезки АВ и CD удобно расположить так, чтобы их центры лежали на общем перпенди- куляре. Этот перпендикуляр остается разделить в отношении CD’.AB. 5.6. Пусть Л1Л'— отрезок длины Z, Е — его середина, а длина отрезка равна а (рис. II. 5.6). Если спроектировать точку Е на Рис. 11.5.6. плоскость нижнего основания, то легко вычислить длину отрезка GO, равного отрезку EF. Поскольку длина отрезка GO, рав- ного отрезку EF, не зависит от распо- ложения отрезка MN, то точка Е лежит на окружности радиуса EF с центром в точке F. Остается установить обрат- ное предложение и вспомнить о том, что отрезок A1.V не должен находиться вне куба. 6.1. Воспользоваться тем, что р—I, р, р-{-1—три последовательных числа, причем р—простое, большее трех. 6.3. Если л=2/г-Н, то о"4-Ь" = (а + Ь) [1251 — =621), делящихся на 8 = 23 и т. д. 6.5. Так как сумма цифр числа делится па 81, то естественно предположить, что оно делится на 81. Однако такой признак дели- мости не был доказан в курсе арифметики, и поэтому придется дважды воспользоваться признаком делимости на 9. Для этого удобно разбить цифры числа на 9 групп, каждая из которых делится на 9. 6.6. Если многочлен л4-]-4 разложен на множители второй сте- пени, то он может быть простым числом только в том случае, если один из множителей равен единице. 6.7. Чтобы убедиться, что числитель всегда делится на число, стоящее в знаменателе, его придется разложить на множители. 6.8. Первый способ. Предположим, что данная дробь сократима. Тогда Ьх-{-7 ~qr, 2х-\-3 = рг. Рассматривая эти равенства как систему уравнений относительно х, исключим х. Второй способ. Рассмотреть вместо данной дроби обратную и выделить целую часть. 6.10. Пример дальнейших рассуждении: при умножении цифры с на 3 мы должны получить число, оканчивающееся на 1. Это возможно лишь при с=7. _____ 7.1. Вынести в числителе п—2, а в знаменателе n-j-2. После этого дробь сократится. 7.2. Трехчлен l-f-x—х2 является общим множителем знаменате- лей дробей в первой скобке. 1) [х]—целая часть числа х.
8.6] ВТОРЫЕ И ТРЕТЬИ УКАЗАНИЯ 151 7.3. Последнее слагаемое нужно преобразовать отдельно, после чего его можно будет объединить с первыми двумя. 7.4. Поскольку степень каждого члена числителя вдвое больше степени соответствующего члена знаменателя, то дробь целесообразно умножить па выражение, сопряженное знаменателю. 7.6. Преобразовать подкоренные выражения, прибавив и вычтя из них единицу. При извлечении корня использовать условия задачи. 7.7. Можно воспользоваться формулой сложного радикала /5±ТТ= Yg+..t°EA± У 7.9, В скобках образуется сумма из девяти одночленов. Объеди- нить их по три так, чтобы у каждой группы был множитель х2ху у2. 7.10. Первый способ. По тем же соображениям многочлен будет делиться и на у—z. Частное от деления данного многочлена па (х—у) (х—z) (у—z) обозначим через М. Второй способ. Так как а-{-Ь = —с, то (а-}-&)б4-с5 — Разложив (а+Ь)5 по формуле бинома Ньютона, получим выражение для + которое легко представить в виде произведения линейных множителей и трехчлена a24-ab-|-b3. Первый способ. Убедитесь в том, что М — однородный многочлен второй степени относительно х, у и 2. Помимо этого Л4 симметричен относительно х, у и z. Это значит, что М нужно искать в виде А (х2 + {/2Н-22)4-В (XZ/4-X2 + f/2). Остается воспользоваться методом неопределенных коэффициентов. Второй способ. Трехчлен a2-j-ab-J-b2 раскладывается на комплексные множители путем выделения полного квадрата (см. задачу 7.9). 7.11. Возвести левую часть, равную г, в куб, воспользовавшись формулой (x+4/)3=x3 + z/3 + 3xt/(x + */), где x^-y = z. 7.12. Равенство а-^-Ь = — с возвести в куб, а равенство a-J-b-j-c=O дважды возвести в квадрат. Полученные таким образом соотношения учесть при преобразовании левой части равенства, которое нужно доказать. 7.13. Итак, можно безболезненно рассмотреть лишь случай х^О, у—любое. Его придется разбить на два случая: ||/|<х и |«/|>х. В последнем случае Ух2—y2—i Уу2—х2. 8.2. Перемножить первую скобку с третьей, а вторую с четвертой. 8.5. Полученное тождество справедливо при всех значениях х, в частности при x=i. 8.6. Подставить корень У 3 в данное уравнение и восполь- зоваться тем, что сумма рационального и иррационального числа
152 УКАЗАНИЯ (8.7 равна нулю тогда и только тогда, если (рациональные) коэффи- циенты при рациональной и иррациональной частях равны нулю одновременно. 8.7. Так как все коэффициенты уравнения — рациональные числа, то наряду с корнем . 1 должен существовать корень вида л(Кз-1), где k — рациональное число. Докажите, что k =—I. 8.8. Теоремы Виета недостаточно, так как уравнение в этом случае может вовсе не иметь действительных корней. 8.11. Приравнять остаток нулю и потребовать, чтобы квадратный трехчлен, получившийся в частном, был положителен, т. е. имел отрицательный дискриминант. 8.12. В полученном тождестве следует выбрать х=2 и х=3. Получим два уравнения относительно а и Ь. 8.13. Записать х4-f-1 в виде произведения квадратных трехчле- нов с неопределенными коэффициентами, раскрыть скобки и восполь- зоваться условием равенства двух многочленов. 8.14. Многочлен делится на у3, если его свободный член и коэф- фициенты при у и у2 равны нулю. 8.15. Так как х=1 не является корнем данного многочлена, то вместо трехчлена ха4-х-г! можно рассматривать двучлен х3—1. / 1 ]/з V Так как ( —% ± --- i ] =1, то для хп удобно рассмотреть случаи n=3k, п — Зк-2-!, п=Зк-}-2. 8.16. Воспользоваться условием тождественного равенства двух многочленов. 9.3. Один способ—дополнить левую часть до полного квадрата, второй — обозначить второе слагаемое через и2 и перейти к системе. 9.4. При возведении в куб воспользоваться формулой куба суммы в виде =ал-{-ЗаЬ Выражение tz-j-д заменить пра- вой частью данного уравнения. 9.6. Если ввести новое неизвестное р = то с помощью уравнения и—v = 1 можно будет через р выразить как и, так и v. Это поможет решить второе уравнение системы. 9.7. Из системы, полученной в результате замены, исключить свободные члены. Это приведет к уравнению, левую часть которого легко разложить на множители. 9.8. В качестве вспомогательного неизвестного удобно выбрать У'а-\-х = у. 9.9. Найти х и сделать проверку. Обратить внимание на то обстоятельство, что разность, стоящая в левой части данного урав-. нения, всегда положительна. 9.10. Второй путь удобнее, так как не приходится решать не- равенство с параметром 0, что значительно упрощает исследование. 9.14. Первое уравнение задает квадрат с центром в начале координат и с диагоналями, равными по длине 2, расположенными iia координатных осях. 9.15. Ввести новые неизвестные: хЧ-=и, у~\——v. х у
9.30] ВТОРЫЕ И ТРЕТЬИ УКАЗАНИЯ 153 9.16. В первое и второе уравнения входит разность у—г. Ее-то и следует исключить из этих уравнений. 9.17. Сумму в третьем уравнении удобно выразить через х-4-f/2 и ху. В результате придем к уравнению относительно z. 9.18. Уравнение х-\-у= 1 — z позволит также упростить выра- жение, оказавшееся в скобках после того, как в третьем уравнении был вынесен за скобку множитель 1—г. 9.19. Зная х-\-у и ху, легко выразить через них x3-f-z/3, что и позволит ответить на вопрос задачи. 9.20. Умножить первое уравнение на xy-z2, а второе на x-yz-. Будет ли нарушена при этом равносильность? 9.22. Умножить каждое из первых трех уравнений на t и вы- честь из последующего. Нарушится ли при этом равносильность? 9.23. Возвести первое уравнение в квадрат и вычесть его из второго. Из полученного уравнения исключить z, воспользовавшись сначала третьим, а затем первым уравнениями. Чтобы осуществить эту операцию, первое уравнение нужно пред- варительно умножить на у. 9.24. Почленно сложить каждые два уравнения: первое и второе, первое и третье, второе и третье. Из найденной системы получить уравнение относительно u—xyz. Чтобы получить уравнение относительно u=xyz, достаточно перемножить полученные уравнения. 9.25. Каждое уравнение — квадратное относительно соответству- ющего л'/. Решив все эти квадратные уравнения и сложив их реше- ния, мы получим уравнение относительно s. Гарантировать равно- сильность при этом нельзя, но в условии задачи требуется найти только одно решение. 9.26. Если обозначить 7х—11у = и, то отсюда можно выразить х через и и у. Таким образом, мы получим снова систему двух урав- нений с двумя неизвестными. Из этой системы легко исключить у. 9.27. Из такой системы можно исключить у, одновременно из- бавляясь от иррациональностей: нужно возвести оба уравнения в квадрат и вычесть второе из первого. 9.28. Выразить уг?2-}-х3 и Ух2—z2 через х и сравнить полу- чающиеся в результате выражения для а2. 9.29. Полученная после возведения в квадрат система уравнений позволяет легко определить и—v, а затем и и v. При определении и и v и при последующем вычислении х и у нужно провести исследование. В результате будут использованы условия а > b > 0 и а-|-Ь < 1, а также введенные при возведении в квадрат ограничения х > 0, у > 0. 9.30. Наряду с решением х1г ylt zt у системы обязательно есть решение —х,, —ylt zr Таким образом, для единственности решения системы необходимо, чтобы эти два решения совпали. Условие совпадения симметричных решений приведет к системе ртносительно а и Ь. Каждое из полученных значений а и b нужно проверить, так как мы воспользовались лишь необходимым усло- вием единственности решения системы.
154 УКАЗАНИЯ [9.31 9.31. Подставив в первое и второе уравнения у —— х, мы по- лучим два линейных уравнения относительно х3. Выразить из каждого уравнения х3 и приравнять эти два выражения. Предыдущие рассуждения позволяют ограничить число рас- сматриваемых значении параметра а. Остается проверить, выполня- ются ли для каждого из «оставшихся значении остальные условия задачи. 9.32. В качестве фиксированного значения b удобно выбрать Ь==0. Мы придем к системе, из которой легко определить все воз- можные а. Найденные значения а необходимо проверить. 9.33. Система имеет только одно решение лишь в том случае, fc.iii х=0. Положив х = 0, у = У1, мы получим систему уравнений Относительно и а. Значения а, найденные в результате решения системы, необхо- димо проверить. ______ 9.34. После исключения j/x2 4-1 получится уравнение X2 X ^-~2|+f/2 + 2x-2i/=3. Его не следует преобразовывать в уравнение четвертой степени. Если в качестве вспомогательного неизвестного z взять некоторое выражение, содержащее х и у, то получится квадратное уравнение относительно г. 10.1 Ввести обозначения а= 1 -}-/г и Ь=\—k. 10.2. Первый способ. Привести х-\-у к виду, удобному для логарифмирования, и найти максимум н минимум. Второй способ. Оценить 2ху, а затем, с помощью данного равенства, и (x-J-i/)2. 10.3. Первый способ. Воспользоваться тем, что с>а и с>Ь, и оценить каждое слагаемое. Второй с п о с о б. Применить свойство показательной функ- ции. приняв во внимание, что о<с, д<с. 10.5. Использовать условие с-|-д4-с=1, чтобы убедиться, что неравенство будет обязательно строгим. 10.7. В предположении, что 0<а^Ь, разделить обе части не- равенства на Ь. Получится эквивалентное неравенство, которое легко вывести из известного свойства показательной функции. 10.8. Применить неравенство между средним ариф.метическим и средним геометрическим к произведению каждых двух чисел, равноотстоящих от концов в выражении и!. 10.9. Первый способ. В неравенстве (1—и) (v—1)> 0 (см, указание I па стр. 117) раскрыть скобки и воспользоваться нера- венством между средним арифметическим и средним геометрическим чисел uv и w. и и п Второй способ. Воспользоваться неравенством — + — > 2 (сложить его с полученным в указании I).
10.30] ВТОРЫЕ И ТРЕТЬИ УКАЗАНИЯ 155 10.10. После упрощений перенести все члены в одну часть и представить ее в виде суммы квадратов. 10.12. Зная выражения y-\-z и yz через х, можно записать квадратное уравнение с коэффициентами, зависящими от х, корнями которого будут у и z. 10.13. Выразив y~\-z и yz через х, придем к квадратному урав- нению, коэффициенты которого зависят от х. Поскольку в условии ♦сказано, что х, у и z—действительные числа, дискриминант полу- ченного уравнения не должен быть отрицательным. Найденные границы изменения х, в силу симметрии данных уравнений, распространяются на у и z. 10.15. Чтобы данный трехчлен был отрицательным внутри не- которого отрезка, необходимо и достаточно, чтобы на концах от-— резка он принимал неположительные значения. 10.16. Доказать, что условие а>0 несовместно с требованием, в силу которого оба корня больше а. 10.17. Так как (иначе данное уравнение теряет смысл), то парабола должна иметь один корень в интервале (— 1, -j-1), а другой—вне этого интервала. Такое расположение параболы имеет место тогда и только тогда, кОГда значения трехчлена в точках —1 и 1 противоположны по знаку. 10.18. Если ветви параболы будут направлены вверх и, кроме того, парабола не будет пересекать положительную полуось Ох, то мы получим расположение параболы, необходимое и достаточное для выполнения условия задачи. 10.22. Числитель и знаменатель полученной дроби должны иметь разные знаки. Приходим к совокупности двух систем. 10.23. Неотрицательный множитель можно отбросить, исключив точки, в которых он обращается в нуль. Оставшееся неравенство удобно привести к виду, в котором правая и левая части неотрица- тельны, и возвести в квадрат с учетом соответствующих ограничений. 10.24. При х > 0 данное неравенство можно возвести в квадрат (учтя соответствующие ограничения), так как обе его части поло- жительны. При х<0 неравенство исследуется аналогично. 10.25. Составить квадратное неравенство относительно у=]Гх+ У~х-\-7. 10.26. Нельзя забывать о том, что под корнем должно стоять неотрицательное число, в то время как само а может быть и отри- цательным. 10.27. Данное неравенство можно переписать в виде 22х<3-2Гх-2х4-4-22’ х. у— Поделив на 2 «2 х, получим неравенство, сводящееся к квадратному. 10.29. Использовав свойство, сформулированное в указании I, «аменим данное неравенство равносильной ему совокупностью двух систем неравенств. 10.30. Обратить внимание на то, что х6—2х3 4-1—полный квадрат.
156 УКАЗАНИЯ [10.31 10.31. Нужно рассмотреть два случая, в зависимости от распо- ложения а относительно единицы. 10.32. Если обозначить lgx = i/, то получим неравенство третьей степени относительно у, левая часть которого делится на р2+1. 10.35. Равносильность не нарушится, так как х останется поло- жительным и не сможет стать равным единице, поскольку Iog.2x будет стоять множителем в знаменателе. 10.36. Обозначив log.r(2A— 1)=р, можно привести это неравен- ство к квадратному. 10.38. После решения алгебраического неравенства нужно вер- нуться к прежним обозначениям. При этом приходится рассмотреть различные случаи в зависимости от величины а. 10.39. Обозначить Iogft х через у, после чего получится нера- венство относительно у, которое решается методом интервалов. 10.40. Так как под знаком логарифма стоит число 4V— 6, то х не может быть меньше единицы. 10.41. Разобрать случаи, позволяющие раскрыть знаки абсолют- ных величин. Таких случаев будет четыре. 10.42. Если заметить, что х> 4-, то это избавляет от необхо- 4 дпмостп рассматривать второй случай. 10.44. Перейти от неравенств между функциями к неравенству между аргументами и учесть необходимые ограничения. 10.47. Известно, что при неположительном дискриминанте знак квадратного трехчлена не может быть противоположен знаку стар- шего коэффициента. Если же дискриминант положителен, то такие точки всегда найдутся. 11.1. Остается заметить, что lg 2-]-lg5 = l. 11.3. Привести уравнение к равенству степенен с одинаковыми показателями. 11.4. Обратить внимание па тот факт, что поскольку у=3-;х-2|( то 0<y=c 1. 11.6. Если прологарифмировать данное уравнение по основа- нию десять, то придем к квадратному уравнению относительно х. Это уравнение будет иметь сложные коэффициенты, а потому для его решения удобнее использовать корень х== 2, который Легко угадать, _ 11.7. Если обе части уравнения разделить на 2+1^ 3^ то при- дем к квадратному уравнению относительно # = (2-{- У" 3 )**-**. 11.8. Совсем нетрудно найти один корень уравнения. Затем нужно попытаться доказать, что других решений нет. Корнем будет х==2. Докажите, что других корней нет, ис- пользуя монотонность показательной функции. 11.10. Левую часть выразить через y = log3(3x—1). 11.11. Можно обозначить logx7 = p, но удобнее использовать другое обозначение. Какое—станет ясно, если дополнить правую часть до полного квадрата (суммы или разности?). 11.14. Когда мы заменим logx 4-log4 х единицей, получим урав- нение, которое может иметь посторонний корень х = 1. Поскольку
11.291 ВТОРЫЕ И ТРЕТЬИ УКАЗАНИЯ 157 в дальнейшем нам’ придется потенцировать, что снова может по- влечь приобретение посторонних корней, решение необходимо за- кончить проверкой. 11.15. При переходе к логарифмам с основанием х мы можем потерять корень. Какой? 11.16. Чтобы воспользоваться формулой модуля перехода, нужно умножить обе части уравнения на log2(3-|-x). 11.17. Если умножить уравнение на выражение, стоящее в знаменателе, то нужно потребовать, чтобы последнее не обраща- лось в нуль, т. е. }х3-|-х—1 | Ф 1. Прн потенцировании же по- явится еще рдно ограничение. 11.18. Теперь с помощью тождества, эквивалентного определе- нию логарифма, данное уравнение можно свести к квадратному относительно xlog^fl. 11.19. Нужно помнить, что и разобрать несколько случаев, предварительно оценив из условия logflx и а. Для оценки а удобно воспользоваться неравенством — ^2 при />0. 11.20. Первое из уравнений, полученных после логарифмиро- вания, разделить на второе и затем произвести потенцирование. 11.21. Нужно заметить, что 243 = 35, 1024 = 210. Теперь из второго уравнения системы с помощью первого нетрудно получить ( 2 V уравнение относительно I у 1 • 11.22. Для того чтобы найти p/x-f- У у , можно второе урав- нение возвести в степень 3/2 и полученное выражение использовать для подстановки в первое уравнение системы. у 11.23. Выразить llxz, IP и Ц(Х“1)2Г через 5 2 и подставить в тождество, записанное в первом указании (см. стр. 121). 11.24. Если в левой части второго уравнения вынести за скобки 2*+2-v, т0 в скобках останется выражение, аналогичное левой части первого уравнения. Его можно заменить числом 2. 11.25. Здесь удобно не заботиться о равносильности, а каждый раз получать следствия. Алгебраическая система, которая будет получена, легко сводится к уравнению относительно и—yfx. Для этого нужно будет почленно перемножить входящие в нее уравнения. 11.26. При преобразовании выражении, входящих в первое уравнение (после подстановки), нужно будет воспользоваться определением логарифма. 11.27. Так как х«/ = 3, то либо х, либо у больше единицы. Мы убедились, что и х и у положительны. Следовательно, x-f-i/>l и ( log2 (X-J-{/) { = log2 (X-j-g). Остается рассмотреть два случая в зависимости от знака log2 (х—у). 11.29. Воспользоваться математической записью определения логарифма: а1ое“6 = 6.
158 УКАЗАНИЯ [11.30 11.30. Определив х, следует использовать его для упрощения третьего уравнения системы. Если третье уравнение преобразовать в алгебраическое, то посмотрите, что при этом может произойти — потеря или приобретение корней. 12.2. Доказательство следует начать с очевидного тождества tg [(30°—а)-|-(60о—a)] = ctg 2a. 12.3. Воспользоваться тем, что 1 —tg2 — , . . 1 ё 2 \ . х , х\ ctg^y- ± 2-‘е-2) • g 2 12.6. Вычислить произведение синусов несколько труднее. Удобнее найти квадрат этого произведения, записав 2 sin2 у । 2л как 1—cos-у- и т. д. 12.7. Разделить числитель и знаменатель выражения, стоящего в правой части, на ВЬ. 12,8. Если заменить sin2* на k2 sin2 у, то sin2у можно вынести за скобки. a__о 12.9. Выразить а24*й2 через cos—у-. 12.10. Обозначить sin2a = a, sin2 p = b, sin2y=c и преобразо- вать данное равенство, выполнив сложение. 12.11. Привести к общему знаменателю и все произведения , л . 2л . тригонометрических функции от а-]-— и аН-— преобразовать и О в сумму. 13.1. Заменить V 2 sin иа sinx-fcosx, после чего объединить4 все одночлены, содержащие cos Зх, и все оставшиеся одночлены уравнения. Это поможет получить распадающееся урав* ненне, у которого в правой части нуль, а левая разложена на множители. Л _ 1—cos2 х 13.2. Если левую часть представить в виде __ -2 , то полу- чим распадающееся уравнение, которое нужно решать, следя за равносильностью. 1__cos2 X 13.3 Левую часть уравнения записать в виде , пере- 1 — cosx - нести все в одну часть и вынести за скобки. Оставшееся в скобках выражение симметрично относительно sinx и cosx. Если привести дроби к общему знаменателю, то должно получиться достаточно простое выражение, поскольку все подобные члены будут иметь разные знаки.
13.13] ВТОРЫЕ И ТРЕТЬИ УКАЗАНИЯ 159 13.4. Найти такие решения уравнения sin 2х sin 7x=cos2xcos7x, при которых cos 2х cos 1х 0. 13.5. Замена ctgx=pi- приведет, к появлению tgx множителем *& х в числителе. Однако tgx не может быть равным нулю. 13.6. Воспользоваться формулой разности тангенсов и заменить полученное уравнение эквивалентной ему/ системой, состоящей из нового уравнения и ограничений. 13.7. Множитель sin входит в правую часть уравнения. Чтобы обнаружить это, достаточно заменить cosx на sin —xj и привести правую часть к виду, удобному для логарифмирования. 13.8. После приведения к виду, удобному для логарифмирова- ния, внимательно следить за равносильностью. 13.9. Так как cos-^- на интервале 0 < ^- < л меняет знак, то этот интервал придется разбить на два: 0 < > Т < Т < я* 13.10. При решении получившегося уравнения нужно правильно оценить роль параметра: если из соотношения исчезает неизвестное и остается только параметр, то при данном значении параметра неизвестное может принимать любое значение из области опреде- ления данного уравнения. 13.11. Выбор значений х, попадающих в интервал 0^х<;2л, удобнее осуществить, если при решении мы постараемся восполь- зоваться арккосинусами, областью значений которых является ука- занный интервал. 13.12. Под радикалом стоит полный квадрат. Помните, что = | а|. 13.13. Остается заметить, что tgх+ sin х= tg х(1 Ч-cosх), а tgx—sinx = tgx(l—cosx). Оба эти выражения входят слагаемыми в степени 1/2. Множитель tglj/2x входит и в третье слагаемое. Этот множитель можно вынести за скобки, так как 14-cosx и 1 — cosx никогда не станут отрицательными, а следовательно, равносильность в результате этого действия не нарушится. Получаем уравнение вида tg1/2xcp(x)=0, где <р(х) имеет смысл всегда. Это уравнение равносильно совокуп- ности уравнения tgx = 0 и системы ( <р(х)=0, 1 tg X > 0. (В ограничении взято строгое неравенство, так как случай tgx=0 учтен раньше).
160 УКАЗАНИЯ (13.14 13.14. Чтобы произвести упрощения, придется воспользоваться еще одним условным тождеством {g^=ctg2x- Провести анализ равносильности и перейти в полученном уравнении к синусам и косинусам. 13.15. Когда в уравнение входят только sinacosa и sina-}-cosa, то одну из этих величии, например вторую, можно обозначить через у, а другую выразить через у. 13.16. Перейти .к функциям х и привести уравнение к однород- ному, домножив 6 sinx на тригонометрическую единицу. 13.17. Воспользоваться теоремой гочлена с целыми коэффициентами. 13.18. Выразить правую и левую 13.19. Выражение в квадратных о рациональных корнях м но- виде сум- X части через у = cos — . скобках представить в (l-hctgx)4-| 1 4-clg —xjj и воспользоваться формулой мы котангенсов. В правой части для cos2x нужно выбрать выражение, которое позволит избавиться от стоящей в скобке единицы. 13.20. Следует помнить о том, что уга^=[а[. 13.21. Относительно cosx получится биквадратное уравнение, решения которого придется исследовать. 13.24. Воспользоваться этой формулой еще раз, предварительно выделив выражение l-|-cos2x. Вспомнить об условиях, при которых произведение двух коси- нусов равно единице. 13.25. Записывая условие одновременного равенства двух коси- нусов единице или минус единице, следует брать разные обозна- чения для целочисленного переменного. 13.26. Если перенести все в правую часть, то мы сможем обра- зовать сумму двух неотрицательных слагаемых. 13.27. Так как cos 3x^0, а при дополнении до полного квад- рата к обеим частям уравнения прибавляется ± cosxcosЗх, то знак правой части зависит от знака cosx. Это означает, что целесообразно рассмотреть три случая: cosx==0, cosx > 0, cosx < 0. Если cosx > 0, то целесообразно привести левую часть к квад- рату разности, а если cosx < 0—к квадрату суммы. 13.28. Поскольку минимум левой части совпадает с максимумом правой, то единственная возможность их уравнять — решить систему sin ох = 0, cos х = 1. 13.29. При решении системы тригонометрических уравнений приходится вводить разные целочисленные переменные. 13.31. Относительно и и v получится система уравнений, кото- рую удобно решить заменой v~ut.
13.41] ВТОРЫЕ И ТРЕТЬИ УКАЗАНИЯ 161 13.32. С помощью второго уравнения выразить у через х и подставить в первое уравнение системы. 13.33. При решении системы нам придется оба уравнения воз- водить в квадрат. Следовательно, в конце необходимо сделать проверку. 13.34. Получив из второго уравнения после подстановки в него найденного значения х выражение для | у |, нужно позаботиться о том, чтобы | г/1^0. 13.35. Из третьего уравнения х+у = л—г. Следовательно, tg г = — tg (л — 2) = — tg (х-Н). По формуле тангенса суммы и с помощью уравнения tgy = 2tgx можно выразить tg г через tg х и подставить в первое уравнение. 13.36. Получить уравнения с одинаковыми левыми частями и сравнить их. При решении квадратного уравнения обратить вни- мание на исследование. 13.37. Прежде чем возводить уравнения в квадрат, оставим в левой части первого уравнения sinx, а в левой части второго уравнения оставим cosx. 13.38. При решении уравнений возникнут арксинусы и аркко- синусы, которые будут накладывать ограничения на а. Следует ли к этим ограничениям добавлять |а|^1, что вытекает непосредственно из условия? 13.39. Оценив правую и левую части уравнения, обнаружим, что равенство возможно лишь в случае, если обе равны четырем. В результате уравнение сводится к системе. В частности, следует обратить внимание на то обстоятельство, что левая часть равна 4 лишь при tgx=tgf/=l. 13.40. Первый способ. Преобразовать уравнение в сумму квадратов и заменить системой. Второй способ. У равнение преобразуется к сумме двух неотрицательных выражений, которая равна нулю. В результате получим систему (2 sin x=sin23x, [sin23x = sin4 Зх. 13.41. Первый способ. После преобразования данное урав- нение примет вид . •-> я + л Л'—у х-4-w . , 4 cos34 cos—^cos -^-{-1=0. Первые два члена дополнить до полного квадрата и получить сумму неотрицательных слагаемых, которая равна нулю. Второй способ. Уравнение можно записать в виде 3 (1—cos х) cosу-[-sinx sinу=-~—cosx £ и рассмотреть левую часть как однородное выражение относительно sin у и cos у. Остается оценить выражение A cos у 4-В sin у и пра- вую часть уравнения. 6 Е. Б. Баховский, А. А. Рывкин
162 УКАЗАНИЯ (13.42 13.42. Первый способ. Обозначив tgx==z, tga=c, мы придем к выражению, которое должно быть тождеством относи- тельно л'. Остается вспомнить условие тождественного равенства двух многочленов. Второй способ. Так как равенство tgA*4-tg (a—x)4-tgxtg (а—х)=Ь должно выполняться тождественно, т. е. при всех х, то оно должно быть верным и для конкретных значении х, например при х=0 и я и « **=•4- • Найденные в результате значения а и b нуждаются в проверке. 13.43. На первый взгляд кажется естественным воспользоваться оценкой sin2 х 4- —4— 2, cos2 хН-------2. sin2x * cos2x Однако это очень грубая оценка. В самом деле, если для одного из выражений достигается равенство, то другое обращается в бесконечность. Следовательно, нужно преобразовать левую часть уравнения так, чтобы sin2x и cos2x не были разъединены. С этой целью удобно раскрыть скобки и заменить sin4x = -|-(l — cos 2х)2, cos4 х = -|\(1 4-cos 2х)2. 13.44. Левую часть выражения • о о 3 sin 2х—sinx cos2x—— , к которому приводится данное уравнение, удобно рассмотреть - как A sin 2х4-‘В cos 2х, где 4=1, В ——sinx, и оценить. 14.4. Когда мы заменим sin 2х и cos 2х на их выражения че- рез tgx, могут быть потеряны те решения неравенства, при кото- рых sin 2х и cos 2х существуют, a tg х не существует. Однако tg х входит в правую часть данного неравенства, а потому значения х, при которых tgx не существует, не могут быть решениями этого неравенства. 14.5. Первый способ. Чтобы найти секторы круга, в кото- рых tg 2х О, нужно вначале построить радиусы, соответствующие углам, для которых tg2x = 0 и tg 2х не существует. Второй способ. В результате применения формулы тан- генса двойного угла возможна потеря решений: из области опреде- ления выпадают точки, в которых cosx = 0. 14.8. Так как коэффициент при старшем члене положителен, то знаки корней зависят от знака свободного члена. 14.10. Найти те значения А, при которых полученное неравенство осуществимо.
16.8] ВТОРЫЕ И ТРЕТЬИ УКАЗАНИЯ 163 14.11. Воспользоваться тем, что sinx-|-cosx= V" 2 cos (х—, и решить неравенство относительно y=cos (х—. 14.12. Произведение cosxcos Зх, стоящее в знаменателе, выра- зить через cos2x. Получится алгебраическое неравенство относи- тельно r/ = cos2x. 14.13. При возведении неравенства в квадрат достаточно потре- бовать, чтобы cosx^0. 14.15. Обозначить sin а через у и разложить получившийся многочлен третьей степени на множители, воспользовавшись теоре- мой о делителях свободного члена и первого коэффициента. 15.1. Неравенство сводится к квадратному, если положить logsinx2 = t/. При этом необходимо следить за равносильностью преобразований. 15.3. Поскольку основание логарифма больше единицы, нера- венство между логарифмами можно заменить таким же неравенством между cosx и tgx. 15.4. Остается перейти к системе тригонометрических нера- венств, равносильной логарифмическому неравенству. При этом нужно помнить, что все функции, стоявшие в условии под знаками логарифма, должны быть положительными. 15.5. Для дальнейшего нужно иметь в виду, что условие О < | а | < 1 не равносильно неравенству —1 < а < 1. 15.6. При дальнейшем решении мы столкнемся с выбором цело- численного аргумента. Следует помнить, что мы имеем дело с | Igx I, а не с Igx. 15.7. Неравенство равносильно условию, что знаменатель поло- жителен, если при этом arccos(x2—Зх-|-2) существует и отличен ОТ нуля. 15.8. Если 1—х > 0, то правая и левая части неравенства попадают в интервал от 0 до , который является общим интер- валом монотонности для тангенса и косинуса. Если взять косинус от правой и левой частей неравенства, а знак неравенства изменить на противоположный, то получим неравенство, равносильное данному. 16.3. При исследовании нужно помнить, что отрицательное число в дробной степени не имеет для нас смысла. 16.4. Решив простейшее тригонометрическое уравнение, получим показательное уравнение, которое нужно исследовать, в зависимости от значений, принимаемых целочисленным аргументом. 16.5. Вспомнить, когда произведение синусов и косинусов может равняться единице. 16.7. Полученное уравнение легко решить, если записать sin3x=sinx(l—cos2x). При решении распадающегося уравнения, которое получится в результате такой замены, нужно постоянно иметь в виду ограничения. 16.8. При решении удобно на время забыть о возникающих ограничениях, а в конце проверить, для каких из найденных зна- чений неизвестного они выполняются. 6*
164 УКАЗАНИЯ [16.9 16.9. Использовать тот факт, что х > 0. 16.10. При исследовании полезно иметь в виду, что cosx<l и дискриминант квадратного уравнения не должен быть отри- цательным. 16.11. Удобно отдельно рассмотреть случаи —1, когда данное уравнение имеет неотрицательный дискриминант. 16.12. Вы должны получить систему, состоящую из двух урав- нений, трех неравенств и двух ограничений £. 17.2. Выделить действительную часть и приравнять нулю. 17.3. Записать z2 — z в тригонометрической форме: г (cos а -|- 4- i sin а). Помнить, что г должно быть неотрицательным, а выраже- ния cos а—isina, sin а — z cos а, sina-f-icosa и т. п. не представ- ляют собой тригонометрической формы какого-либо комплексного числа. 17.4. Воспользоваться формулой Муавра, после чего разобрать случаи, позволяющие определить знак числа, абсолютная величина которого будет модулем комплексного числа г. 17.5. В условии сказано, что число z мнимое. Использовать этот факт для дальнейших рассуждений. 17.6. Данное уравнение можно использовать, возведя обе его части в любую нужную нам степень. 17.7. После того как найдена величина | z ], можно вспомнить, что zz = |z|2. Вместе с равенством z = zn~x это позволяет найти г. 17.8. Полученная система оказывается распадающейся. 17.9. Найденные значения для z и ш взять во всевозможных комбинациях и проверить. 18.1. Этих трех уравнений достаточно, чтобы ответить на вопрос задачи, достаточно из первого уравнения вычесть поочередно второе и третье. 18.2. Найти минимум Р. 18.4. Легко доказать, что х = у. В самом деле, первый и вто- рой понтоны потратили на весь путь равное время, т. е. х . 1~х = 1—У I У U d и4-М U4-W "Г и ’ откуда Так как и^О, то х=у. 18.5. При решении уравнений нужно помнить, что х и у—цифры, а потому количество их возможных вариаций ограничено. 18.6. Цена второй части брильянта / (р—х)2. Остается сравнить цену двух частей с ценой целого брильянта. 18.7. Удобнее ввести в рассмотрение нормы расхода горючего, отнесенные к часу работы двигателя, так как нормы расхода на кило- метр пути в стоячей воде пришлось бы пересчитывать на нормы для движения против течения. 18.8. Решать систему уравнений нужно методом исключения. При этом последнее уравнение будет содержать два неизвестных.
18.14] ВТОРЫЕ И ТРЕТЬИ УКАЗАНИЯ 165 одним из которых должно быть s. Использовать условие у > s и решить это уравнение в натуральных числах. 18.9. Остается разобрать все возможные случаи получения 5 ко- пеек с помощью наборов монет разного достоинства. Если учесть ограничение, что десятикопеечных монет на 4 штуки больше, чем всех остальных, то придем к выводу, что из медных монет у школь- ника могут быть только пятаки. 18.10. На путь АС—вниз по течению пароход тратит 40—~ ча- ло Х сов, а на тот же путь вверх по течению у пего уходит 48—— ча- сов. Это позволяет найти скорость течения. 18.11. В качестве неизвестных удобно выбрать скорости плов- цов и растояние АС. 18.12. Если раствор занимал первоначально х-ю часть сосуда, то чистой кислоты в нем было -—г , а долили (1—х)тЬ чистой кис- 1UU 1 ии лоты. Концентрация полученного таким образом раствора равна Pi = px + (1— x)q. Мы получили рекуррентную формулу для pk— концентрации после k циклов. Остается выразить pk через р. 18.13. Чтобы вычислить расстояние между пунктами первой и второй встречи, нужно сначала определить время между этими двумя встречами, т. е. разделить длину отрезка между пунктом первой встречи и пунктом В на сумму скоростей. Полученное выражение нужно умножить на скорость автомобиля. В результате получим уравнение гух = 2 , (х + и)2 9 ’ т. е. Ух 2 (Х+У)2 9’ Два уравнения, в которых используются оставшиеся условия задачи, составить нетрудно. Одно из них будет линейным, а дру- гое—уравнением второй степени. Решение системы трех уравнений рациональнее • начать с реше- х ния относительно — уравнения, полученного во втором указании. 18.14. Стоимость автобусного билета (Л) может быть использо- вана только для того, чтобы определить расстояние до встречи с поездом, которое пассажиру пришлось бы проехать на такси. Эта поездка обошлась бы ему в Л 4-ах—В рублен и пройденное _,от„ „ л ах 4-(Л—В) , А — В машиной расстояние составило бы ------—--------=х4---------кило- метров. а а
1 т 166 УКАЗАНИЯ [18.15 Условие задачи позволяет составить три уравнения, приравнивая различные выражения для одинаковых отрезков времени: а) время, которое заняла поездка сначала на такси, а затем на автобусе, равно времени, израсходованному поездом на тот же путь за вычетом I; б) если бы пассажир догонял поезд на такси, то догнал бы его на . Л —В расстоянии Л'4----— километров; в) остается использовать разность времен, которые входят в а) и б), и приравнять ее т. 18.15. Условия задачи позволяют составить два уравнения, кото- рые получатся в результате сравнения времени, израсходованного каждым поездом на весь путь без остановки, с временем, израсходо- ванным на этот же путь с остановкой и последующим увеличением скорости. Прежде чем решать полученную систему двух уравнений с двумя неизвестными, нужно выразить через введенные неизвестные и ту величину которая нас интересует. 18.16. Для решения задачи нам понадобятся два уравнения, которые мы получим, приравнивая промежутки времени до первой и второй встреч. Тот факт, что самолет вернулся в Л, а вертолет прилетел в В, мы используем после того, как определим их ско- рости. Это позволит нам вычислить нужные отрезки времени для ответа на вопрос задачи. 18.17. Составить два уравнения относительно х и у нетрудно. Достаточно записать, чему равно время на путь от М до N и на путь от N до Л1, и вспомнить, что обе эти величины известны. (п _i_ 1 \ п —] и числа 2. 19.2. Нужно использовать условие, в силу которогоapt aq, ar \ias образуют геометрическую прогрессию. Это удобнее сделать так: а* = араг и т. п. Остается выразить р—q, q—г и г—s через apt aq, аг и as и убедиться, что (р—q) (г—s) = (q—г)2. 19.3. При составлении разностей а — b, b—с и с—а удобнее пользоваться представлением чисел а, b и с с помощью арифметиче- ской прогрессии. Ь с 19.4. Воспользоваться тем, что logx — = logA — (числа а, Ь, с образуют геометрическую прогрессию). 7 19.5. Вынести за скобки -д-. 19.6. Под знаком квадратного корня стоит полный квадрат ±(10»«—2.Х0«Н-1). 19.7. После исключения а2 получим уравнение относитель- но аг и а3, из которого следует, что а! = а3.
20.10] ВТОРЫЕ И ТРЕТЬИ УКАЗАНИЯ 167 Д’! "Ц-* __ Так как о1=а3, то о2 = - 2=flv Рассмотрите систему: 01=^2, О2=Па. 19.9. Теорема Виета, записанная для данного уравнения, при- ведет к системе уравнений относительно xt и q (уравнение, в кото- рое входит а, можно не рассматривать). Удобнее найти сначала q. 19.10. Записать произведение п первых членов и воспользоваться тем, что а1=уг2. 19.11. Если цифру сотеи обозначить через а, а разность прогрес- сии через d, то число делится на пять, когда либо а + 2^ = 0, либо fl+2d=5; оно же делится на девять, если a4-(a+d)4-(a + 2d) де- лится на девять. Остается воспользоваться тем, что a, a-j-d и a-\-2d—цифры. 19.13. В задаче спрашивается, сколько комбайнов было в сов- хозе. Эту величину мы обозначим через п. Условия задачи позво- ляют составить три уравнения. При этом левая часть уравнения, соответствующего работе по плану, представляет собой сумму чле- нов арифметической прогрессии. При решении системы уравнений нужно исключить х и у. 19.14. При решении уравнений нужно иметь в виду, что нас интересуют только а и q. 19.15. Двух уравнений достаточно для решения задачи, так как вас интересуют не сами числа а, b и с, а отношение каких-либо двух из них. Поскольку полученные в результате использования условий задачи уравнения однородны относительно а, b и с, то определить интересующую нас величину нетрудно. 19.16. Так как предел при п-+ оо равен нулю, то ап и Ьп имеют общий предел. 20.1. Воспользоваться оценкой (14.^2^ (l+ft)fe d 1 1 20.2. Воспользоваться тем, что -------—----------. akak+i ak ak+i 20.4. Умножить правую часть на а—1 и привести ее к виду а2 ь 20.5. Разбить полученную сумму на три алгебраических слагае- мых: 2п, произведение п на сумму-чисел о г 1 до п—1 и сумму квадратов этих же чисел. 20.6. Бесконечная геометрическая прогрессия имеет сумму, если она бесконечно убывающая, т. е. |2х| < 1. 20.8. Рассмотреть разность Sn—Snx2, в которой выделить геоме- трическую прогрессию. 20.9. Полученные равенства сложить и воспользоваться извест- ными формулами для Sn, S2, SJ. 20.10. Подсчитайте число четных (нечетных) членов, стоящих до л-й группы.
168 УКАЗАНИЯ [20.11 30.11. Каждое слагаемое после домножения на 2 sin — предста- вить в виде разности косинусов. 21.1. Так как сосед справа и сосед слева неразличимы, то можно любого из сидящих оставить на месте, а остальных попросить пере- сесть на место, симметричное относительно того, кто остался на своем месте. 21.2. Обратить внимание на то, что, вычитая перестановки, в которых на первом месте стоит элемент ах, и перестановки, в кото- рых на втором месте стоит элемент а2, мы некоторые перестановки вычтем дважды. 21.3. Поскольку в нашем распоряжении имеется семь разрядов, то выбрать места для трех двоек можно C-J способами. 21.4. Число не может начинаться с цифры 0. На сколько больше чисел мы получим, если не учтем это обстоятельство? 21.5. Экскурсантов для заселения первой каюты можно выб- рать Cj2 способами, вторую каюту нужно заселить четырьмя из оставшихся и т. д. 21.6. Доказать, что kCk=nCk~*. 21.7. Возвести 14-t в п-ю степень с помощью формулы Муавра. 21.8. После упрощений мы придем к квадратному уравнению относительно п и k, которое нужно решить в целых числах. Удоб- нее решать это уравнение относительно k. 21.9. Все получившиеся после раскрытия скобок члены не будут подобными. Остается сосчитать их число. 21.10. Если п—1</г=с2(/1 — 1), то члены, содержащие х*, могут быть получены лишь в результате перемножения членов суммы xk~n + 1 + ... -J-x”-1. 21.11. Мы приходим к неравенству С^2к < С»29, решить кото- рое можно, придавая различные значения параметру k. В качестве таких значении удобно выбрать номера двух членов разложения, стоящих рядом с десятым членом. 21.12. Наиболее удобной является группировка [х6+(1+№)]’»= С*)х5(2|>-''’(1 4-х2)*. /?=0 После того как мы применим формулу бинома и к (1 -}-х2)\ получим, что в общем члене содержится x100“(5%~2m). Остается выяс- нить, принимает ли 5Л — 2т Все значения от 0 до 100, и если не все, то сколько значений окажутся пропущенными. Следует иметь в виду, что т, k = 0, 1, ..., 20, но m^k. 21.13. Для получения рекуррентной формулы достаточно разо- брать два случая: а) в первой группе один элемент (nJ, б) в первой группе два элемента (ах, ае). 21.14. Чтобы получить рекуррентную формулу, связывающую Мп и М„ + 1, где через М„ обозначен ответ задачи, нужно найти число точек пересечения (п-}-1)-й прямой со всеми остальными. Как с этим числом связано количество вновь образовавшихся областей?
24.1] ВТОРЫЕ И ТРЕТЬИ УКАЗАНИЯ 169 Рекуррентное соотношение будет иметь вид М„+1 = М „/и-|-n-J-1. 22.2. После того как найдена сумма двух первых слагаемых, можно воспользоваться формулой синуса суммы, так как л третье слагаемое положительно, но меньше , и вся сумма не л больше . Г л] t 22.4. Так как оба слагаемых расположены в интервале 0, — < то все тригонометрические функции от них неотрицательны. 22.5. Воспользоваться формулами приведения с тем, чтобы под знаком арккосинуса стоял косинус, а не синус. 22.9. Если перенести arcsin-=- в правую часть и взять синусы О от обеих частей, то в предположении, что х > 0, получим уравне- ние, равносильное данному. 22.10. После взятия косинусов от обеих частей уравнения полу- чится иррациональное уравнение, при решении которого возможно приобретение посторонних корней. 22.11. Так как обе части лежат в интервале , то от обеих частей данного уравнения можно взять тангенсы, что не нарушит равносильности. 22.13. Ясно, что в результате взятия котангенсов от обеих час- тей равенства мы можем получить посторонние корни, так как у не- равных углов могут быть равные котангенсы. Однако возможна и потеря корней, если в интервал изменения углов попадает значе- ние &л. 23.7. Первый способ. В тождестве cos (x-j- 71)2 = c°s х2 удобно выбрать х = 0 и х= "К 2 Т. Вместо второго значения можно выбрать другое иррациональное число. Второй способ. Если у функции есть период Т, то xL-l-T=xm, a x2-\-T=xk, где х/—i-й положительный корень функ- ции. Исключив Т, получим равенство, которое нужно привести к противоречию. 23.9. Предположить, что функция имеет меньший положительный ' Зх . х период, чем наименьшее общее кратное периодов cos — и sin -у . Записать тождество и привести его к противоречию, преобразовав разность синусов и разность косинусов в произведения. 24.1. Получившийся квадратный трехчлен можно разложить на множители. Однако такой прием исследования здесь не подойдет, так как аргумент, от которого зависит квадратный трехчлен, сам явля- ется функцией от х. Используйте другой прием для исследования квадратного трехчлена. Выделите полный квадрат.
170 УКАЗАНИЯ [24.2 24.2. Данную функцию удобно записать в виде разности косину- сов, поскольку в аргумент каждого синуса входит 2х—единствен- ное слагаемое, зависящее от х. 24.3. Для этого вынести -sin х cos х за скобки. 24.4. Л=л'4-г/+1. 24.5. Найдя наименьшее значение у в каждом из пяти интерва- лов, мы сравним эти значения друг с другом. 24.6. Для функции у = х-}--^- мы можем неравенство применить непосредственно и написать х-|- —2 ]/~а. х Для данной же функции нужно иметь семь слагаемых, содержащих в знаменателе х, чтобы погасить влияние х7. п а а Представить — в виде суммы семи одинаковых слагаемых — . 24.8. Выразить боковую поверхность как функцию только 24.9. Удобно ввести в рассмотрение угол а между диагональю шестиугольника и диагональю квадрата. Этот угол можно будет найти’из условия, что диагонали квадрата взаимно перпендикулярны и должны принимать наибольшую возможную величину.
РЕШЕНИЯ Глава 1 ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ НА ПЛОСКОСТИ 1.1. Треугольник АГВСГ (рис. Р.1.1) правильный, так как он подобен данному треугольнику АВС. Точки В, О, Ох и Dr лежат на одной прямой. Чтобы лить OXD. Но O1Z) = O1D1—DDV Отрезок OrDx равен трети отрез- ка BDX, как радиус окружности, вписанной в правильный треуголь- ник ArBCv Таким образом, 9 Е> 01£>1 = пг- Отрезок DDr мы най- О дем, если рассмотрим треуголь- ник АВС, как вписанный в окруж- ность с центром О: DD^. найти AOlf нужно вычис- Рис. Р.1.1. Отсюда 0^ = ——~=~г. Так как AD = ~AC=^ то AOl = /AD2+O.Da = • О Ответ, — ^--7'. О 1.2. В треугольнике АОВ (рис. Р.1.2) известны: / ВАО = =у, X. АОВ ВО = т. По теореме синусов
172 РЕШЕНИЯ [1.3 находим .-IB = m ctg у Теперь можно найти АС и 1^ = 80^ АС= 2AD = 2ЛВ sin (а) = = 2АВ cos а = 2т ctg ycos а, АВ ,nCtgT... т 2 cos а) 2si"“ 4sinS-|‘ Ответ. АС= 2m ctg — cos а, /?= —-—. j . сс 4s,n--2 1.3. Условие задачи может быть геометрически осу- ществлено в двух случаях (рис. Р.1.3а). В первом случае мы имеем дело с правильным треуголь- ником (докажите). Однако решить эту задачу можно сразу *для обоих случаев. На рис. Р.1.36 изображены треуголь- ник АВС и треугольник составленный из средних линий первого треугольника. Треу- гольник А^З^ подобен тре- угольнику АВС с коэффициен- том подобия половина. Следо- вательно, радиусы окружностей, описанных около этих тре- угольников, относятся, как один к двум.
1.4] ГЛ. 1. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ НА ПЛОСКОСТИ 173 1.4. Если сторона атреугольника АВС биссектрисой ААг разделена на отрезки а± и а2, то можно записать следующие соотношения (рис. Р.1.4): ai + а2 — а> at __с_ а2~~ b Решая эту систему уравнений относительно и a2i получим ас п ______ ab 01~ Ь+с' °2~Ь+с- Вычислим аналогично отрезки, на которые разделены стороны b и ba . be __ cb г __ са ^1-74^’ ^2-Ci a-j-bf 2 а + Ь- Так как отношение площадей треугольников, имеющих об- щий угол, равно отношению произведений сторон, между которыми лежит этот общий угол, то ^ABtCt _Cjbo _ be Sabc ~~~cb"~(a+b)(a+c)’ Аналогично находим ^AtBCt__ ас ^а1в1с___ ab Sabc (о+Ь)(Ь+с)’ S^BC (а+с) (Ь+<0 Теперь найдем отношение —: >Д1В1с? __ ___/ SAtBiC . SaiBCi . _ Sabc \ S^BC Sabc SABc / _ . / be . ас ab \ _ __________2abc________ ______2pql_______ ~~ (a4-b)(a-|-c) (&+c) “ (p-b^)(p4-Z)(9-P0 * Ответ $ARc — (p + ?)(p +0(9 + 0 $ a1b1c1
174 РЕШЕНИЯ [1.5 и 1.5. Выразим площадь треугольника АВС через радиус г углы Л, В и С треугольника. Вна- чале запишем $АВС ~$АОВ~^Г $ВОС + СОЛ (рис. Р.1.5). Так как $лов = 4" * В® sin АОВ, вписанной окружности где АО . А > ВО Sin — /АОВ = л—( В ’ s,nT и, следовательно, sin АОВ = sin - ~ cos ’ то $аов — ~2 f2 С cos ~2~ “ А В sinT sinT Аналогично находим SBOC и SC0A и вычисляем искомую площадь: ~ _ г'1 sin А Ч- sin В + sin С ^лвс— 4 а . В . С ’ sin — Sin ~ sin — Выразим теперь через г, А, В и С площадь треугольника Разобьем и его на три треугольника: SA iBtCi — Sа ^ОВг “Г ^BiOCi + SCiOAt = = ~ (sin 4- sin BiOCi + sinCjCMJ. Чтобы найти угол рассмотрим четырехугольник Л1О^1С. В этом четырехугольнике два угла прямых, а по- тому два других: угол ALOBr и угол С—образуют в сумме развернутый угол, т. е. угол АХОВ± равен л — С. Анало- гично находим углы BflC^ и
1.7] ГЛ. 1. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ НА ПЛОСКОСТИ 175 Итак, SAib,c1 = yf2 (sitl?l + sinS+sinC)- Остается найти отношение SaiBiCi'Sabc’ Ответ. 2 sin ~ sinsin ~ . 1.6. Так как 5 = ЗС, то из соотношения между пло- щадями мы получим _ 1 AC- AD sin 4 &adc __ ±_ 2 Sabd .1 АВ- AD sin Л £ AC п sin В п т. е. д£ = 2» откуда, в силу теоремы синусов, = Вспоминая, что по условию В = 30, придем к тригономет- рическому уравнению sin 30= 2 sin О. Домножим обе части уравнения на cos О, получим sin 30 cos О = sin 20. Преобра- зовав левую часть в сумму синусов, придем к уравнению sin 40 + sin 20 = 2 sin 20, или sin 40= sin 20. Так как О — угол треугольника, меньший — (ведь 30 и О — углы одного треугольника), то последнее уравнение может выполняться только в том слу- чае, если 4С=п — 2С, т. е. С = 4-. Находим остальные углы: В=ЗС=4. А = X о Л Л Л Ответ. т, -г. 1.7. С одной стороны, пло- щадь треугольника CDA (рис. Р.1.7) можно выразить через стороны 6, I и угол между ними, а с другой стороны,—как сумму площадей треугольников
176 РЕШЕНИЯ П.8 АВС и ABD: ^CAD~ sin (^2"+ £)> $cad — $авс + $abd = у sin А + у ci sin ---------£) = — с (b sin А +1 cos у) , Приравнивая эти два выражения, найдем 4 / (b — с) cos у = be sin Л, или l{b ~с) cos ~ — 2bc sin ~ cos . £ AL А Так как cos-у в треугольнике не может быть равен пулю, то на пего можно сократить. Теперь найдем /. о, • А 2bc sin — Ответ. I — —г------- b—с 1.8. Воспользуемся сравнением площадей., С одной сто- роны, S --рг = г, где через а обозначена искомая сторона. Находим отсюда, что 2S = ar 4- (&4~ с) г. С другой стороны, если биссектрису угла А обозначить через /д, то S = у lab sin у 4- у lac sin у = у la (b 4- с) sin у (рисунок сде- лайте самостоятельно). Из последнего равенства находим, 2S что Ь-Гс =-------у. Подставляем в выражение для 2S, по- /в sin у лученное раньше: no , 2S г . 2S 2S = аг 4-------= аг 4--------. * а * а /а sin у q sin у В последнем преобразовании мы учли условие задачи, согласно которому la^rq. Осталось ввести в рассмотрение радиус R описанной окружности. По условию R—pqr. По теореме синусов а = 2R sin а = 2pqr sin а,
1.9] ГЛ. 1. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ НА ПЛОСКОСТИ 177 откуда г — s-n . Полученное соотношение позволяет оп- ределить а из последнего выражения для 2S. В самом деле, после подстановки получим 2pq sin а т а * Я sin — откуда после несложных преобразований найдем а. Ответ. а = 8pS cos ~ (^q si: 1.9. В треугольнике АВС (рис. Р.1.9) по условию имеем _ —]/3. Так как ВО—биссектри- в са треугольника АВМ, то АВ:ВМ = — АО: ОМ = Уз. Аналогично AB:AN=BO:ON= 1 _ Кз-м УЗ-1 2 с N А Рис. Р.1.9. Если к треугольникам АВМ и ABN применить теорему сину- сов, то получим Подставляя вместо АВ:ВМ и АВ:AN их отношения, придем к системе уравнений Sin (4+в)= или sin cos B-j- sin В cos = У~3 sin ~, Z Z Z . . в , . в . VT+i . в sin A cos -g- 4- sin — cos Л = -—-— sin -g-.
178 РЕШЕНИЯ [1.9 Разделим первое уравнение на sin — , а второе — на После этого найдем из первого уравнения ctg-^-, а . В рого Ctg—: . В sinT • из вто- К з+1 ctg А = K3-cos'fi ctg—= 2 k 2 sin В ’ Cl§ 2 sin A Чтобы упростить эту систему, воспользуемся формулой для котангенса половинного угла: ( 1 -j- cos Д _ Уз —cos В sin А ~' sin В ’ 1 + cos В sin В Приравняем отношения второго уравнений: /з — cos В ---2-----cos А sin А sin В .дд, найденные из первого и 1 4- cos В 14-cos А “ Уз j_ 1 -—у-----cos А 1Л 3 1 т. е. cos А 4- 4g— cos В — у. Второе уравнение последней системы преобразуется так: 14- cos В_Кз 4-3 14-cos4 sin В “‘ 2 sin A sin А Последнее слагаемое заменяется с помощью первого уравнения этой системы. Получим после преобразований: ‘ Д, т. е. sin Л = XX sin В. sin В 2 sin A sin В 2 Итак, мы пришли к системе cosA==~—X^-cosB, * /з sin А — —х— sin В. £ т. е.
1.11] ГЛ. 1. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ НА ПЛОСКОСТИ 179 Возводя в квадрат и складывая, найдем, что cosB==0. Следовательно, В = Так как sin В=1, то sinH = -~- и Л = у. На долю угла С остается Ответ. Углы Л, В и С равны л/3, л/2, л/6 соответ- ственно. 1.10. Из треугольника МРА (рис. Р.1.10) находим МР = РА ctg а. Но РА = О А — ОР = р. Таким образом, = (—2--р ) ctga = \ cos а г ь Находим MQ: MQ = AQ-AM=AQ~^-=qtga q—р cos а sin а q—р cos а___ cos а 1 sin а cos а q sin2 а—q 4- р cos а_ р cos a—q (1 —sin2 а)_p—g cos а sin a cos a ~~ sin а sin a cos а Полезно заметить, что MQ можно было не вычислять, поскольку выражение для MQ должно получиться из выра* жения для МР с помощью замены р на <7, a q на р. Ответ. MP = q-=^^, = sin а ’ sin а 1.11. Пусть ЛР = 3, CR = 2 у 2 (рис. Р.1.11). Из срав- нения площадей треугольника АВС получим За = 2]/2с. 'Г во во п 1ак как а=-т—-} с — -—, то после сокращения на ВО sin с sin /1
180 РЕШЕНИЯ [1.11 получим По условию BQ — 60Q. Найдем отрезок AQ из треугольни- ков ABQ и AOQ соответственно: AQ = BQ ctg А = 6OQ ctg A, AQ = OQ ctg /OAQ, где ^OAQ = ~—С. Приравнивая эти два выражения, по- лучим второе уравнение, связывающее углы треугольника: 6 ctg A ctg С = 1. (2) Остается решить систему из уравнений (1) и (2). Для этого возведем уравнение (1) в квадрат и воспользуемся формулой - = 1 + ctg2 а. Получим 9 (1+ ctg2 С) = 8 (14- ctg2 А). (1') Из уравнения (2) следует, что Ctg’ С = 36 Ctg2 А ’ <2 > подставляя значение ctg2 С в уравнение (!'), после неслож- ных преобразований придем к биквадратному уравнению от- носительно ctg А: 32 ctg4 Д — 4ctg2X — 1 =0. (3) Так как треугольник АВС по условию остроугольный, то нас интересуют лишь положительные корни уравнения (3). Легко убедиться, что оно имеет единственный положитель- ный корень ctg4=4. Подставляя в (2), найдем, что ctgC=-|-. Теперь можно найти площадь данного треугольника: $авс ~ ~2 АР'
1.12] ГЛ. 1. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ НА ПЛОСКОСТИ 181 где ЛР=3. Величину а найдем из треугольника BRC'. • a = -^ = -y^|- = 2]/2|/l+ctg2B; sin В sin В г 1 ctgB = ctg [л - (Л + С)] = - ctg(Л + С) = = 1 • . ♦ Ответ. 6 см2. 1.12. ПосколькуВ — С~ у, угол В—тупой (рис. Р. 1.-12). Так как , _ h __ h ____ h °-'sine’ и C~ sin В ~ sin(«/2+C) ’ то соотношение b-\-c — k можно переписать так: sin C ~ cos C ’ откуда h (sin C+ cos C) = k sin C cos C. Возведем последнее уравнение в квад- рат: (1 н-sin 2Q=-^sin2 2С. Получим квадратное уравнение относительно sin2C. Корни этого уравнения sin 2С = 2(ft2± V = dE Если мы возьмем sin2C<0, чего а следовательно, Остается перед корнем знак минус, то получим, что быть не может, так как угол С острый, О < 2С < л. sin 2С = 2/1 (h-\- k2 В правой части стоит положительное число. Чтобы можно было найти С, это число не должно превышать единицу, т. е. 2h(h + Vh2 + k2)^k2. Неравенство можно переписать так: 2 ]/Л4 + й2й2 < й2—2й2.
182 РЕШЕНИЯ [1.13 При возведении в квадрат необходимо добавить ограни- чение k2— 2Л2^ 0. Получим систему (8Л2 | Л2>2Л2, решением которой будет. ./г > 2]<2 Л, так как k и h по условию положительны. Ответ. С= — arcsin ---^+ при k > 2]/"2 h. 1.13. Первый способ. После того как из точки О опущены перпендикуляры длины х, у и z на стороны я, b и с соответственно (рис. Р. 1.1 За), £ можно записать л/^7 \ 25 = ах 4- by + cz. сyr г\Д>А Л С одной стороны, АО = - , V а с другой стороны, АО — Г 4-/1CJ = J/'z2-!r(c—-z ctg а)2. 6 Л т г °* Таким образом, рис. Р.1.13а. _±_ = y> + (e_zctga)a. После простых преобразований получим (у2 —z2) cosec2 а — с2 — 2czztg а, (х2 — у2) cosec2 а — Ь2 — 2by ctg a, (z2 — х2) cosec2 a = a2 -- 2ax ctg a, где последние два уравнения выведены аналогично первому из рассмотренных отрезков СО и ВО. Сложив все три урав- нения, получим в левой части нуль, а в правой — выражение, в которое входит 5: О = (а2 4- Ь2 с2) — 2 (ах 4- by 4- cz) ctg a. Таким образом, a24-fea4-c2 ctg a = -4s-----• Второй способ. Так как площадь треугольника АВС равна сумме площадей трех треугольников, на которые
1.14] ГЛ. 1. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ НА ПЛОСКОСТИ 183 треугольников треугольник АВС разбивается точкой О (рис. Р.1.136), то S = у sin a (an 4- bl + ст). Записав теорему косинусов для каждого из АОВ, ВОС, СОА, получим 2ап cos а = а2 4- л2 — т2, 2bl cos а = Ь2 4-I2 — п2, 2cm cos а = с2 4- т2 — I2. Сложим три последних равенства: 2 cos а (ап -\-Ы + ст) = — а2 4- Ь2 4- с2. Используя полученное ранее выражение для исключим ап 4- Ы 4- ст. ' . o2+fr2-Fc2 Ответ. ctg а —---------- 4S 1.14. По условию CD = BC—AG (рис. Р.1.14). Так как АС = » ВС=-¥^, то sin В ’ cd( sin А — sinB = sin A sin В. 1___________1 sin В sin А или Последнее уравнение можно переписать так: cos = cos (А—В) —cos (44-В). А—В = ср, то после замены cos (А 4- В) = 2 cos2 — 1 4 sin Так как приходим к уравнению относительно у — cos—: У2 4- 2 sin^- у — cos2-^- = 0. Из его корней У1, 2=± 1—
184 РЕШЕНИЯ [1.15 годится только первый, т. е. Д -4- В , ф cos--Г =1 — SH14-. Задача имеет решение при 0<<р<л. Остается решить систему /1-г В = 2 arccos fl— sin , А—В=у. Ответ. Д=arc cos —sin-—-Ь > » £=arccos (1 — sin—, А ' .... Я о z \ 2 / 2 27 8 С=л-А — В. Рис. Р.1.15. 1.15. Площадь 5 треуголь- ника АВС (рис. Р.1.15) мо- жет быть записана с помощью биссектрисы I следующим образом: S = у (а + b) I sin ~. Таким образом, имеем три выражения для 2S: С aha = bhb = (а 4- b) I sin . Исключая в, получим . • С bh^blls+Jlb па откуда C = 2arcsin^- Задача имеет решение, если О hghb 1 т е. В правой части стоит величина, называемая средним гармо- ническим длин ha и hb.
1.17] ГЛ. 1. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ НА ПЛОСКОСТИ 185 Ответ. C^2arcsinT-7cahiffi-x, если длина биссектрисы больше среднего гармонического длин ha и hb. 1.16. Так как ОС и ОВ (рис. Р. 1.16)— биссектрисы соответствующих углов треугольника ЛВС, то ^/COS = n-(Z ОСВ + Z ОВС) = л--^±^. Но В+С=л—Л=л—а. Следовательно, /ООВ = + у. Применяя теорему синусов, получим = 2 sin Z СОВ = ________а________ а ~ л . ( л . а \ о а • 2sin(i-2+-2j 2c0ST „ а Ответ. -------. о а 2 cos -g- 1.17. Проведем через центр С\ (рис. Р.1.17) вписанной в треугольник АВС окружности и пересекающую медиану АЕ прямую, параллельную АС в точке О. Докажем, что О — точка пересечения медиан тре- угольника АВС. С помощью сравнения площадей получим (а + d) BD = гР, где Р = cl -J- {в- -р с?)-{-(л -р 2d) = 3(<z -pd), откуда BD = Sr. Так как АЕ—медиана, то из по- /I б С Рис. Р.1.17. добия треугольников BDC и EFC 1 3 следует, что EF = ~BD= -% г. Из подобия треугольников AOG и AEF получаем АО:АЕ= OG‘.EF = 2:3.
Ib6 РЕШЕНИЯ [1.18 Следовательно, А0\0Е — 2'Л и О — точка пересечения медиан. 1.18. Площадь треугольника АВС (рис. Р.1.18), с одной стороны, равна у/гай = 2Лг2, а с другой стороны, равна рг. Следовательно, р = 2/гл. Так как АВ1 — АС1 (касательные к одной окружности) и аналогично BCl = BAli CBl = CAl, то СВ1 •}-ВС1 = 4- 4-ВЛ^л, АВ^СВ^ВС^р .а и — р — a — 2kr — kr — krt с\ Теперь можно вычислить tg-^- = /\о Л Л =А = т- \ kr k У|р у Чтобы найти стороны Ь и с, | \ определим величины Ь-\-с и Ьс. b Bt С Величина Ь-\- с определяется про- Рис. Р.1.18. сто: b с — 2р — a — 3kr. Чтобы найти Ьс, вспомним, что площадь треугольника АВС, равная 2/гг2, может быть записана в виде -^-£с sin Д, где 2k sin Л — (п0 Ф°РмУле универсальной подстановки). Таким образом, be ~ 2r2 (1 + Л2). Решая систему уравнений | b -J- с — 3kr, Ьс-=2г2(\4-А2), найдем * = -i-(3A + )/A2-8), с = у(Зй-]/й2-8) или, наоборот. 6 = 4(3й —V* *2 —8). c = ^-(3fe + /^=8). Задача имеет решение при k > 2 p^2.
1.20] ГЛ. 1. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ НА ПЛОСКОСТИ 187 Ответ. p — 2kr, = = ^2 —8), Z к £ c = ^.(3ft4-/fe2_8), где k >2/2. 1.19. Так как углы С, Д В треугольника АВС образуют геометрическую прогрессию со знаменателем 2, то А = 2С, В — 4С (рис. Р.1.19). Точка О —центр вписанной окружности, т. е. ОК и OL являются отрезка- ми соответствующих биссектрис. Вычислим углы треугольника OLK. Угол KOL равен углу ВОА треугольника ВОА, в котором два угла уже известны: угол при вер- шине А равен С, а угол при вер- шине В равен 2С. Следовательно, угол ВОА — л— ЗС. Но в силу соотношений, приведенных в ус- ловии, л = Д-|- ВА-С — 7С, т. е. угол ВОА, а следовательно и угол LOK, равен 4С. Рассмотрим далее треуголь- ник ЕКС. Угол при вершине Е в этом треугольнике (равный углу АЕО из треугольника АЕО) вместе с углом ОАЕ, равным С, обра- Рис. Р.1.19. зует угол LOK, равный 4С. Таким образом, угол КЕС ра- вен ЗС. Угол ЕСК равен половине угла ЕСМ, который вместе с углом С образует л, т. е. 7С. Следовательно, угол ЕСК равен ЗС. Найденные два угла, каждый из которых равен ЗС, позволяют найти третий: угол OKL равен С. Таким образом, подобие треугольников АВС и OLK доказано. 1.20. Сумма всех углов треугольника равна 7А. Поэтому . л D 2л 4л л==т> в=— с=—• В силу теоремы синусов a = 2/?siny, * = 2/?siny-, с = 2R sin .
188 РЕШЕНИЯ [1.21 Соотношение, которое нужно доказать, такому: эквивалентно 1 1 .л .2л sin у sin — 1____ . 4л sin — или . 2л . 4л . л . 4л . . л . 2л sin — Sin у- = Sin у sin — -|- Sin у Sin у- . Преобразуем левую часть: . 2л . 4л п • л л . 4л sin— sin -=- — 2sin — cos — sin -- = 7 7 7 7 7 . л / 3л , . 5л\ . л ( . 4л . . 2л \ = Sill у (sill —silly-J — silly ( Sin у- J- silly- ) = . л . 4л . . л . 2л = Silly Sill у- 4- Sin у Sin -у , 4i;o н доказывает наше Рис. Р.1.21. соотношение. 1.21. Проведем AL параллельно ВС (рис. Р.1.21). Из подобия тре- угольников RAL и RBP следует, что BR BP BR-AL . ---= — т е ------------ — 1 AR AL ’ ’ * AR-BP ’ Из подобия треугольников AQL и CQP'. AL AQ AQPC PC~~QC’ Т‘ е- = Подставляя значение AL в отношение, полученное раньше, придем к равенству BR-AL _ BR-AQ-PC _ AR-BP ~ AR-BP-QC что и требовалось доказать. 1.22. Пусть АЕ — высота, опущенная на ВС (рис. Р.1.22). Тогда все участвующие в левой части равенства величины
1.23] ГЛ. 1. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ НА плоскости 189 можно выразить через АЕ и длины отрезков, лежащих на ВС. При этом следует стремиться связать каждый отрезок с точкой D. Получим АВ2=--ВЕ2-\-АЕ2= • = (BD A-DE)2-\~АЕ2, АС2 =СЕ2 + АЕ2 = ~(CD— DE)2 А~ АЕ2, AD2 = DE2 + AE2. Воспользовавшись полученны- ми соотношениями, составим сумму АВ2 • DC + АС2 • BD — AD2 • ВС. Раскрыв скобки и приведя подобные члены, получим (DE2 + АЕ2) (DC ~\-BD — ВС) + DC - BD2 + BD • DC2. Так как DC &В=ВС, то остается DC • BD2 + BD - DC2 = (BD 4- DC) DC -BD = BC • DC . BD, что и требовалось доказать. 1.23. Проведем СЕ и AD параллельно BQ, а отрезки АР и CR продолжим ' Рис. Р.1.22. ДО следует, CQ _СЕ QA~~ AD' Воспользовавшись двумя парами ков: ЕРС и ОВР, пересечения с ними (рис. Р.1.23). Рассмотрим образовавшиеся в ре- зультате подобные треугольники. Так как отрезки AD и OQ парал- £ CQ СО лельны, то = Из ’ QA OD бия треугольников ADO СО СЕ ЧТ0 OD~ AD' ПОДО- 11 ОЕС Итак, ADR и RBO, мы AR AD RB ВР ВО РС~СЕ> Следовательно, А/? RB * PC * QA ~~ ВО BP CQ AD подобных треугольна- можем записать ВО ’ ВО СЕ 1 СЕ ' AD ’
190 решения [1.24 1.24. Треугольник АВС и три треугольника, образовав- шихся внутри него (рис. Р.1.24), подобны. Поэтому ЛГ __ OD _ ON__ КС АВ АВ~~ ВС~ ВС ’ CN ОК ЕК С А СА~ ВС' Следовательно, AF BE , CN_KC BE EK AB' ВС~Г СА~ ВС^~ ВС' ВС В Рис. Р.1.24. 1.25. Обозначим угол AOD (рис. Р.1.25) через а. Так как углы АОВ к-ВОС равны 120°, то углы ВОВ и СОЕ равны соответственно 60° — а и 60°-}- а. Составим сумму АО2р-СВ2рВВ2 = — R2 sin2 а 4- R2 sin2 (60° -J- а) + R2 sin2 (60°—а). После понижения степени получим AD2 + CE2 + BF2 = = ^-[1—cos 2а 4- 1-—cos (120° 4-2а) 4- 1 — cos (120° —2а)] = = ~ ^3 — cos 2а4-2 cos = Тем самым доказано, что эта величина не зависит от положения прямой на плоскости.
1.27] ГЛ. 1. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ НА ПЛОСКОСТИ 191 1.26. По теореме косинусов с2 = а2 Ь2 — 2ab cos С— 7, откуда с =У7. По теореме синусов __ Р=5-?-р= 1/4- 2 sin С г 3 Угол АОВ (рис. Р.1.26) центральный, а угол АСВ вписан- ный. У них общая дуга, т. е. угол АОВ равен 120°. Применим теперь теорему си- нусов к треугольнику АОВ: ^АОВ — 2 Sin 120° Оставшиеся величины ЯАОс и ^вос можно найти по формуле К "" 4S ' Площади каждого из этих треу- гольников проще вычислить, если найти их высоты, опу- щенные из точки О: = &-(%)* = 1-1 = |, Y Z ] о о О£> = 2 /3 ’ АОС и ВОС равны 3 ---И 2/12 санных Таким образом, площади треугольников 2 м — соответственно, а радиусы окружностей, опи- 7 7 около этих треугольников, равны уу 11 ^уу соответственно. Ответ. /1, 1.27. По теореме косинусов и в силу равенства а2 = с получим Ь2 -{- с2 — 2bc cos А — с (Ь 4- с),
192 РЕШЕНИЯ [1.28 1.311 ГЛ. 1. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ НА ПЛОСКОСТИ 193 откуда л Ь—С cos А = —т— . 2с Данное в условии равенство можно записать так: с2 — а2 ~Ьс, и сравнить его с теоремой косинусов для угла С. Получим cosC = tt£. 2а Нам нужно доказать, что угол А вдвое больше угла С. Вычислим для этого cos2C и сравним с cos Л: cos 2С = 2 cos2 С — 1 = 2 £!+*,2 + 2Ьс _ ! = c2 + b2 + 2te—2а2 4а2 2а2 В выражение для cos/, которое мы получили раньше, сто- рона а не входит. Поэтому заменим в правой части полу- ченной формулы а2 на Ьс~\~с2. Получим cos 2С = Ь2—с2 __ Ь—с 2с(Ь-1-с) 2с ’ т. е. cosj4 = cos2C. Так как cosC = ^i^->0, то угол С острый. Углы А и 2С лежат между 0 и зт, т. е. в интервале монотонности косинуса. Таким образом, из равенства коси- нусов следует .равенство углов Л=2С. 1.28. Центр О вписанной окружности лежит на пересе- чении биссектрис (рисунок сделайте самостоятельно). Поэтому ВО = —СО — —^~. sin— sin-2"‘ sin"jT Подставляя в данное соотношение ОА2 = ОВ • ОС, получим sin2-^-=sin — sin — . Применив к правой части формулу преобразования произве- дения синусов в сумму, приведем равенство к виду п . о А В—С- ВА-С 2 sin2 -75- = cos —5-cos Т . Л £ £ Заметив, что —я—А, получим В——С о . п А . . А cos —-— = 2 sin2 -j + sin у, 2 что и требовалось доказать. 1.29. По условию 5= a2 — b2 — c2-\-2bc. С другой сто- роны, S = -i-#csin/l. Сравнивая эти выражения, получим а2—#2—. сз _|_ 2Ьс —^bc sin А. Воспользуемся теоремой косинусов и заменим а2 на Ь2 -J- с2 — 2bc cos А. После приведения подобных и сокраще- ния на Ьс останется тригонометрическое уравнение sin А = — 2 cos А 4- 2, & которое можно переписать так: • А А .. л А sin COS = 4 Sili2 -к- . л л л д Так как А — угол треугольника, то лежит в первой чет- А А 1 верти и sin -^-^0. Наше уравнение принимает вид tg-g- = -^-. Ответ. A — arctg-^-. 1.30. Пусть О1} О2, О3 — центры квадратов, построен- ных на сторонах треугольника АВС (рис. Р.1.30). Опустим из них перпендикуляры на сто- роны. Проведем средние линии ЕЕ и КЕ. На отрезках О2К и КЕ построим параллелограмм КЕЬО2. Рассмотрим четырехугольники OyEDO3 и BELO2. При повороте около точки Е одного из них на 90° он совпадает с другим (убедитесь в равенстве сторон и углов самостоятельно). Сле- довательно, отрезки OjO3 и ВО2 равны, что и_ требовалось до- казать. 1.31. Достроим треугольник так, чтобы сторона АВ была диагональю параллелограмма 7 Е. Б. Ваковский. А. А. Рывкин АВС до параллелограмма
194 РЕШЕНИЯ [1.32 1.34] гл. 1. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ НА ПЛОСКОСТИ 195 С С/ Рис. Р.1.31. (рис. Р.1.31). Проведем BDt\\AD и обозначим на чертеже точку Л41. Треугольники ЛЮС и М,ВС подобны. Так как I AIF = --CF, то МС:Л1Л11 = 3:2. Следовательно, Л4£):Л41В = = 3:5. Так как МГВ = Д/И, тоЛЛ1:ЛЮ = = 5:3. Площадь треугольника AFM в восемь раз меньше площади треугольника АВС, т. е. равна 1/8. Высота треугольника AFM(F— середина .4В), опущенная из вер- шины F, в два раза меньше высоты тре- угольника ABD, опущенной из вершины В. Так как AM:AD = 5:8, то площадь тре- угольника AFM относится к площади тре- угольника ABD, как 5 относится к 2-8, т. е. как 5:16. Зная, что площадь треугольника AFM равна 1/8, можно теперь найти и пло- щадь треугольника ABD. Ответ. 2/5. — радиус окружности, а а, (3 и у — впи- санные углы, опирающиеся соответственно на стороны АВ, ВС и AD (рис. Р.1.32). Углы, опи- рающиеся на одну и ту же дугу, равны, что отмечено на рисунке. Углы DBCh DAC тоже равны, и их нетрудно вычислить: зт — (« + Р + ?)• По теореме синусов АВ = 2R sin а, BC = 2R sin р, DC — 2R sin (а 4- Р + Т), AD = 2R sin у. 1.32. Пусть R Таким образом AB-DC+ AD-ВС = 4Z?2 [sin a sin (а + р + у) + sin Р sin у] = = 2R2 [ cos (р 4- у)— cos (2а4- р 4- у) 4- cos (Р~ Y) — cos (у4- 0) ] = = 2/?2[cos(P — у) — cos (2а 4-р 4-у)]. Так как АС= 2R sin (а 4- р), BD=. 2R sin (а 4- у), то AC’BD^ 4R2 sin (а 4- р) sin (а 4- у) = = 2R2 [cos (Р — у) — cos (2а 4- Р 4- у)]. Итак, АВ ’ DC+ AD • ВС = АС • BD. 1.33. Продолжим боковые стороны трапеции АВ и CD (рис. Р.1.33) до пересечения в точке «У. Если через В и М (где М — середина ВС) провести прямую, то она пересечет AD в точке N, которая является сере- диной AD. Из BSM и S Рис. Р.1.33. подобия треугольников ASN имеем AN SN ВМ~ SM’ откуда AN—ВМ _MN ВМ ~ SM * е. Так треугольник SMB равнобедренный. То же самое можно ска- зать и о треугольнике ~ л AN—BM_SN—SM ВМ ~ SM как по условию MN—AN—ВМ, то BM — SM и SMC. Следовательно, угол SMC равен удвоенному углу А, а угол SMB — удвоенному углу D (по свойству внешнего угла треугольника). Но оба эти угла SMB и SMC образуют раз- вернутый угол. Следовательно, сумма углов А и D равна 90°. 1.34. Пусть АВ —a, MR = x (рис.Р. 1.34). Выразим через а и х длины отрезков MQ, MS и МР. Ясно, что для этого достаточно найти длину отрезка Q44, поскольку MS — а — QM,a МР — а— х. Так как то вычислим СК и KR. По условию (треугольники OLN и OL-JC равны) СК—. Чтобы найти KR, рассмотрим подобные треугольники о QM = CR = CK+KR, AN = 4-, а потому О
196 РЕШЕНИЯ [1.35 MKR и NKN^ MR _ KR x _ KR AW, “ KNi ’ T’ e‘ a ~ a_ 3 Рис. Р.1.36., откуда a QAf = -^ + y. Остается убедиться в том, что числа а — х, 2~ х, х образуют арифметическую 2х—а прогрессию с разностью —х—. О 1.35. Пусть СЕ — х (рис.Р.1.35). Выразим через х отре- зок АЕ из треугольника АСЕ, в котором угол САЕ равен 30°: АЕ — х ]/3. С другой стороны, АЕ = — АВ — BE, а так как BE — СЕ = х, то АЕ — 2 — х. Итак, 2— х = х‘|/3| откуда х = ]/3 — 1. Заметим, чтоKF—FB = ^- пло- щадь искомой фигуры равна $ACD + $BCD — ^BKL~ 2$АСВ~Звк1.' Ответ. 2]/3 — 1.36. У глы при нижних основаниях трапеции и треугольника равны. Обозначим их через а. Тогда угол ВАС равен углу АВО, т. е.равен 90° — а. Поэтому угол OAD равен 2а —90°. Так как треугольник ZW0 равнобедренный (МО — NO), то угол MN0 равен а, а угол NOE равен 90° — (180° —2а), т. е. 2а-90°. Треугольники ONE и AOD равны (по гипотенузе и острому углу). Сле- довательно, OE — AD. Кроме того, МО—ОВ, как два радиуса, и NE — — OD, как стороны равных треуголь- ников. Это означает, что BD — 1. $ Следовательно, так как AD -BD — S, то ОЕ — AD — -j-. 5 Ответ, -j-.
1.39] ГЛ. 1. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ НА ПЛОСКОСТИ 197 1.37. Из подобия треугольников AOD и ВОС (рис.Р. 1.37) находим, что р, т. е. ^j-=p+1. Отношение площа- дей трапеции и треугольника AOD можно записать в виде (bC-'rAD)MN_ AD-NO ~~ _(ВС \ п2 Ответ. (р+ I)2. 1.38. Пусть R — радиус окружности, п — число сторон первого многоугольника, х— периметр третьего. Периметры первого и второго многоугольников равны соответственно а = 2zz/? tg ~ = AnR . л tg 2n 1-tg2^- 2n t> = 4nKtg^. Периметр третьего равен tg л x = AnR sin = 4/z/? —r 2n.. . Сравнивая первые два выражения, найдем, что 1—• Следовательно, 1 + tg2 ~ и x^b^f ^—Ь ‘ Ответ, b 1/ д--а-г. г Za — о 1.39. Точки О и Л1 обязательно должны лежать по одну сторону от окружности. Если они расположены так, как по- казано на рис. Р. 1.39а, то KL, так как хорда NM ближе к центру окружности. Но NM < <z, a KL — 2a. Полу- чаем а < 2а, что невозможно. Следовательно, фигуры рас- положены так, как показано на рис. Р. 1.396. Центр рассматриваемой окружности лежит на биссект- рисе угла АОВ, так как точка равноудалена от лучей ДО и ОВ.
198 РЕШЕНИЯ [1.39 Предположим для определенности, что угол а больше угла р. Треугольник ОЛЮЬ в котором сторона ОМ равна а, сторона МОг равна R, а ОО1 легко выражается через /?, позволяет составить уравнение для определения R. В самом деле, угол МООГ равен a — Следовательно, по теореме косинусов R2 = а2 + 001 - 2а • OOt cos . Из треугольника OYOB находим OOY OtB . а-1-0 sin-g-L а так как OtB = }fR2 — а2, то OOY К /?2—а2 . а + 0 ’ s,n~2 После подстановки уравнение относительно R выглядит следующим образом: 02 2 1 ^~а2 „«-0 R =а + ;-га+р—2а . а+р cos -2х- sin2 —sin — Л А
1.40] ГЛ. 1. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ НА плоскости 199 Заменим ----на ctg2 + 1 и после несложных . о (Х-4-р Z s,n2~F упрощений получим а—в cos___“• (Я2 - a*) ctg» 2±₽. = Ча ]//?»-«»-, sin-g-ti откуда а—6 г_____ cos“2^ ^2-°2 = 2а-^Т₽-‘82 coS^J- а + Р__a (sin а-}~ sin р) "2 cos22+P ~ п Г\ 1 (sin а+’sin рр Ответ. 7? = а-|/ 1-0---- У cos4—yi- 1.40. Запишем отношение площадей данных прямоугольных треугольников (рис. Р.1.40): SAde _ АР-АЕ __ п Sabc АВ ’ АС т Кроме того, AD • АВ = АЕ • АС. Найдем отсюда AD и под- ставим в предыдущее равенство; получим АЕ2 _ « АВ2~ т ' Обозначим углы ADC и АЕВ, опирающиеся па дугу ВС, че- рез ф: , АВ V Т- Следовательно, дуга ВС равна 2arctg УЕ. Угол А прямой и измеряется полуразностью высекаемых им на окружности дуг (2л — ^DE) и ВС: л _(2Л—^РЕ)—^ВС 2~ 2 т. е. i = +
200 РЕШЕНИЯ [1.41 Отсюда найдем величину дуги DE, которая равна я —2arctg ]/=2 (|-arctg]/^)=2arcctg]/^. Ответ. 2arctg'J/<-^-) 2arcctg . 1.41. Введем обозначения, указанные на рис.Р. 1,41, В треугольнике ЛОС\: ЛС?! . а s,n2 ООХ = г — х. Чтобы применить к нусов, обозначим угол этому ‘ BAD ABD a b . о /4г2—fc2 cos₽ = g7, sin 0 = •!—----- треугольнику теорему косп- через р. Из треугольника Следовательно, по теореме коси- нусов для треугольника ЛОО1: (г-х)2 х2 . 9 а sin Т + гх -----cos . а sinT Раскроем скобки и воспользуемся формулой косинуса суммы. После упрощений получим искомый радиус. Ответ. x=tg|-^—2r tg-|—]/4г2 —*2tg-|) . 1.42. Обозначим сторону квадрата через а. Тогда (рис.Р. 1.42) СО=]/г=—у, DO = a± ]/г2— £ . Перед корнем выбраны два знака, так как искомый квадрат может быть расположен либо так, как показано на рис.Р. 1.42а, либо так, как показано на рис.Р. 1.426. В первом случае нужно взять знак плюс, а во втором—минус.
1.42] ГЛ. 1. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ НА ПЛОСКОСТИ 201 С другой стороны, из треугольника OBD находим DO = R2—. Получаем уравнение После простых преобразований и повторного возведения •а .квадрат получаем уравнение 2а4 — 2а2 (R2 + г2) + (R2 — г2)2 = 0, в котором исчезло различие между случаями, изображенными на рисунках а и б (см. рисунок). Из последнего уравнения имеем о2 = 1 (г2 + R2± ]/(R24-ra)2—2(R2—г2)2), или а2 = 1 (г2 + R2±/—/?4-г4 + 6/?2г2). Из первого выражения для а2 видно, что оба значения положительны, если неотрицательно подкоренное выражение. Так как по условию R > г, то получаем Я2 4-г2 >/2 (Я2—г2), или 1 <^-<g ‘+= 3 4-/8, /2—1 ’ и окончательно 1 34-/8 = 14- /2.
202 РЕШЕНИЯ [1.43 Ответ. a = -~j/'/?2 + г2±]/б/?2г2 —г4. Задача имеет решение при 1<—<l+j/2. Если же jn . _ Г “7"= + И 2, то задача имеет единственное решение а =» -/гр. 1.43. Так как О£2 = /?2—х2 и 05=-у (рис.Р.1.43), то EF = ]^R2— хг—%-. С другой стороны, EF— 2х. Получаем уравнение R2-х2=^+2ху, решая которое найдем половину стороны квадрата х = —> Ответ. 3. Рис. Р.1.44. 1.44. Введем обозначения, указанные на рис.Р. 1.44. Так как меньшая окружность вписана в угол ADC, то ее центр 0± лежит на биссектрисе этого угла. Из треугольника 00±F имеем: О О2 = OF2 + т. е. (^+Г)2 = (^_Г)2 + Х2. (1) Из треугольника АВН\ AH~BHcXga-=R&§a, т. е. а = 2R И- 2R ctg а. (2) Из треугольника O^GD: Г=(|-Х)^У’ <3>
1.44] ГЛ. 1. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ НА плоскости 203 Из уравнения (1) находим 4Rr = x2, или 2]/rR]/rr = xi и подставляем в уравнение (3). Получим 2г + 4 VR VFtg у—a tg = О, или, проще, 2ctg-^r + 4/«//— а = 0. £ Мы пока не будем выражать R через а и а, а, наоборот, заменим а его выражением через R и а. Это разумно, так как квадратное уравнение таково, что впоследствии ]/~R вынесется за скобки: —2 /7?± ]/4/?+2actgy 2 ctg у =/«tgy(-l±p<H-ctg|+ctg-|ctga). Знак минус перед корнем не имеет геометрического смысла. Если в подкоренном выражении воспользоваться формулой котангенса двойного угла, то с|п2 _1 1+Ctgy + Ctgy ^-=4(1+Ctg|)(l+Ctg|). 2 Ctg 2 Следовательно, J/7=/7?tgf [-1 +^(1+ctgf)] = =^tg^.vL-(i-mctg|). Итак, '•=4^т(1-^+с^1У= , 2a (l-r2~+ctg|)a a[(l-r2)tg^ + »]2 ё 2 4(1-]-ctg a) 4(l-j-ctga) а Г(1-К2)1&^-+1Г Ответ. —--тут—:—т-г-— .
204 РЕШЕНИЯ [1.45 1.45. Рассмотрим вначале случай, когда диаметр CD разбивает фигуру PQNM на две части. Докажем, что фигуры CQNK и OQrD равновелики (рис.Р. 1.45а). Площадь первой фигуры представим как разность $CKNQ — $CDQ — где $CDQ — $COQ SqOD- Итак, $CKNQ — $COq+ SqoD — $KDN- Если радиус меньшей окруж- ности равен г, то радиус большей равен г]/2. Углы CDQ и COQ опираются на общую дугу CQy Рис. Р.1 45а причем одни из них вписан в ок- ружность, а другой является цент- ральным. Следовательно, если угол CDQ равен р, то угол COQ равен 2р. Теперь мы можем вычислить площади сек- торов COQ и KDN-. SCoQ=^=r^, sKD^=№fL=r^ Таким образом, SCOQ = SKDN. Тем самым доказано, что SCKNq — = Sqod- Поскольку треугольники QOD и QiOD равновелики (у них общее основание и общая вы- сота), то $CKNQ — ^QiOD' Совершенно аналогично доказывается следующее равенство $скмр ” что и завершает доказательство для случая, когда точки Р и Q лежат по разные стороны от CD. Если точки Р и Q лежат по одну сторону от диа- метра (рис. Р. 1.456), то решение не меняется. Только
1.47] ГЛ. 1. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ НА плоскости 205 в конце найденные площади придется не складывать, а вы читать. 1.46. Из треугольника ОАК (рис. Р.1.46) OK2 = R2— j4S Так как КР1~АР1------g~, то из треугольника ОКРг ок2 = ОР1— (АРг — Му. По условию ОР1 = МР1. Приравнивая два полученных выра- жения для О№ и заменяя ОРг на MPlt найдем, что Нам нужно вычислить длину отрезка МР. Чтобы воспользоваться прямо- угольным треугольником МРРГ, в ко- тором мы знаем длину нужно как треугольник АРВ прямоугольный, вычислить РРГ Так Рис. Р.1.47. то РР1 = АРГ • РТВ = АРг (АВ—APJ. Теперь можно вычислить и МР: МР2 — МР$ А~ PPf = А-АР^АВ—APJ. Раскрывая скобки и приводя подоб- ные члены, получим, что MP2 — R2. Ответ. R. 1.47. Из треугольника АОС (рис. Р.1.47) легко найти ЛС= 4 = Так как AC-CB = MC-CN1 то 2 откуда x = ^R. 1|р2 = 36л2,
206 РЕШЕНИЯ [1.48 Проведем перпендикуляр OD к хорде 4W. Так как АЮ = ~х, то CD = MD—MC = ^-x = ~. Косинус угла OCD равен синусу искомого угла NCB: CD __ R 3R 5 ОС ~ 3 ’ 5 “ Т ’ ~ 5 Ответ, arcsin у. 1.48. Соединим центры О2 и Ог рассматриваемых окруж- ностей. Отрезок О]О2 равен •к + ’у (рис. Р.1.48). Центр О2 л лежит на биссектрисе угла ОАВ, равного 45°. Поэтому угол DAO2 45° равен у. Это позволяет выра- зить через R и х отрезок DO: DO = R—AD = R—x — Так как СОх = у—л, О2С— =DO~R—х(/Т-Н), аОхО2 = =.к + у, то по теореме Пифагора для треугольника О2СОг получим (4-x),+[S_x(^+1)f-(4+,)1, или после преобразований [я—х(]/Т+ 1)У = 2Ях, т. е. R—х (/Г-|-1)=/ад Ух. Получили квадратное уравнение относительно Ух. его, найдем Решая — -1/-П—/2±У4/2+6 1,2 „ 2(/2+1)
1.49] ГЛ. 1. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ НА плоскости 207 Так как]/ 4/24-6=/Г ]/"2/2‘ + 3='|/2'(/2+1) = = 2 4-/2", то = = (/2"— О//- (Второе значение Ух не имеет смысла.) Ответ. х = (3—2/Г)/?. 1.49. Соединим точки М и С (рис. Р.1.49). Так как диа- .метр ED перпендикулярен к ВС, то точка F делит хорду ВС пополам. Это означает, что треугольник МСВ равно- бедренный. Обозначим МВ = _____в — МС — рх. Угол АМС равен уд- s'"~~~уГ военному углу МВС, т. е. л — 2ф. У / Из треугольника АМС по теореме [ / \ косинусов имеем — 2 AM • МС cos (л — 2<р) = == х2 («у2 + р2 4- 2pq cos 2ф), а из треугольника АВС по теоре- ме синусов Рис. Р.1.49. i4C = 27?sin —ф^ = 2/?созф, т. е. AC2 — 4/?2 cos2ф. Приравнивая найденные выражения для АС2, получим, что 2 _ 47?2 cos2 (р * +Р2 4- 2р7 cos 2ф ’ Площадь треугольника АВС будем искать в виде 5= AN-ВС. Так как МВ = рх, а МА = qx, то АВ = (p-\-q) х. I t I t Из треугольника ABN находим AN=AB соэф = (р4'<?) х созф. Сторону ВС можно определить из треугольника MBF, в ко- тором сторона BF —~ВС'. ВС = 2BF — 2MB sin ф = 2рх sin ф. Таким образом, S = р (р -|- q) х2 sin ф cos ф = у р (р + q) х2 sin 2ф,
208 РЕШЕНИЯ [2.1 откуда __ 4R2 cos2 ф ga4-pa-f-2p<7 cos 2ф ’ Ответ. 9 _ 2Р (Р + <?) R2 cos2 ф sin 2ф q2 + Р2 + %pq cos 2ф Глава 2 ПОСТРОЕНИЯ НА ПЛОСКОСТИ 2.1. Отрезок KL (рис. Р.2.1), равный ширине реки,парал- лельно перенесем в точку В, чтобы точка L совпала с точ- ь Рис. Р.2.1. кой В. Получим отрезок ЕВ. Точку Е соединим с точкой А, получим точку £>, которую выберем за начало моста. Путь ADCB из Л в б крат- чайший, так как величина отрезка CD постоянна, а отрезки AD и СВ спрямлены в АЕ. 2.2. На отрезках МР и PN (рис. Р.2.2) построим сегменты, вме- щающие угол 30°. В пересечении получим точку А. Соединим точку А с М и N, на AM и /W отложим отрезки длины а. Треугольник АВС искомый. Задача имеет два решения. Одно изображено на рисунке; второе получится симметричным отражением первого от оси MN.
2.5] гл. 2. построения на плоскости 209 2.3. Отразим треугольник АВС (рис. Р.2.3) от верти- кальной оси, проходящей через середину ВС. После этого треугольник САГА отразим от оси AtA. В четырехугольнике СхАВАг противоположные стороны АВ и СгА1г а также AjB и Cj/1 равны, т. е. он — параллелограмм с угдом <р при вершине Сг и углом л—ср при вер- шине Так как точка отстоит от С на расстоянии 2ha, то треугольник ССГВ легко построить. Остается найти точку как пересечение дуги сег- мента, вмещающего угол л—ср и по- строенного на отрезке СХВ, с прямой, параллельной СВ и отстоящей от СВ на расстоянии ha. Задача имеет два симметричных ре- шения, так как дуга сегмента может быть построена в любую сторону от СГВ. Построение воз- можно при любом соотношении между a, ha и 0 < <р < л. 2.4. Если на отрезке AO — R (рис. Р.2.4), как на диаметре, то она пересечет стороны АС и АВ в точках F и Е, являющихся сере- динами АС и АВ соответственно. Отсюда построение: на отрезке AO = R строим, как на диаметре, окружность. Из точки А раствором b циркуля, равным у , делаем засечку. Продолжаем AF за точку F на рас- стояние у и получаем точку С. Из нее проводим дугу радиусом тс. Задача имеет два решения: треуголь- ник АВС и треугольник АВ'С, если дуга ЕЕ' пересекает окруж- ность, построенную на АО; одно решение, если дуга касается окружности, и не имеет решения, если общих точек у дуги и окружности нет. 2.5. Так как углы ОВО1 и ОСО± (рис. Р.2.5) прямые, то вершины В и С треугольника лежат на окружности, построенной на отрезке ОО1, как на диаметре. Центр этой окружности обозначим буквой Q. построить окружность, Рис. Р.2.4.
210 РЕШЕНИЯ [2.6 Угол BQC—центральный в той окружности, в которую угол ВОС вписан (см. рисунок). Дуга, на которую опирается угол ВОС, равна 2 л— /_ BQC, а так как вписанный угол Рис. Р.2.5. измеряется половиной дуги, на ко- торую он опирается, то / BQC = 2 л — 2 / ВОС. Остается найти угол ВОО. ^ВОС= = = л-^ = ^, следовательно, / BQC = 2 л — (л -|- А) — л—Л. Углы ВАС и BQC дают в сум- ме л; то же самое можно сказать об углах QBA и QG4, так как сумма всех углов четырехуголь- ника равна 2л. Тем самым мы до- казали, что точка Q лежит на окружности, описанной около треугольника АВС. Построение можно провести следующим образом. Строим на отрезке OOlf как на диаметре, окружность с центром в точке Q. Радиусом O2Q (О2— центр описанной окружности) проводим окружность с центром в точке О2. В пересечении этих окружностей мы получим вер- шины В и С искомого треугольника. Если точка О2 лежит вне окруж- ности радиуса, равного — ООГ, с центром Q, то задача имеет един- ственное решение. В противном слу- чае решения нет. 2.6. Отбросим на время условие, в силу которого точка Е лежит на ВС, а остальные условия сохраним. Отложим на АВ произволь- ный отрезок АЕ (рис. Р.2.6), а на ВС — отрезок CK=AF. Через точку К проведем прямую, параллельную АС, и из точки F раствором циркуля, равным AF, сделаем на этой прямой засечку.
2.8] ГЛ. 2. ПОСТРОЕНИЯ НА плоскости 211 Фигура AFGH, где отрезок GH параллелен КС, будет подобна искомой с центром подобия в точке А. Строим вершину £, которая должна лежать на прямых ВС и AG одновременно. Проводим DE параллельно FG. Четырехугольник ADEC искомый. Задача всегда имеет единственное решение. 2.7. Проведем через точку М прямую АВ так, чтобы ее Отрезок, заключенный между сторонами угла, делился в точке М пополам. Для этого построим МС параллельно ОА О Рис. Р.2.7. (рис. Р.2.7, а) и отложим СВ = ОС. Так как СМ—средняя линия в треугольнике ОВА, то ВМ = МА. Итак, пусть АМ=МВ (рис, Р.2.7, б). Проведем произ- вольную прямую EF через точку М. Покажем, что площадь треугольника ОАВ меньше площади треугольника OEF. Проведем АК параллельно ОВ (если FM < ЕМ), Треуголь- ники АМК и BMF равны. Следовательно, ^OEF~~^OAA1F^- $АЕК > *%ЛЛ1г + $BMF~ $ОАВ- 2.8. Вместо искомого треугольника АВС построим вна- чале треугольник А±АА2, который получается из АВС так, как показано на рис. Р.2.8 (А1В=ВА, А2С = СА). Угол А]АА2 этого треугольника равен а-}- £ -|-Д. Однако 2сс = В, а2р=С (по свойству д внешних углов). Поэтому . / а + р + А = —- + А = . 2 Д --- yj, __л —Л л л + д \ ' 2 ' Л 2 Рис. Р.2.8. Теперь в треугольнике AjAA2 известны основание A1A2 — 2pJ высота, равная ha, и угол при вершине, равный
212 РЕШЕНИЯ [2.9 60° Всршина А будет лежать на пересечении прямой, параллель- ной АхА2 и отстоящей от АХА2 на расстоянии ha1 и сегмента, построенного на отрезке АХА2 и вме- щающего угол ~ ~ . Вершины В и С лежат на пере- сечении АхА2 и перпендикуляров, проведенных через середины АХА и А2А. Задача может иметь два сим- метричных решения, если высота меньше стрелки сегмента, одно ре- шение, если они равны, и не имеет решений, если ha больше стрелки сегмента. 2.9. Пусть Р—искомая точка. Повернем треугольник АВР на 60° вокруг точки А. При этом точка Р перейдет в точку Рх, а точка В~ в точку Вх (рис. Р.2.9). Так как и АРХ — АР, то треугольник РХАР угол 1\АР равен правильный и АР — РХР. Таким образом, ВХРХРС-~ломаная, составленная из отрезков длины ВР, АР и СР соответст- венно. Так как эта ломаная имеет закрепленные концы в точках Вх и С} то ее длина будет наименьшей, если она прямится в отрезок ВХС. Итак, точка Р лежит на резке ВХС. Аналогично можно казать, что точка Р лежит на резке СХВ, вершина Сх которого получена поворотом АС вокруг А на 60°. Отсюда простое построение. На отрезках АВ и АС строим пра- вильные треугольники АВХВ и АСХС, лежащие вне треугольника АВС. Искомая точка Р будет лежать m jx ВХС и СХВ, 2Л0. Если треугольник АВС искомый (рис. Р.2.10), то овисанная около него окружность пересечется с биссектри- вы- от- по- от- на пересечении пря-
2.11] ГЛ. 2. ПОСТРОЕНИЯ НА плоскости 213 сой CD в точке Е, делящей дугу АЕВ пополам. Следова- тельно, точку Е мы можем построить. Вычислим отрезок DE. По свойству пересекающихся хорд в круге имеем CD-DE— AD-DB, или DDE — (АО -|- DO) (ОВ — OD), т. е. l-DE = DO) (±--Do)=^-OD2. Так как OD2, = DE2 — , то получаем уравнение отно- сительно DE: l-DE=~-DE*. Решая его, найдем (отрицательное значение для DE не имеет геометрического смысла). Полученная формула позволяет легко построить отрезок DE, а следовательно, и СЕ. Задача имеет два симметричных решения, если I < -у, одно решение, если 7=-^-, и не имеет решений, если I > у. 2.11. На прямой MN (рис. Р.2.11) строим углы BAN и FEM равные а и р, с вершинами в произвольно выбранных на MN точках А и Е соответственно. Откладываем АВ —а п FE — c. Вершина С искомого четырехугольника одновре- менно лежит на окружности радиуса b с центром в точке В и на прямой CF параллельной MN. Если прямая пересекает окружность в двух точках С и Сг (это происходит, когда
214 РЕШЕНИЯ [2.12 д>| с sin р — а since)), то задача имеет два различных ре- шения ABCD и ABCYDV (CD и C^IEF), причем один че- с и CjDJIEF), причем один че- тырехугольник будет самопере- секающимся. При b — | с sin р —- — «sina| решение единствен- но, а при b < | с sin (3 — a sin а | искомый четырехугольник не существует. 2.12. На отрезке ОМ (рис, Р.2.12) строим треугольник ОСМ, сторона ОС которого рав- на 2/?, а сторона СМ равна R, окружностью обозначим через В. прямоугольный тре- ту же сто- и построеи- треугольник, параллель- у. Отрезок если у <OOV два ре- Точку пересечения ОС Секущая AM искомая. Задача имеет два решения, если ЛЮ<3/?, одно решение, если ЛЮ = 3/?, и не имеет решения, если АЮ>3/?. 2.13. Соединим центры О и данных окружностей и построим на ОС\, как на гипотенузе, угольник OEOV один из катетов которого (ЕО^ равен у . Через точку М пересечения окружно- стей, лежащую по рону от OOV что ный прямоугольный проводим прямую, ную катету длины АВ (рис. Р.2.13) будет искомым. Задача имеет четыре решения, шения, если у = ОО1, и не имеет решений, если у>ОО1. 2.14. Построение. Проводим через точку М окруж- ность, концентрическую данной. На этой окружности строим хорду длины а, проходящую через точку М. Задача может иметь два или одно решение (а^2М0), а может и не иметь решения вовсе (а>2М0). 2.15. Если отрезок PQ (рис. Р.2.15) перенести парал- лельно в отрезок ВгВ, то из искомой точки Р отрезок ABt будет виден под углом, равным углу АМВ, величина которого
2.17] ГЛ. 2. ПОСТРОЕНИЯ НА плоскости 2jl5 известна. Построение: строим отрезок В^В, равный а и па- раллельный CD; на отрезке АВГ строим сегмент, вмещающий угол ф, где ф — угол, измеря- емый дугой АтВ данной окруж- ности. Искомая точка Р есть точка пересечения или касания дуги этого сегмента с прямой CD. • Задача может иметь два реше- ния (сегмент, опирающийся на АВГ пересекает хорду CD), одно реше- ние (этот сегмент касается хорды) и может не иметь решений вовсе (точек пересечения нет). 2.16. Пусть отрезок FD де- Рис. Р.2.15. лится точкой М пополам (рис. Р.2.16). Отразим точку В от точки М. Получим точку Е. Отрезки FD и ЕВ можно рас- сматривать как диагонали параллелограмма. Заметим также, что угол АСВ известен, так как точ- ки А и В зафиксированы на окружности; обозначим его через ф. Угол AFE равен л —ф. Следовательно, точка F обладает еще и тем свойством, что из нее отрезок АЕ ви- ден под данным углом л — ф. Построение очевидно: строим точку D, а на отрезке АЕ — сегмент, вмещающий угол л — ф. На пересечении дуги этого сегмента с данной прямой полу- чим точку F. Задача имеет единственное ре- шение, если точки А и В лежат по одну сторону от данной пря- мой, и не имеет решения в осталь- ных случаях. 2.17. Пусть прямая, прове- денная через точки А и В, пере- секает прямую PQ в точке С (рис. Р.2.17) и пусть О—центр искомой окружности. Тогда СА-СВ ~ CD2. Отрезки СА и СВ известны, отрезок CD — их среднее геометрическое и строится стандартным образом. Если точки А и В лежат по одну сторону от PQ, то задача имеет два решения (отрезок CD можно отложить вправо и влево от точки С). Если АВ и PQ параллельны,
216 ГЕШЕНИЯ [2.18 то задача имеет единственное решение, которое очевидно, но не может быть получено описанным способом. Когда точ- ки А и Р лежат по разные стороны PQ, задача не имеет решения. 2.18. Отрезки МВ в точках С и ниямн высот и МА Р.2.18), которые являются основа- пересекают данную окружность и D (рис. D (рис. треугольника АМВ, опущенных из его вер- шин А и В. Отрезок МР, прове- денный через точку Р пересече- ния АС и BD, будет искомым пер- пендикуляром. Задача имеет решение, если точка М не лежит на прямой АВ. 2.19. Предыдущая задача по- зволяет построить некоторый пер- пендикуляр к диаметру АВ, пере- секающий данную окружность в точках, которые мы обозначим Р.2.19). Проведем прямую СМ; она (или его продолжение) в точке Е. буква ми С пересечет диаметр АВ Проведем ED. В пересечении ED и данной окружности получим точку Е; MF — искомый перпендикуляр. Глава 3 ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ В ПРОСТРАНСТВЕ 3.1. На луче, перпендикулярном к MN, возьмем произ- вольную точку А (рис. Р.3.1). Спроектируем ОА на пло- скость Р, а полученный отрезок ОВ — на второй из данных
3.2] ГЛ. 3. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ В ПРОСТРАНСТВЕ 217 лучей. Треугольник АСО прямоугольный (по теореме о грех перпендикулярах). ОС Косинус искомого угла ДОС равен . Используя по- строенные треугольники, можно выразить ОС через ОА: ОС = ОВ sin р = О A cos a sin р. Ответ, arccos (cos a sin р). 3.2. Спроектируем данный треугольник АВС на плоскость Р (рис. Р.3.2) и построим угол CED, равный х, между плос- костью треугольника и плос- с костью Р. Введем в рас- смотрение линейный элемент CD —а. Тогда АС = -Л~, ВС=^\, sin а ’ sm р Рис. Р.3.2 а sin х Так как СЕ— высота в треугольнике АВС, опущенная на гипотенузу, то (из сравнения площадей) АС-ВС—СЕ-АВ, или а с • вс=сеулс^ч-вс2.
218 РЕШЕНИЯ [3.3 Подставляя вычисленные раньше значения АС, ВС и СЕ, получим а а a -yf а? ~ а2 sin a sin р sin х V sin2 а "* sin2 р * откуда sin х = ]/~sin2 а-[- sin2 р. Так как угол х по построению всегда острый, то он опре- деляется однозначно. Ответ, arcsin Уsin2 аsin2 р. 3.3. Из некоторой точки Bt стороны угла а опустим перпендикуляр BBt на плоскость Р (рис. Р.3.3). Через Bt проведем плоскость, парал- лельную плоскости Р. Она пересечет другую сторону угла а в некоторой точке Через SZ?! и А проведем плоскость, которая будет перпендикулярна к плоскости Р. Отрезки АА} и ВВХ равны. Обозначим AAr = BBY = а. Те- перь можно вычислить все сто- роны треугольника ОАВ и вос- Рис. Р.3.3. пользоваться теоремой косину- сов, чтобы найти угол х. Стороны ОА и ОВ вычислить просто: О А = a ctg у, OB = a ctg р. Сторона АВ равна AYBY в треугольнике ОЛ1В1. Так как ОЛ. = -Д-, а 05, = -^-, 1 sin у ’ 1 sin р ’ то по теореме косинусов ЛЬ2 — АГВ1 — -----2 -—~— cos а. 1 1 sin2 р sin2 у sin р sin у Воспользуемся теоремой косинусов еще раз, но уже для треугольника 0АВ-. АВ2 == О А2 + ОВ2 — 20А • OB cos х. Подставляя сюда найденные выше выражения для ОА, ОВ и АВ, получим уравнение относительно cosx. Решая
3.4J ГЛ. 3. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ В ПРОСТРАНСТВЕ 219 его, после несложных тригонометрических найдем cosx. преобразований Рис. Р,3.4а. 4? 3.4. Построим плоскость Р, перпендикулярную к прямой а, и спроектируем на нее прямые Ь, с и d. Искомая прямая параллельна а, т. е. должна спроек- тироваться в точку О на плоскости Р. Точка О будет одинаково удалена от проекций blt с1 и трех этих прямых. Поскольку прямые а, Ь, с и d скрещивающиеся, ни одна из пря- мых Ь, с и d не может спроектиро- ваться в точку на плоскости Р, так как иначе она оказалась бы параллельной прямой а. Проекции никаких двух прямых из Ьу с, d не сольются, так как это означало бы, что эти две прямые лежат в одной плоскости. Поэтому проекции blt с± и d± могут располо- житься на плоскости Р лишь одним из четырех способов (рис. Р.3.4а). В первом случае (проекции обра- зуют треугольник) мы получим че- тыре точки, равноотстоящие от Ьъ Рис. Р.3.46. сх и d±. Это—центры вписанной и вневписанных окружностей. Проводя через
220 РЕШЕНИЯ [3.5 каждую из них прямую, перпендикулярную к плоскости Р, придем к четырем решениям. Во втором случае (две из проекций параллельны), полу- • . два решения (рис. Р.3.46). В третьем случае (проекции пересекаются в одной точке) будет единственное решение — прямая, проходящая через общую для трех проекций точку. В последнем случае (проек- ции blt сх и параллельны) решения пет. Так как все возможные слу- чаи исчерпаны, то задача ре- шена. 3.5. Проведем CD парал- лельно АВ (рис. Р.3.5). Угол SCD искомый. Построим CF.LAB и AD_[_AB. В прямоугольнике AFCD сторона CD — AF = ~ , а сторона AD — CF = Пз треугольника SAD находим SD = j/^a2 + ~ = —у— Тангенс угла SCD равен SD’.CD. Ответ. 7. 3.6. Если ОК—^-АВ — ОА, то треугольники ОАМ и ОКМ (рис. Р.3.6) равны. Таким образом, условие ОК — О А равносильно условию АМ=^КМ и (совершенно аналогично) условию ВР=КР. Отрезок ОК входит в оба тре- угольника ОКМ и ОКР '. OK2 - = OM2—ni2, ОК2 = ОР2—1\ т. е. ОМ2 — т2~ОР2 — /2 Рис. Р.3.6. (через m и I обозначены длины отрезков МК и КР соот- ветственно). Так как ОМ2 — а2-J- АО2, a OP2 — b2-|- ОВ2 и АО—ОВ, то a2 — m2 = Ь2 — !2
3.81 ГЛ. 3. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ В ПРОСТРАНСТВЕ 221 ПЛИ .м2 —/2 = л2 —£2. (1) Точно так же приравняем выражения для отрезка АР2, полученные из треугольников МАР и АВР: (т + 1)2-а2=--Ь2 + АВ2. Вспомнив, что по условию АВ2 = 2аЬ, получим (т 4- /)2 = =-а2 + 2ab 4 Ь2, т. е. 1= а-\-Ь. (2) Разделив почленно равенство (1) на равенство (2), получим т — 1 = а — Ь, (3) а решая систему из уравнений (2) и (3), найдем т = а, Ь~1 что и требовалось доказать. 3.7. Обозначим через PQ (рис. Р.3.7) прямую, по кото рой пересекаются грани AOD и ВОС, а через —пря- мую, по которой пересекаются грани АОВ и DOC. Прямые PQ и PS определяют плоскость Р. Через произвольную точку М на АО проведем плоскость, параллельную плоскости Р. Фигура MNKL, получившаяся в сечении, будет параллело- граммом. , В самом деле, Af7V||PQ и LK\\PQ, a и /W||/?S, как прямые, получившиеся в Рис. Р.3.7. результате пересечения двух параллельных плоскостей третьей. Следовательно, MN\\LK и 7VJ£[|NK, что и требовалось доказать. 3.8. Продолжим ED и СВ (рис. Р.3.8) до пересечения в точке F и проведем AF— ребро двугранного угла, коси- нус которого нужно найти. Так как EC — 2DB (по условию), то DB — средняя линия в треугольнике EFC. Поэтому FB — ВС — а. Поскольку ВА — а, то треугольник FBA равнобедренный. Сумма его углов, при- лежащих к FA, равна 60°, а угол BAF равен 30°.
222 РЕШЕНИЯ [3.9 Мы убедились в том, что угол CAF прямой, а следова- тельно, линейный угол ЕАС измеряет искомый двугранный угол. Теперь остаются простые вычисления: ЕА = ]/ ЕС2 + ЛС2 = аУ3, cos /ЕАС = = у== . По теореме о трех перпендикулярах отрезки ЕА и FA вза- имно перпендикулярны; поэтому площадь треугольника EAF равна -EA-AF, где AF= Итак, площадь треуголь- ника EAF равна и вследствие того, что FD — DE, площадь треугольника DEA в два раза меньше. Ответ. За2/4, 1//5. Рис. Р.3.9. 3.9. Обозначим высоту SO пирамиды через Н. Предпо- ложим, что вершина пирамиды спроектируется в точку О, лежащую внутри треугольника АВС, и пусть углы SDO, SEO и SFO измеряют данные двугранные углы (рис. Р.3.9, а).
3.10] ГЛ. 3. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ В ПРОСТРАНСТВЕ 223 Рассмотрим отдельно треугольник АВС (рис. Р.3.9, б). Пло- щадь его, с одной стороны, равна сумме площадей треуголь- ников АОВ, ВОС и СОА, а с другой стороны, равна ——•. Поэтому у a (OF+ OD + ОЕ) = , т. е. OF+OD+OE = ^p- Каждый рез /7: из отрезков ОВ, OD и ОЕ можно выразить че- 0Z) = /7ctgcc, O£ = tfctgp, OF=/7ctgY. Следовательно, EJ _ __________L____________ ~ 2 (ctg a + ctg p + ctg y) • Если точка О лежит вне треугольника АВС, то один из данных двугранных углов тупой (на рис. Р.3.9, е угол при ВС, т. е. а). Следовательно, его котангенс будет отрицатель- ным. Это соответствует тому факту, что площадь треуголь- ника АВС равна сумме площадей треугольников АВО и АОС за вычетом площади треугольника ВОС. Таким обра- зом, результат останется таким же, как в случае, когда О лежит внутри треугольника АВС. Наконец, как легко убедиться, полученная формула дает верный результат и в том случае, когда точка О лежит на стороне треугольника АВС или совпадает с его вершиной. (Соответствующие котангенсы Обращаются в нуль.) cfi Ответ. 8(ctga+ctg Р+ctgТ) • 3.10. Так как АС —ВС по условию (рис. Р.3.10), то прямоугольные треугольники ADC и BDC равны и, сле- довательно, AD — BD. Треугольник ADB—равнобедренный, его медиана DE, проведенная из вершины D, будет одно- временно и высотой. Таким образом, мы доказали, что двугранный угол при ребре АВ измеряется линейным углом DEC, который обозначим через х.
224 РЕШЕНИЯ [3.11 D Рис. Р.3.10. Высота DO треугольника EDC бу де г высотой пирамиды, В самом деле, ребро АВ перпендикулярно к ED и ЕО, т. е. к плоскости EDC. Отрезок DO, сле- довательно, перпендикулярен не только к ЕС, но и к АВ, т. е. перпендикулярен к плоскости АВС, Заметим также, что СО —пер- пендикуляр к плоскости ADB, а поэтому треугольник EDC прямо- угольный с прямым углом при вер- шине D. Мы знаем, что V — -S-OD. О Отрезок СО равен СО sinx, а отрезок 2S ED в свою очередь равен ОСcosx, т. е. -у cosx. Итак, 1 2S V = — 3*----cos х sin х, 3 а ’ . п 3Va откуда sin 2х = Чтобы найти х, заметим, что угол х острый. „ 1 . 3aV Ответ, у arcsin . 3.11. Так. как площадь основания равна |/ 3, то сторона основания равна 2. Из треугольника AOS (рис. Р.3.11) находим AO—b cosx; с другой сто- роны, “р.. Поэтому d L --7= = b cos X. /3 в Рис. Р.3.11. Из треугольника CDS находим CD=-~ = #sin2x. Разде- лив .второе соотношение на первое, получим sinx = /3 4
3.13) ГЛ. 3. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ В ПРОСТРАНСТВЕ 225 Так как SD = ctg 2х, то нужно вычислить ctg2x: ctg х = j/cosec2 х — 1 = jZу— 1= ]Z-у, Ctg2x=y=. СЕ делятся точками Сг и Аг Рис. Р.3.12. 5 Следовательно, SD=^—y=1 а площадь боковой поверхности У39 з равна -^a-SD. ~ 15 Ответ. . К39 3.12. На рис. Р.3.12, треугольники ЛЕС и С1ЕА1 по- добны, так как медианы АЕ и в одинаковом отношении 2:1. Поэтому Ана- логично доказывается, что В^^уДВ и С1В1 = ^ВС и т. д., т. е. площади и 5 оснований пирамиды относятся, как 1:9. Подобные треугольни- ки АВС и A^Cl лежат в парал- лельных плоскостях, так как их стороны параллельны. Следовательно, высоты DN и проведенные в тетраэдрах, параллельны и прямоугольные ’ треугольники DNC и DlN1C1 подоб- ны, т. е. Dj/V-l = -j- DN. Остается . SrDiA\ сравнить объемы -у~= '* Ответ. . 3.13. Пусть Оу—центр шара, а О, М и N—точки касания (рис. Р.3.13). Проведем плоскость через С и ООГ Эта плоскость перпен- Рис. Р.3.13. дикулярна к плоскости AS В и к плос- кости АВС. Следовательно, она пер- пендикулярна к прямой АВ. Отсюда следует, что наша плос- кость пересечет ASB по прямой, перпендикулярной к АВ и проходящей через точку /И, которая по условию является ® Е. Б. Баховский, А. А. Рывкин
226 РЕШЕНИЯ [3.13 точкой пересечения высот грани ASB, т. е. по высоте тре- угольника ASB. Аналогично доказывается, что пересечение плоскости с плоскостью основания — тоже высота треуголь- ника АВС. Итак, точки £, и О лежат в плоскости DSC. Так же можно показать, что эти точки лежат в плоскости ASE. Так как две несовпадающие плоскости могут пересекаться только по одной прямой, то точки Ох и О лежат на одной прямой и отрезок SO является высотой пира- миды. Повернем треугольник SOD так, чтобы его плоскость совпала с плоскостью треугольника SOE. Так как треуголь- ники SOjAl и SOrN равны (по катету и гипотенузе), то равны углы DSO и ESO. Следовательно, треугольники SOD и SOE равны (по катету и острому углу) и при повороте совпадут. Тем самым мы установили, что точка О—центр вписанного в треугольник АВС круга. По условию точка О является также точкой пересечения высот треугольника АВС. Следовательно, треугольник АВС правильный и пирамида SABC правильная. Отсюда, в частности, следует, что плос- кие углы при вершине S равны ~. о Перейдем к вычислительной части задачи. Обозначим угол SDO через Тогда tg-£ — , где через а * ии а у 3 обозначена сторона основания. Выразим cos р через функции угла а. Из треуголь- ника ASD находим SZ) = ~ctgy. Теперь из треугольни- ка SDO можно найти О OD аУз actg 6 1 , а cosp = ^6- = -X-:^-=—tg^. По формуле тангенса половинного угла имеем £= 1/ 1-cosP :1 /~У3—tg (q/6) 2 Г 1+cosp у }/3 4-tg(a/6) Сравнивая это выражение с предыдущим результатом
3.14] ГЛ. 3. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ В ПРОСТРАНСТВЕ 227 Из треугольника ASD находим 3.14. Достроим пирамиду до полной. Все параллельные сечения пирамиды подобны. Составим схематический чертеж (рис. Р.3.14), на котором Л и В—стороны квадратов, равно- великих основаниям, М—сторона квадрата, равновелико- го сечению, проходящему через середину высоты данной усеченной пирамиды. Последнее условие мы запишем так: Н—Л2 = —g-i, т. е. Л2 = —тН-. Из подобия треугольников, изображенных на рис. Р.3.14, следует, что АН М Ла В h± * В ~ hi ’ откуда А = ~В, М=^-В. Л, ’ hi Рис. Р.3.14. Составим среднее арифметическое величин А и В: Я+В _ л?в+в _ Н-Мн л ~2------2------= 2 что и требовалось доказать. 8*
РЕШЕНИЯ [3.15 3.15. Достроим треугольник АВС до параллелограм- ма АВСЕ (рис. Р.3.15). Угол DAE равен углу между AD и ВС. Обозначим его че- рез л*. В треугольнике DAE AD=^alt АЕ—а. Вычислим DE. Так как в дальнейшем мы воспользу- емся теоремой косинусов, то удобнее находить DE2. Отрезок DO является медианой в треугольниках ADC и BDE: 4OD2 = 2q54-2c12—/>а, 4OD2 = 2b* + 2DE2 — BE2. Чтобы найти ED2, достаточно вычислить BE2. Но BE — диагональ параллелограмма АВСЕ, т. е. ВЕ2 = 2а2-\-2с2 — Ь2. Следовательно, .Of2 = а[ cf—bf -|- а2 с2 — Ь2. Применим к треугольнику ADE теорем}' косинусов: DE2 — af -J- а2 — 2аа1 cos х. Приравнивая два выражения для DE2, найдем cos х. При этом следует иметь в виду, что, по определению угла между скрещи- вающимися прямыми, х—острый угол. Ответ. 3.16. |Ь2+Ь2—с2—с2| 2ааг Плоскость АВЕ (рис. Р.3.16) делит тетраэдр на две пи- рамиды SABE и САВЕ с общим Рис. Р.3.16. основанием АВЕ. Так как отношение объемов дано, а g. hn 5 основание у пирамиды общее, то ~ , а в силу о
3.17} ГЛ. 3. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ В ПРОСТРАНСТВЕ 229 равенства SD и СО sin а 3 . 3 . о . о • = -Е-, т. е. sin а — sin р. snip 5 ’ 5 Кроме того, так как тетраэдр правильный, углы а и [3 образуют угол SDO, косинус которого равен у. Поэтому cos a cos р — sin a sin Р = у. Выразив в этом уравнении sin р и cos р через sin а (так как пирамида правильная, углы а и Р острые), получим где у = sin2 а. 2 Возведем в квадрат и раскроем скобки; найдем у = — и вычислим tga: t_________1 _ 1 _________________1__ ga ctga ]/'cosec3a—1 -р4 £ 3 Поскольку sin2 fJ = ^- sin2 a = , то аналогично найдем tg 0. _ 5J<2 /2 Ответ. —— > —z— • / о 3.17. Треугольники DAM и DMS (рис. Р.3.17) имеют общую высоту, проведенную из вершины D. Поэтому отно- шение их площадей равно отно- шению оснований AM и MS. Из подобия треугольников MS'F и ASK следует, что AM'.MS — KF’.FS. Отрезки KF и FS выразим через КЕ. По теореме си- нусов для треугольника KFE имеем KF—KE sin р sin(a-J-p) *
230 РЕШЕНИЯ [3.18 Так как KS =* ~^Е , то 2 cos а ’ FS = KS—KF----------------KE T-SzinP ьг 2 cos а sm(a-pp) e KE —sin (а~Р) 2 cos a sin (а-J-p) (впрочем, это можно установить и непосредственно из тре- угольника EFS). Остается найти отношение KF:FS. Ответ. 2sin р cos а sin (а—Р) ’ 3.18. По условию высота DO пирамиды проходит через точку пересечения высот основания. Поэтому, соединив точку О с вершиной С и продол- жив до пересечения с АВ, полу- чим отрезок СЕ, являющийся вы- сотой треугольника ЛВС, опущен- ной на сторону АВ (рис. Р.3.18). Прямая АВ перпендикулярна к DO и ЕС, следовательно, прямые АВ и CD тоже перпендикулярны друг другу. Таким образом, прямая CD перпендикулярна к двум прямым BD и АВ плоскости ABD, а по- тому перпендикулярна к прямой AD. Мы прямой. Аналогично доказывается, тоже перпендикулярны. Теперь нетрудно ответить на доказали, что угол ADC что прямые BD и AD вопрос задачи: площадь треугольника ADB равна -^-fi-AD, а площадь треугольни- ка ADC равна - с-AD. Отношение площадей равно отно- шению неравных катетов. ~ ь Ответ. —. с 3.19. Объем пирамиды SABC (рис. Р.3.19) равен удвоен- ному объему пирамиды с основанием DSC и высотой AD,
3.20] гл. 3. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ В ПРОСТРАНСТВЕ 231 Sfl Так как AD = у > то этот объем равен -у-, а объем всей пирамиды -g-, где через S обозна- чена площадь SDC. Проведем высоту DE и вычис- лим ЕС и DE. Треугольник CAS равнобедрен- ный (AS— АС), поэтому ЕС — ZCsin у = 2 CQS - sin у . Так как OC = ytga, то a2 Sin2 2 ~4~ cos2 а de=Vdc2—ЕС2 — = -у--— д/' sin2 а— sin2 =-« 2 cos а г 2 а - / л . о ос о о» . о ос «= 77----- 1/ 4 sin2 7Г COS2 -н— Sin2 — 2 cos а г 2 2 2 а . а a sin v г----------------- a sin -к- _____________ == -77----1/ 4 cos2 -к— 1 = -н---------1 -г 2 cos а. 2 cos а Г 2 2 cos а г 1 Остается вычислить объем: У = -у- = у-DE-EC. Ответ‘ 12^ Sin!|1/1+2 C0Sa' 3.20. Рассмотрим два случая: а> у-. лв Если угол а не тупой, то (рис. Р.3.20, a) CD — SD—-^-. Пусть SO—высота пирамиды, SD и SE—высоты в треуголь-
232 РЕШЕНИЯ 13.20 никах ASB и CSB. Из треугольника SOD OS = SD sin a — sin a, OD — — cos a. z z В треугольнике СОЕ угол ОЕС прямой, а угол ОСЕ равен 45°. Поэтому ОЕ = (CD— OD) = (1 —cos a.) Теперь можно найти тангенс искомого угла: tgx==’Sg'=^2ctgT- Если угол а тупой, то (рис. Р.3.20, б) снова получим, Рис. Р.3.20. AR что CD = SD = —. Высота OS равна д п OS — SD sin (л—a) =-у-sin а, Z отрезок OD равен OD ~ SD cos (л—а) = — cos а Z (угол а тупой и cosa<0). Треугольник СОЕ тоже прямо- угольный и равнобедренный. Поэтому 0£=Й===7Г (C7?+oz>) =vr(1-cosa)- Так как для ОЕ и OS получились такие же значения, как в первом случае, то и окончательный результат не из- менится.
3.22] ГЛ. 3. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ В ПРОСТРАНСТВЕ 233 3.21. Проведем в треугольнике АВС (рис. Р.3.21) вы- соту BD и соединим точку D с вершиной 5 пирамиды. Так как ребро SB образует равные углы с ребрами SC и &4, то SD— биссектриса угла ASC. Рассмотрим прямоугольный треуголь- ник ABD. В нем AD=SA-tg^, АВ= SA-tga, т. е. Рис. Р.3.21. cos х = ЛР _ gT АВ tga ' Так как а — угол прямоугольного треугольника, то 0< а < у, а потому tg ~ < tg а и правая часть уравнения меньше единицы. а tg7 Ответ, х — arccos -f —. (рис. Р.3.22) Г Р .3.22. А Рис. 3.22. Пусть М—-середина АВ. Тогда медианы СМ и DM являются одновременно высотами в равнобед- ренных треугольниках АВС и ABD. Сле- довательно, прямая А8 перпендикулярна к плоскости CMD, а потому и к прямой CD, лежащей в этой плоскости. Треуголь- ник CMD равнобедренный, так как СМ и MD — медианы; проведенные к общей стороне в равных треугольниках. Следо- вательно, его высота МК будет одновре- менно медианой. Итак, отрезок /<М, соеди- няющий середины АВ и CD, есть общий перпендикуляр к этим ребрам. Поэтому центр описанного около тетраэдра ABCD шара должен лежать на этом отрезке. Из треугольников MDB и MDK последовательно находим MD = ]/r65, МК= 7. С другой стороны, из треугольников OKD и АМО находим MK—KO-[-MO = ]fВ2—164-J/T?2 —9.
234 РЕШЕНИЯ $3 23 Получаем уравнение УР2—16 + У/?2—9 = 7. Ответ. R — 5. 3.23. Проведем через точку О (рис. Р.3.23) сечение BtEC^ пирамиды, перпендикулярное к стороне SA. Тогда угол равен а, а ОЕ=а. Так как пирамида правильная, то в силу симметрии тре- угольник В1ЕС1 равнобедренный, а В1С1 и ВС параллельны,. Чтобы связать высоту SO с элементами треугольника В^С^ рассмотрим треугольник SOA, для которого восполь* зуемся сравнением площадей: SO*OA=OE-SA. (1) Выразим все участвующие в этом соотношении отрезки через а, ос и /it SO = h; ОЕ—а; ОА = OCj ctg 30° = У“3а tg j; AS = У 5О2Н-ОЛ2 = = ]A2 + 3a2tg2|. Подставив в уравнение (1) и воз» ведя затем обе части уравнения в квадрат, получим уравнений . 3A2tg2-|-ft2 = 3a2tg2-^, откуда yyatg| У Рис. Р.3.23. Чтобы привести это выражение к виду, удобному для логарифмирования, преобразуем выражение, стоящее в зна* менателе под радикалом:
3.24] ГЛ. 3. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ В ПРОСТРАНСТВЕ 235 Ответ. - 2 е. параллелен плос- прямоугольник. В самом 3.24. Если в сечении образуется квадрат, то плоскость сечения пересекает все четыре грани пирамиды. Кроме того, отрезок KL параллелен МЫ, кости основания, а следователь- но, и ребру АВ. Аналогично отрезки КМ и LN параллельны ребру DC. Итак, если в сечении пирамиды — квадрат, то плоскость сечения должна быть параллельной двум скрещиваю- щимся прямым, на которых лежат ребра АВ и DC. Докажем обратное: если про- вести сечение пирамиды, плос- кость которого параллельна АВ и Z)C, то в сечении получится деле, то, что это будет параллелограмм, устанавливается непосредственно. Спроектировав DC на плоскость основания (рис. Р.3.24), мы убедимся в том, что МЫ и ЕС взаимно перпендикулярны. Отсюда следует, что прямым будет угол между DC и МЫ, а значит, и между ЬЫ и МЫ. Таким обра- зом, KLMN—прямоугольник. Мы доказали, что в сечении можно получить прямоуголь- ник только с помощью плоскости, параллельной двум скре- щивающимся ребрам. Этот прямоугольник будет квадратом, если МЫ=МК. Из подобия треугольников ADC и АМК находим 777=4^ , причем CD = УЁС^+DE2 = b2 + , AM = а—МС = х= а — МЫ. „ Подставляя в первоначальное отношение, получим [Л4К a—MN Так как МК—МЫ, то получим уравнение относительно
[3.25 236 РЕШЕНИЯ стороны квадрата, из которого ~ a У-2А2-Ьа2 Ответ. 7—— ------—.. /2Ь24-а24-а/2 3.25. Расположим пирамиду так, как показано на рис. Р.3.25. Соединим вершину Rr куба с вершинами пира- Р, Рис. Р.3.25. миды. Пирамида АВСР разобьется на три пирамиды: RrABP, R^ACP, RrBCP, у которых общая вершина Rx и оди- наковая высота х, равная по длине ребру куба. Из сравнения объемов получим -i- abc — (xab J- xbc + xac)t откуда найдем x. Ответ, —•' ab 4~ be 4- ac 3.26. Верхнее основание куба будет вписано в равносторонний треуголь- ник подобный основанию АВС пирамиды (рис. Р.3.26). Выразим сторону треугольника через сторону вписанного квадрата: д, HjCj = 2/^7:!a— 2a ctg60° a == =4i+^ ft2 (A-a)2* Рис. Р.3.26. Площадь треугольника AYBYCr тогда о2(/3-|-2)2/3 равна ------—. Так как тре- угольники АВС и подобны и рас- стояние первого от центра подобия равно h, а расстояние второго равно h — то отношение площадей равно 3.27] ГЛ. 3. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ В ПРОСТРАНСТВЕ 237 Поэтому площадь треугольника АВС равна дЗ(]ЛЗ~4-2)2/12 4 а)2 * а2Аз(74-4/”3) 12 К 3(Л—я)2 3.27. Если РРг — х, то из подобия треугольников SOE и РГРЕ (рис. Р.3.27) имеем OS х ОЕ~ РЕ * Выразим все входящие в последнее отношение отрезки a через х и известные величины. Поскольку ОС — , то OS = —— tg“- Отрезок О£=у, a РЕ — ОЕ—ОР— = -|-—* . Таким образом, исходная пропорция превраща- ется в уравнение относительно х, решая которое находим a tg а _____________________ а sin а K2(l+tga)~2 sin (2 + 04 ’ Л a sin а Ответ. ------TZT— 2 sin (-^4-
238 РЕШЕНИЯ [3.28 Рис. Р.3.28. r 3.28. Осуществив построения, изображенные на рис. Р.3.28, постараемся вычислить объем данной пирамиды как удвоенный объем пирамиды AODC с вершиной в точке А (равенство объемов AODC и BODC станет очевидным из дальней- шего). Докажем вначале, что АГВЕ— прямоугольник. Из ра- венства треугольников CFB и DEA следует, что EA = BF. Ана- логично BE — FA. Следовательно, AFBE— параллелограмм. Но EF— —АВ, а потому эта фигура — прямоугольник. Чтобы найти пло- щадь треугольника DOC, нужно вычислить его высоту CF, для чего достаточно знать стороны прямоугольника AFBE. Отрезок CF может быть найден из двух прилегающих к нему прямоугольных треугольников. С одной стороны, CF2 — BC2— BF2, с другой стороны, CF2 — AC2 — AF2, т. е. BF2 — AF2~a2 — b2. Составим систему уравнений: f BF2 + AF2 = с2, ( BF2 — AF2 = a2—Ь2, из которой найдем BF2 = у (а2 — Ь2 + с2), AF2 = у (с2 -а2 + Ь2). Теперь можно вычислить CF и АК: CF2 = а2 — ~ (а2 — Ь2 + с2) = у {а2 + Ь2 - с2), AE-AF V(a2—b*+c*) АК— EF = 2с Объем пирамиды ABCD равен 2±гАК- (4-DC-Cf). Ответ. —у= ]/(а2 + 62 — с2) (с2 + а2—Ь2) (с2—а2 + б2). 6 1г 2
3.29] ГЛ. 3. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ В ПРОСТРАНСТВЕ 239 3.29. Расположим пирамиду ABCD так, как показано на рис. Р.3.29, а. Воспользуемся методом сравнения объемов по отношению к телу ANBMCD. С одной стороны, его можно рассматривать как состав- ленное из двух пирамид с общим основанием MNCD и с вершинами в точках А и В. Основание MNCD— прямоуголь- ник с известными сторонами. Высотами будут перпендику- ляры АК и BL, опущенные на MN (рис. Р.3.29, б). Так как Рис. Р.3.29. нам нужна сумма объемов двух пирамид с общим основа- нием, то выразим AK-\~BL через АВ и sin а. Тогда объем нашего тела будет выражен через а. С другой стороны, vANBMCD = ^ABCD + ^ABMD + ABNC' Проведем Л(7||#Д (рис. Р.3.29, б). Тогда AKA~BL — GB~ 12 sin a, SMNCD = 6 • 8 — 48, Vanbmcd — $mncd +BL) = 4*48 sin a, SMANB ~ 4" AB • NM sin a — 48 sin a, 4b g Vabcd + Vabmd + Vabnc = 48 (SABM + SABN) = = 48 -J- manb 48 • 48 sin cc. Таким образом, 48 + 2 • 48 sin a = 4 • 48 sin a. Отсюда 1 sm a — . Ответ. a = ~ . D
240 РЕШЕНИЯ [3.30 3.30. Поставим четырехугольную пирамиду Л1ВВ1С1С, в которую вписан шар, на основание ВВрр (рис. Р.3.30). Пусть Н—высота призмы, а—сторона основания. Радиусы окружностей с центрами О и Ог равны R. Так как тре- угольник В1Л1С1 правильный, то «=2]/3 R. Рассмотрим треугольникРЛ^. Он прямоугольный и его пло- щадь, с одной стороны, равна Рис. Р.3.30. а с другой стороны, (Ар + DE + Ар), Поскольку DE = H, = AtE- ]/ получаем уравнение относительно /7, которое после под- становки a = 2]/~3R и возведения в квадрат принимает вид H* = AHR, откуда H—AR, Ответ. 12)/~3/?3. 3.31, Центр шара, касающегося трех ре- бер правильного тетраэдра, исходящих из об- щей вершины, должен лежать на биссект- рисе соответствующего трехгранного угла, которая совпадает с высотой тетраэдра, опущенной из этой же вершины. Поскольку все четыре биссектрисы пересекаются в одной точке—центре вписанного в тетраэдр шара, достаточно рассмотреть тре- угольник SOA (рис. Р.3.31), где SO — высота тетраэдра, 5 Л— его ребро, а Ох— центр искомого шара и шара, вписан- ного в тетраэдр. Треугольники 5Л0 и SOp подобны. В первом известны все стороны, во втором SO± = 6 . Это позволяет вычислить R. 4
3.33] ГЛ. 3. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ В ПРОСТРАНСТВЕ 241 3.32. Если один куб расположен внутри другого, а вер- шина О у них общая, то диагонали этих кубов, проходящие через О, лежат на одной прямой. Поэтому из всех по- добных кубов, которые можно поместить в параллелепипед, мы выберем максимальный. Пусть с < а и с < Ь. Тогда в параллелепипед можно поместить куб с ребром с (рис. Р.3.32). Вычислим все сто- роны треугольника АВО и восполь- зуемся теоремой косинусов: АВ2 = АО2 + ВО2 — 2АО • ВО cos х, AO2 — a2-\-b2-\-c2, ВО2 — Зс2, АВ2 = (а — с)2 + (^ — с)2. Для определения cosx получим уравнение КЗ/<г24-й2 + с2 cos х — с -}- b + а, которое симметрично относительно а, Ъ и с, а потому hv зависит от соотношения между этими величинами. Убе- дитесь сами в том, что cosx не будет больше единицы при любых а, Ъ и с. я-|~ Ответ, arccos —-==—. К3 Vо2-Ьб24-с2 3.33. Разность углов А и С рав- на ср, BD—биссектриса угла В в тре- угольнике АВС (рис. Р.3,33). Вычис- лим угол а: В , зг—А—С , а = т + С =-5--+С = зт , С—А_зг , ср "2 1 Объем призмы равен произведению ААг на площадь осно- вания АВС, т. е. АА} AD-DBsin а +-т,-DC-DB sincz^ = = -i-AA^DB-ACsina — ^ aS cos-^- . A £ A Ответ. -= aS cos . A A
242 РЕШЕНИЯ [3.34 3.34. Пусть выбраны диагонали CtD и В±С (рис. Р.3.34). Так как ВгС || A±D и Ср || ВгА, то плоскости AjCjP и АВгС параллельны. Расстояние между ВТС и CXD равно расстоянию меж- ду этими плоскостями. Обе плоскости Арр и АВГС перпендикулярны к диагонали BDV Поэтому искомое расстояние рав- но разности между отрезком BDt и удвоенной высотой пирамиды D^CjD. Объем этой пирамиды fl3 равен у, а площадь основания л гл °2 Арр равна —, следователь- но, высота h . Так как BD. = а 1/ 3, 1 /-« 2а а иие равно а у 3—-р== = р==;. то искомое расстоя- Ответ. —==. 1<3 3.35. Из соображений симметрии ясно, что точка О лежит на диагонали АС± куба. Для доказательства достаточно уста- новить, что плоскость KMN (рис. Р.3.35) перпендикулярна к AQ и что ACt проходит через точку О1Э являющуюся центром треуголь- ника KMN. По теореме о трех перпенди- кулярах ACt | ВО. Следователь- но, ACt | KN. Аналогично пря- мая АС7 перпендикулярна к КМ или MN, т. е. АСГ — перпендику- ляр к плоскости KMN. Треугольник KMN равносто- ронний. Так как AK=AN = AM, Рис. Р.3.35. то из равенства соответствующих треугольников, имеющих общие вершины в точках А и Olt получаем KO1 = NO1l — MOv Мы доказали, что центр О сферы лежит на продолжении отрезка АСХ.
3.37] ГЛ. 3. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ В ПРОСТРАНСТВЕ 243 Так как АК—биссектриса в треугольнике ОЛТ?!, то = Отсюда найдем OK—R, выразив остальные от- резки через ребро куба: кох=^=-!Щ==-$=, ао^Уак2—КО{=-^=, 1 У 3 2 Уз Уб’ 1 /12 0А = ОО1—АО1 = УоУ2^КО2 = АО1^ ]/ R2~—~ Подставив все эти выражения в пропорцию ОК КО± ОА АОг полу- чим уравнение относительно R. После простых ний это уравнение запишется в виде 6R2 —ZyUaR—За2 = 0. Геометрический смысл имеет только поло- жительный корень. Ответ. R = ~ а. 3.36. Пусть ребро тетраэдра равно а, тогда для решения задачи нужно выразить через а высоту цилиндра (рис. Р.3.36): оо1=уо1в2-ов2 = У преобразова- ние. Р.3.36. Т/ 2 efl 1/ 2 Объем цилиндра равен —~; объем тетраэдра — Остается найти отношение объемов. „ 2 Ответ, о-. ЗЯ 3.37. Опишем около данной пирамиды конус с обра- зующей Z, высотой Н и радиусом нижнего основания R. Объем конуса больше объема пирамиды. Если мы докажем, что объем конуса меньше куба образующей, то задача тем самым будет решена. Введем в рассмотрение угол а между Н и I. Тогда Н = I cos a, R — l sin а,
244 РЕШЕНИЯ (3.38 объем конуса равен V — -тг R2H = ~ /3 sin2 a cos а. О о Составим отношение: V 1 -о я . п л sin2 а cos а = -ё- sin 2а sin а -т- < 1, t o о о что н доказывает сформулированное в условии утверждение. 3.38. В осевом сечении конуса получим картину, изобра- женную на рис. " Р.3.38. По условию r—pR. Из подобия треугольников ЕОВ и ЕОгВ получим г __ Н—2Е—Г R ~ H-R ’ А Рис. Р.3.38. е. Н~ 2R2 Н~ R-r' а из подобия треугольников ADB и ОЕВ {АВ—1) найдем I H—R Р “ R 1 т. е. . H—R 14-р 1 Р R ~Р1- р- Так как /2 — р2 — /^2, получаем уравнение относительно р, о * R2 решая которое находим р2=—. Полная поверхность ко- нуса равна яр (р Н- /). 2 уу_____п С ПОМОЩЬЮ производной пропорции ИЗ соотношения — = —5— р к получим /-}-р И // , \ 2Н 2R2 ~Р~~Р' т. е. (/ + р)р = р*_ = _—. Сумма поверхностей шаров равна 4л (/?2 + г2). Составим искомое отношение: Ответ. 2р(1—р)(1+/?2).
3.39] ГЛ. 3. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ В ПРОСТРАНСТВЕ 245 3.39. Обозначим радиус сферы через /? и рассмотрим осевое сечение каждого из конусов. Второй конус можно расположить внутри сферы про- извольным образом. Мы рас- положим его так, чтобы обра- зующие обоих конусов были параллельны (рис. Р.3.39). Вы- разим радиусы оснований кону- сов через R. В треугольнике FOK углы OFK и OKF равны у . Следо- вательно, угол ЕОК равен их сумме, т. е. а. Из треугольника ЕОК находим since. Далее, EF—EO-\- OF=^R(\ -J- cos a), cd=co+od=r(\ -i—L_y sin Т/ z a COS у DB=DCt°^ = R +-J-7 Z. I • \ slnT Составим теперь отношение объемов и приравняем его к а. После простых преобразований придем к уравнению относи- тельно а: , । . а п з z— . а о а 1 + sin -х- = 2 р/ a sin -х- cos2 , л л или 1 + sin у = 2 у a sin у ( 1 — sin2 — \. Так как l-j~siny=/=O (иначе не существует конус), то 2 p/a sin2 у—2 p/a siny-J-1 =0, откуда
246 РЕШЕНИЯ [3.40 Так как а > 0, то выражение, стоящее под знаком аркси- нуса, как легко проверить, всегда расположено между 0 и 1. Чтобы можно было осуществить извлечение корня, необхо- димо взять а ^8. Ответ. при а 8. 3.40. Боковая поверхность конуса равна яг/. Так как по условию H = rt то / = грг2. Получаем лг2 ]/~2 = л 2, откуда г = 1. Полная поверхность конуса равна л У~2 Н- яг2 = л (1 Ч-1^2), а площадь полной поверхности пирамиды в два раза больше: 2л (1 4-1^2). Так как высота каждой грани пирамиды равна то полупериметр основания пирамиды равен 2л(1 + /2’)_ 1+г Так как радиус вписанной в основание пирамиды окружности равен единице, то площадь основания равна 2л. Теперь определим объем пирамиды. 2л Ответ, -к-. О Рис. Р.3.41. 3.41. Расстояние между центрами и О3 двух не касающихся друг друга шаров равно 2г У 2 (рис. Р.3.41, а). На рис. Р.3.41, б изображено осевое сечение конуса, про-
3.42] ГЛ. 3. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ В ПРОСТРАНСТВЕ 247 ходящее через О± и О3. В этом же сечении будет лежать и Оъ. В треугольнике О5ОгЕ сторона О1О5 = 2г1 а ОгЕ =« = г/2, следовательно, 77-77- = — ОЛ у 2 рен 45°. Треугольник ASD подобен Поэтому H = R. Найдем Н: т. е. угол О5ОГЕ ра* треугольнику ОАОъЕъ //=5О64-О5Е + ££> = ]/’2г + -^= + г = г(2]/2+ 1). Теперь можно найти и объем конуса: V=^(2]/2+ I)3. О Ответ. ^(22 У 2 + 25). 3.42. Так как ребро SD перпендикулярно к плоскости основания, то треугольник SCD (рис. Р.3.42, а), в который вписана окружность основания цилиндра, прямоугольный. Рис. Р.3.42. Радиус этой окружности равен площади треугольника SD€\ деленной на полупериметр, т. е. ah Угол МЕК равен углу SAD, так как треугольники МЕК и SAD подобны. Из треугольника SAD находим, ctg / SAD — » Следовательно, и ctg /_ МЕК= . Для дальнейших рассуж» дений достаточно рассмотреть трапецию EMNF(pHQ, P.3,42j б}*
248 РЕШЕНИЯ [3.43 3.44] ГЛ. 3. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ В ПРОСТРАНСТВЕ 249 Отрезок МК=2г. Из треугольника МЕК находим АМСctg /_ МЕК=~. Искомый отрезок KF=EF—EK= а= ° . Птоот а(/^+Л24-Л-а) 1<а24-/12 + Л-|-а 3.43. Пусть OA — R, SO — H, ребро куба равно а (рис. Р.3.43). Из подобия треугольников SOA и SOYB $ получим ОгВ _ 02С а'У 3 _ а H—OOi^H—200^ Т' е’ 2//—а/2~2Я—2а}<2 ’ Упростим последнюю пропорцию и найдем из нее Н\ н _а /2(2 /3—1) 2 /3—2 С помощью первого соотношения определим теперь R: = (2/3-1). 2Н—а /3 2 ’ Остается сосчитать отношение объемов: 4- я&Н о а3 Ответ. ZLQ(2.^-O3(^+O. 3.44. Обозначим через а сторону нижнего основания пирамиды, через b — сторону ее верхнего основания, а че- рез 5 площадь боковой грани. Объем пирамиды можно запи- сать так: /-[(^+*2)1^+351. о L т* , С другой стороны, объем равен % (5, 4- 5а + | [(а2 4- Z>2) + ab Приравнивая эти два выражения, найдем 5 = (а4-6)2^. Вспомним, что боковая грань—трапеция, боковые ребра которой равны верхнему основанию. Площадь этой трапеции легко найти, если вычислить ее высоту: h = ]/й2 - (^)2 = у /Зй24-2«6-аг, S = ± (а 4- b) /3/>2 + 2aZ>—«2. Сравнивая с предыдущим выражением для S, получим урав- нение относительно — . После сокращения на а-\-Ь (равенство суммы а-\-Ь нулю не имеет геометрического смысла) и воз- ведении в квадрат придем к выра- жению 2Z>2-J-«& —л2 = 0, или Так как а и b — положительные величины, то -?- = 2. или а — 2Ь. D Чтобы связать величины b и г, спроектируем точк}' С\ на пло- скость нижнего основания (рис. Р.3.44). Поскольку ра- диус описанной окружности треугольника АВС в два раза
250 РЕШЕНИЯ 13.45 больше радиуса описанной окружности треугольника А^В^С^ то ОС = -£=. К 3 По теореме Пифагора для треугольника CrDC b2-b^ = 4r2, - * <5 откуда 6 = г]/'б, а = 26 = 2г/6. Остается вычислить объем: т / 2г , л f г •» \ 3 . . 3 v = y (а2 + Ь~)-^—\-ab-t-f- = 71<3г3. Ответ. 7/3 г3. 3.45. Пусть 0Y и 02 —центры меньших шаров, 03 — центр большого шара, а О — центр шара, радиус которого нужно определить. Спроектируем точки Ох, 02, 03 и О па плоскость (рис. Р.3,45). Треугольник Р^Р^Рз равнобедренный и точ- ка Р лежит на его ме- диане и высоте. Обозначим радиус 0Р = х. После этого многие отрезки на рис. Р.3.45 можно будет выразить через R, г и х. Отложим на О3Р3 — — R отрезок ВР3 = г, как основания призмы. Треугольники ОГО2В и РХР2Р3 равны, Перед нами задача — связать величины г = — О2Р2, R = — О3Р3, х~ОР. Прямоугольные треугольники ООГЕ и 003С позволяют вычислить отрезки РгР и Р3Р. Отрезок DP3 — AB можно найти из прямоугольного треугольника 03АВ (03Д можно считать известной величиной). Полученные отрезки образуют прямоугольный треугольник PtDP, для которого будут вычислены все стороны. Теорема Пифагора для этого треугольника и даст нужное нам соотношение между г, R и х* Проведем теперь все вычисления.
3.46] ГЛ. 3. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ В ПРОСТРАНСТВЕ 251 Из треугольника О%АО2 находим ЛО* = O2Ol + = + = + 2Rr; из треугольника О3АВ находим АВ2 = ЛО32 - OSB2 = Я2 + 2Rr - (R — г)2 = 4/?г - г2. Следовательно, DPl~bRr— г2. Вычисляем Р3Р2 = СО2 = (Я + х)2 —(R— х)2 = 4/?х и PrP2 = ЕО2 = (\ О2 — (\Е2 = (г + х)2 — (г — х)2 = 4гх. В треугольнике P±DP известна гипотенуза Р±Р. Катет Pfl — r^ а ка/ет DP= DP3—P3P = Wtfr — r2—VlRx. По теореме Пифагора P1P2 = PlD2-\-DP2, т. е. 4гх = г2 + 4Рг — г2 — 4 У 4/?2г — r2R ]/*х + 4Рх, или (R— г) х — У 4R2r — r2Ry x4-/?r = 0. Решая это уравнение, находим 1Г— _ y4R^r—r^E ± УзяТ2 V Х~ 2(R—r) Хотя правая часть в обоих случаях положительна, нужно взять только знак минус, так как второе значение для ]/~Х оказывается больше У г, что невозможно. Ответ ^(2^ + г-У(4/?-г)Зг) итвет. 2 (Я—г)2 3.46. Пусть и О2 — центры двух равных шаров с ра- диусом R, a Os — центр третьего шара радиуса г (рис. Р.3.46). Треугольник прямоугольный, т. е. OjO^O^ + OsF2»
252 РЕШЕНИЯ [3.46 Так как СЦОд^ R^r, O1E=R— г, то остается вычислить O3F. Из треугольника BDE, в котором Z)B = O3F, имеем DB2 = DE' + EB2. Длину отрезка ЕВ можно найти как АВ — АЕ. Но АВ — /?ctg~ (из треугольника (\АВ), а АЕ = CD — г ctg у (из треугольника OfiD}. Таким образом, BB2=(/?ctg-f-rctg^)2. Отрезок DE можно определить, если воспользоваться усло- вием, что шары О1 и О2 касаются. Отрезок О±О2 равен 2R Рис. Р.3.46. и параллелен плоскости П. Следовательно, KB = 2R и DE = LB — R. Величина DB2 теперь найдена: PB2 = ^2 + ctg2^(/?-r)2, и теорема Пифагора для треугольника О1О3/? примет вид (R + г)2 = (R - г)2 4- /?2 + ctg2 (R - г)2. Раскрыв скобки в членах, не содержащих множителя ctg2 найдем , g 2 (R—ry '
3.47] ГЛ. 3. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ В ПРОСТРАНСТВЕ 253 По условию = т\ разделим 1\ правой части почленно на Rz: числитель и знаменатель ctC2 “ = 4 И L = ё 2 с1—"1)2’ V Число т всегда меньше единицы, так как по условию г меньше R. Кроме того, 4m—1^0, так как слева стоит квадрат. Но ctg-^ = O, если — и а = я, что невоз- можно. Поэтому 4/д—1>0 и tn> ~ . Ответ. При y<w<l а = 2 arcctg -. 3.47. Обозначим центры шаров буквами Оъ О2 и О3, а их проекции на плоскость Р через Л, В и С. Треуголь- ник АВС (рис. Р.3.47) равносторонний со стороной 2R, а точка О — проекция вершины S конуса будет центром этого треугольника. Рис. Р.3.47. Образующую конуса, которой касается шар с центром в точке Оц обозначим через SD, а точку касания — бук- вой Е. Отрезок ОкЕ перпендикулярен SD и равен R. Так как данный конус равносторонний, то угол между образую- щей и ее проекцией на основание конуса равен 60°. По условию 6*0=10, следовательно, О0 = 10-ctg 60° =.
254 РЕШЕНИЯ (3.48 Отрезок АО находим из треугольника АВС: AO=-^=t / 3 Таким образом, AD = - • ^гол равен 120°, а луч OtD делит его пополам. Из прямоугольного треугольника AOXD /? = ^Otg60°, т. е. = у 3 откуда находим R. Ответ, 10сл1. 3.48. Пусть (рис. Р. 3.48). Тогда середина и SO2— оси С соседних конусов отрезка OYO2 лежит на общей образующей этих конусов. Угол OjSOz ра- вен углу в осевом сече- нии конуса, обозначим его через х. Тогда углы и O2SA2 равны у . Проекции осей SOX и SO2 на плоскость Р лежат на образующих, по ко- торым происходит каса- ние конусов с плоскостью Р. Так как конусов л, лол 2jl то угол = — . Отрезок можно выразить через АГВ двумя способами. С одной стороны, SOr = -°-1С - = . С другой стороны, sin sin ± q SA о , а так как COS у SA1=-^1, то 50,= х Л 1 АД Л X Sin — COS -н- п 2
3.49] ГЛ. 3. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ В ПРОСТРАНСТВЕ 255 Приравнивая полученные для SO± выражения, получим , X . Л tg тг 3 Sin — . & 2 п Ответ. X — 2arctg^sin . 3.49. Так как угол АОВ (рис. Р.3.49) прямой, то точки А и О лежат на сфере, построенной на АВ, как на диаметре. Сле- довательно, все внутренние точки отрезка АО лежат внутри Рис. Р.3.49. этой сферы. Поскольку центр сферы, радиус которой мы ищем, лежит на АО, то возможно лишь внутреннее касание сфер. Центр О2 вписанной сферы соединим с точкой F, в ко- торой происходит касание сферы с одной из граней. Из по- добия треугольников FO2A и ОКА имеем ло2 —т. е. ЛО2 = Зг, К з 2 a 6 где г —искомый радиус. Спроектируем точку на АО и рассмотрим прямоуголь- ный треугольник О±ЕО2. В нем ОГО2 равно разности радиу- сов, т. е. О1О2 = “—r\ EOl равно половине ОВ, т. е. . Отрезок О2Ез=\АЕ — ЛО2|. Знак абсолютной величины означает, что точка О2 может оказаться ниже точ- ки Е, либо выше ее (см. рис. Р.3.49, на котором изображены оба
256 РЕШЕНИЯ [3.50 случая). Так как ДВ = -|-ДО = -^=, а ДО2 = Зг, то z у 6 fl О I О2Е = По теореме Пифагора О2О? = О2Е2 + ЕО1 е. После простых преобразований получим уравнение 8г2 + (1-/6) аг = 0, откуда а. 8 Так как ДО2 = Зг, то АО2 = ——f ~~ г » 2 g как АЕ — —^=. Сравнивая А0о и АЕ, У 6 больше. Следовательно, точка О2 на располагаться ниже точки Е. ~ /'6'—1 Ответ. -—з—а. о 3.50. Плоскость П, проходящая через ось РР и центр О основания пирамиды, образует в сечении некоторый треуголь- ник SMN (рис. Р.3.50). Повернем треугольник SAB около оси РР гак, чтобы он лег в плоскость П. Так как АВ = MN, а высота SO меньше высоты SK, то треугольники располо- жатся так, как показано на рис. Р.3.50. Любое другое се- чение SEE пирамиды попадет внутрь пятиугольника SMABN, а все сечения дважды покроют этот пятиугольник. Остается определить объем тела, полученного от враще- ния пятиугольника SMABN вс- оси РР. Половину искомого объема можно получить а, в то время мы видим, что АО2 рис. Р.3.49 должна круг в виде разности объемов цилиндра, полученного от враще-
4.1] ГЛ. 4. ЗАДАЧИ НА ПРОЕКЦИОННОМ ЧЕРТЕЖЕ 257 ния прямоугольника SKBLt и конуса, полученного от вра- щения треугольника SNL: У VsMABN = VsKBL — VsNL~ — nSK2-BK—~nLN2-BK=n-BK(sK2—-^-LN2\ . Из соответствующих треугольников находим SK=у ctg у; LN2 = SO'1 = S№ - NO2 = у ctg2 у . Таким образом, ,. (a2, i 2 a 1 cfl 2 a . a2 \ VsaiABN = m(j c® 2 “У7 * 2 + ]2] = = =f(2ctg2^+l). Ответ. ~ ^2 ctg2 + 1) . Глава 4 ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ НА ПРОЕКЦИОННОМ ЧЕРТЕЖЕ 4.1. Проведем АЕ до пересечения с DC в точке F (рис. Р.4.1, а). Точка F лежит в плоскости грани DD^C.C, Рис. в которой лежит еще одна точка О, принадлежащая сечению. Проведем FO до пересечения с DtD в точ- ке АЛ Таким образом, сечение, о котором идет речь в условии, построено; это ANAIE на рис. Р.4.1, а). 9 Е. Б. Баховский, А. А. Рывкин
258 РЕШЕНИЯ [4.2 Обозначим ребро куба через а и вычислил! объем фигуры, лежащей под сечением, как разность объемов двух пирамид* NAFD и MEFC. Отрезок ЕС—средняя линия в треугольнике AFD, сле- довательно, CF=CD ~а. Вычертим отдельно треугольник NFD и проведем OK\\KD (рис. Р.4.1, б). Так как О —центр грани куба, то ОК—-^-, DK— КС = у , Из подобия образовавшихся треугольников находим М?=4, ЛЕ> = 2ЛК? = ^. О о Так как треугольники EFC и ЕАВ равны (рис. Р.4.1, о), то площадь треугольника AFD равна а2, а площадь тре- а2 угольника EFC равна Теперь можно вычислить объем фигуры, лежащей под сечением ANME\ 1 лгп 2 1 °2 1 2а 2 1 а а2 7а3 -ND'E--МС- -^-^—а2— = 3 3 433 334 36’ и найти искомое отношение объемов. Ответ. 29:7. 4.2. Проведем прямую FG, которая пересечет ZXBX и ЛХРХ в точках М и L соответственно (рис. Р.4.2). Соединив точ- можно найти стороны ки Л4 и А и точки L и А, получим еще две точки Е и КУ принадле- жащие сечению. Площадь сечения AEFGK вычис- лим как разность площади треуголь- ника AML и удвоенной площади треугольника KGL. Треугольники FBJVL, FC-fi и GD^ равны. Следовательно, DrL = =8^=^, MF=FG=GL. С по- мощью треугольников MAtL и AAtL . треугольника AML\ AM = AL = VА^ + ЛХА2 = ,
4.4] гл. 4. ЗАДАЧИ НА ПРОЕКЦИОННОМ ЧЕРТЕЖЕ 259 его высоту и его площадь 8 Треугольники AML и KGL подобны, так как GK и AM параллельны (они получены в результате пересечения двух параллельных граней куба плоскостью сечения), с коэффи- циентом подобия 1/3 (мы доказали раньше, что ^GL — ML). Следова- тельно, площадь треугольника KGL равна l/9 площади треугольника AML, а площадь сечения AEFGK равна 7/9 площади AML. К Рис. Р.4.3. Ответ. —. 4.3. Пусть К—точка пересече- ния А(\ и СХС (рис. Р.4.3). Соеди- ним К с центром Q боковой грани BB-fi-fi и получим сечение куба. Так как Q — центр симметрии квад- рата B-fi^CB, то BrE — FC. Прове- дем О£г и АС. Отрезок О£г — средняя линия в треугольнике АКСУ и, следовательно, KC^ — Cfi. Треугольники KFC и КЕСг подобны с коэффициентом подобия 2. Поэтому FC = 2£Cr Так как FC = B1E, то от- ношение отрезков ВХЕ к ЕСГ равно 2. Ответ. 2. 4.4. Пусть высота данной пирамиды /г, сторона основа- ния а. Найдем объем фигуры, лежащей под сечением BEFG (рис. Р.4.4, а), как разность объемов пирамид ЕВСМ и FGDM. Объем первой пирамиды равен 1 h 3 * 2 где v — объем данной пирамиды. 9*
260 РЕШЕНИЯ (4.4 Чтобы найти высоту пирамиды FGDA1, сделаем чертеж плоскости, в которой лежит грань SDC (рис. Р.4.4, б). Проведем EL параллельно SD. Так как Е — середина SC, Рис. Р.4.4. то DL~ — DC — -^. Из подобия треугольников MEL и MED найдем FD _ МР 2а 4 EL~ ML~2,ba~ 5 ' Нетрудно проверить (сделайте это самостоятельно), что 4 высота пирамиды FGDM равна высоты ЕВСМ. О 4 . т. е.гоЛ. Из подобия треугольников MGD и АЛВС (см. рис.Р.4.4,я) найдем GZ) = ~. Это означает, что объем пирамиды FGDAft О равен 1 4/1 2а* 4 / 1 . Л 4 •o' • Тл * -о- = Тс "о- 'га = те 3 10 3 15 \ 3 J 15 Таким образом, объем фигуры, лежащей под сечением, равен 3 4 29 -г V— 7= v = 4 15 60 29 Ответ, .
4.6) ГЛ. 4. ЗАДАЧИ НА ПРОЕКЦИОННОМ ЧЕРТЕЖЕ 261 4.5. Сечение AMND и диагональная плоскость ASC раз- бивают данную пирамиду на четыре части. Так как высота пирамиды NACD (рис. Р.4.5) вдвое меньше высоты данной пирамиды, а площадь основания вдвое меньше площади основания ABCD, то ее объем равен , где v—объем данной пирамиды. Рассмотрим пирамиды AS ВС и ASMN с общей вершиной А. Их вы- соты равны, а площадь основания первой в четыре раза больше. Сле- довательно, их объемы относятся, как 4:1. Таким образом, на долю 3 пирамиды ABMNC приходится -&v. Теперь можно найти, какую часть объема пирамиды со- ставляет фигура, расположенная под сечением: 1,3 5 _г,+_г,=_г,. Ответ. 5:3. 4.6. Соединим точки Р, Q и после чего соединим их между Из подобия треугольников R с вершиной А (рис. Р.4.6), собой. Продолжим А1В1 до пересечения с QP в точке Е и до пересечения с QR в точке F. Обе точки Е и F лежат в плоскости верхнего основания, a EF— след сечения в этой плос- кости, который пересекает верхнюю грань куба по от- резку МК. Продолжим DC до пере- сечения с PR в точке G и соединим К с G. На ребре CCt получим точ- ку L, принадлежащую се- чению. QATE и QAP следует, что 3 = 4XQ =-s-а, где а — ребро куба.
262 РЕШЕНИЯ [4.7 Следовательно, ВГЕ = -^. Аналогично Z)1F = ~ и CG = = — , откуда следует, что МСГ = КСг = LCr = ~. Объем аз пирамиды MCrLK равен Ответ. 1:47. 4.7. ПустьMN=a (рис. Р.4.7). Тогда a-SK=2S. Выра- зим искомую площадь через а и SK. Отрезок АВ—средняя Рис. Р.4.7. линия трапеции IMNJ, а отре- зок DC—средняя линия тре- угольника SIJ. Поэтому АВ — ^а, DC=a. Из подобия треугольников SOK и HOG следует, что НО — — у SK. Осталось определить HL и ЕЕ: HL = GL—GH— = ^sk~sk=±sk-, из подобных треугольников ESL и RSP EF SL KG 1 сг, а — = SP=KP^’ т- е' ^=4- Теперь можно подсчитать площадь сечения, которая равна i-(ABJ-CD) GH + -^(CD + FE) HL = ' = ’ GH4-4 aHb\ =4 (у S/<+ Т SK} =^SK- Так как aSK=2St то площадь сечения можно выразить через S. 25 с Ответ. jgO. 4.8. Спроектируем С±С на плоскость основания призмы (рис. Р.4.8). Отрезок ЕК—средняя линия в треуголь- нике QCF.
4.9] ГЛ. 4. ЗАДАЧИ НА ПРОЕКЦИОННОМ ЧЕРТЕЖЕ 263 и DO параллельны, а с, Рис. Р.4.8. Через точки К и D проведем прямую, которая пересе- чет АВ в точке М. Докажем, что ЕМ—высота в треуголь- нике АВЕ. Поскольку КС = ~ ЕС, a DO —ОВ (АВС— правильный треугольник) и FC= ОВ (треугольники CrFC и ВГОВ равны), то КС—DO. Покажем, чтоВ самом деле, так как ОВ ]_АС, то и ВВ1_\_АС. Следовательно, CCjJ^zlC, а значит, и КС^_АС. Итак, КС фигура KCOD — параллелограмм. Теперь мы можем воспользовать- ся тем, что отрезок КМ парал- лелен СО, а потому перпендику- лярен к АВ. Отсюда следует, что ЕМ—высота в треугольнике АВЕ. Остаются простые вычисления: ^=1ов,= 7Ш=СО=Мг^- О Площадь треугольника ADB можно найти двумя способами: ^DM-AB—^-DB-AD, т. е. b • DM == — , откуда MD = = РУ3 . Теперь найдем ЕМ-. ЕМ=]/'КЕ2 + КМ2 = У KE2 + {KD + DM)2 = -j-J/4/2+15&2 . Ответ. ^-l/4Z2 +15&2. О 4.9. В' диагональной плоскости ВВрр (рис. Р.4.9) про- ведем через точку F отрезок EG, параллельный BD. В дру- гой диагональной плоскости АА^С проведем через точку Е отрезок ^ |]д4Сх. В плоскости верхнего основания построим отрезок MN|| B1D1 и проходящий через точку L. Точки К, G,
264 РЕШЕНИЯ [4.9 N, Л1, Е являются вершинами сечения, площадь которого мы должны вычислить. Это сечение—пятиугольник, разбиваю- щийся на треугольник EKG и трапецию EGNM. Если KR— Рис. Р.4.9. высота треугольника, a Q — точка пересечения KR\i EG, то площадь пятиугольника равна ±KQ-EO + ±(EO+MN)QR. Так как KL || ЛС1( то и Ж=|в1О1=|еС. В свою очередь EG = а2Ь2. Поэтому . Чтобы вычислить отрезки KQ и QR, спроектируем KR на плоскость основания. Точка Q спроектируется в Р, а точка R—в Н. Обозначим через S и Т проекции точек К и Q на отрезки QP и RH соответственно. По теореме о трех перпендикулярах AP^_BD. Сравнивая площадь треугольника ADB, получим AP-BD = ab, а так как BD — У«2~г#2, то Уа*+Ь*'
4.10] ГЛ. 4. ЗАДАЧИ НА ПРОЕКЦИОННОМ ЧЕРТЕЖЕ 265 Из подобия треугольников легко получим АК=^с, RT=±c, QS — ~c. Поскольку MN=^-B1D1, то QR = ^-KQ. Из треуголь- инка KQS находим KQ = J/7cS2-1-©S2 == ]A4P2 + QS2 = /а2&2 • С2 J Г 4a2f,2_f_c2fl?,_l_^2 а2_|_^+ 4 — 2 V Теперь мы можем вычислить площадь фигуры: S = ±KQ-EG+±-IeG — KQ^EG-KQ. Ответ. 1/4<г2йг4-с2а2 + с26г. 4.10. Чтобы построить тень куба, достаточно построить тень, отбрасываемую верхним основанием. По условию источ- ник света расположен на высоте 2h. Из подобия треуголь- ников, получающихся при построении тени, следует, что тенью, отбрасываемой верхним основанием куба, будет квад- рат A2B2C2D2 (рис. Р.4.10; см. также рис. 1.4.10). Каждая сторона этого квадрата параллельна соответствующей сто- роне основания куба и равна 2h. Отрезок ОО2, соединяю- щий центры квадратов ABCD и A2B2C2D2, при вращении источника света не изменяется и равен R. Чтобы получить
266 РЕШЕНИЯ (5.1 тень куба, нужно на рис. Р.4.10, а построить «внешние» отрезки, соединяющие соответственные вершины квадрата Л2В2С2О2 с вершинами нижнего основания куба. Задача становится плоской. Нужно выяснить, когда пло- щадь полученного многоугольника будет максимальной, если точка О2 вращается вокруг точки О, а стороны квадра- та A2B2C2D2 остаются параллельными сторонам квадра- та ABCD. В двух случаях (рис. Р.4.10, б и в) плошадь будет дости- гать максимума по сравнению с близкими положениями точки О2. В самом деле, если точка О2 немного сместится из положения, изображенного на рис. Р.4.10, б, вправо или влево по окружности радиуса R, то площадь тени умень- шится, так как уменьшится площадь трапеции ADD2A2: у этой трапеции основания AD и A2D2 не изменятся, а вы- сота станет меньше. То же самое произойдет и в случае, изображенном на рис. Р.10.4, в. Здесь уменьшится площадь трапеции BDD2B2. Остается сравнить площади этих двух фигур. Площадь первой равна ., о , З/i / г, h\ площадь второй При R > 2й вторая площадь больше, что и доказывает сформулированное в условии утверждение. Г пава 5 ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ МЕСТА 5.1. Из любой точки М (рис. Р.5.1) отрезок ON виден под прямым углом. Следовательно, искомое геометрическое место точек — окружность, построенная на отрезке ON, как па диаметре. 5.2. Пусть точка М .принадлежит искомому геометриче- скому месту точек. По теореме косинусов для треуголь- ника АМВ (рис. Р.5.2) имеем АВ2 = AM2 + ВМ2—2 AM • ВМ cos а.
5.3J ГЛ. 5. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ МЕСТА 267 Так как AM • ВМ cos а = ~ ^2> 4 то AM2 + BM* = ^AB2. Положение рая равна точки М определяется медианой МС, кото- АМС2 = 2АМ2 + 2ВЛ42 — АВ2. Воспользуемся 2(АМ2 + ВМ2) предыдущим соотношением и заменим на 54В2: 4Л1С2 = 54В2—4В2, т. е. МС=АВ. Итак, искомое геометрическое место точек—окружность радиуса АВ с центром в середине АВ. А Рис. Р.5.2. 5.3. Докажем вначале, что если точка М лежит на рас- сматриваемой окружности, то выполняется сформулированное в условии задачи соотношение. Обозначим центр окружности буквой О и выберем на окружности произвольную точку М, отлич- ную от Л и С (рис. Р.5.3). Применим к стороне МВ тре- угольника АМВ теорему коси- нусов: Л4В2 = = ДЖ2 + ДВ2— 24Л4-4В cosA Из треугольника АМО находим AM = 2АО cos А, откуда __ л AM г, лгч АВ . ЗДЛ4 cos4= —-= . По условию АО = -5-. Подставляя cosX^-^-^ ZAU о ЛАВ
268 РЕШЕНИЯ [5.3 в выражение для /ИВ2, получим /ИВ2 = AM2 + АВ2 — ЗЛ/И2, т. е. 2АМ2^МВ2 = АВ2У что и требовалось проверить. Простой проверкой легко убедиться, что это соотноше- ние справедливо, если М совпадает с Л и если /И совпа- дает с С. В первом случае ЛЛ4=0, а МВ — АВ и равенство становится очевидным АВ2 = АВ2. Во втором случае AM — ^=АС = ^АВ, МВ = СВ = ^АВ и О о 2 (у АВ у + (| ЛВ)8 = АВ2. Перейдем к доказательству обратного утверждения. Докажем, что если в треугольнике АМВ ЗАО = АВ и 2 А М2 + МВ2 = АВ2У то АО — МОУ т. е. тбчка М лежит на окружности радиу- са АО. Начнем со случая, когда М не лежит на АВ. Преды- дущие рассуждения подсказывают нам, что полезно восполь- зоваться не только данным соотношением, но и теоремой косинусов для треугольника АМВ: МВ2 = AM2 Н- АВ2 — 2 AM • АВ cos А. Так как мы не знаем, чему равен cos Л, то постараемся его исключить. Запишем теорему косинусов для стороны МО треугольника АМО (учтем при этом, что ЗЛО = 24В): 1 2 МО2 = AM2 + АВ2 — 4 АМ • АВ cos А. У <5 Умножив последнее равенство на —3 и сложив с выра- жением для /ИВ2, получим 2 МВ2 — ЗМО2 = — 2АМ2 4 АВ2. О Заменяя /ИВ24-2Л/И2 на АВ2У придем к равенству АВ2 = ЗЛЮ2 + |- АВ2, т. с. АВ2 = 9ЖО2,
5.4] ГЛ. 5. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ МЕСТА 269 откуда АВ = ЗМО и МО = АО, что и требовалось пока- зать. Если теперь точка М лежит на прямой АВ, то она может располагаться либо на отрезке АВ (включая его концы), либо вне этого отрезка. Пусть точка М расположена вне отрезка АВ. Тогда или АЛ\-\-АВ — Л\В, или MB АВ —AM. В первом случае полу- чаем АВ —МВ—AM, а после возведения в квадрат: АВ2=АМ2 + МВ2 — 2АМ-МВ. Заменяя АВ2 на 2АМ2->МВ2, придем к равенству AM ——2МВ, которое абсурдно. Анало- гично рассматривается второй случай. Пусть теперь точка М расположена на отрезке АВ. Тогда АМ-\-МВ =АВ, что после возведения в квадрат и за- мены АВ2 на 2АМ2-\-МВ2 приводит к равенству АМ2 — 2МВ-АМ. Из этого равенства следует, что либо АМ = 0 (точки А н М совпадают), либо АМ — 2МВ (точка М совпадает с точ- кой С). Тем самым доказательство полностью завершено. 5.4. Прямые, на которых лежат стороны АВ и ВС тре- угольника АВС, разбивают плоскость на четыре угла Рис. Р.5.4. (рис. Р.5.4, а). Пусть точка М принадлежит нашему геомет- рическому месту точек и лежит внутри одного из углов АВС или DBE. Проведем прямую ВМ и обозначим через F точку ее пересечения с АС. Так как точка М принадлежит рас- сматриваемому геометрическому месту точек, то = $смв-
270 РЕШЕНИЯ [5.5 Поскольку МВ — общая сторона треугольников А МВ и СМВ, то hr = h2 (рис. Р.5.4, а). Следовательно, отрезок BF делит треугольник АВС на два равновеликих треугольника AFB и CFB (BF—общая сторона, /г1 = /г2). Если основаниями этих треугольников считать соответственно AF и FC, то мы при- дем к выводу, что AF~=FC, поскольку треугольники AFB и CFB имеют общую высоту. Итак, если точка М лежит внутри одного из углов АВС или DBE, то она лежит на прямой BF, проходящей через середину АС. Пусть точка М лежи г внутри одного из двух оставших- ся углов ABD или СВЕ (рис. Р.5.4, б). Треугольники АМВ и СМВ снова имеют общую сторону МВ, и поскольку они равновелики, то hr = h2. Следовательно, прямая МВ парал- лельна АС. Мы рассмотрели всевозможные случаи расположения точки М на плоскости. Таким образом, доказано, что если точка М принадлежит искомому геометрическому месту точек, то она лежит либо на прямой BF, проходящей через середину АС, либо на прямой МВ, параллельной АС. Легко проверить, что каждая точка этих двух прямых обладает необходимым свойством. Следовательно, прямые BF и МВ образуют искомое геометрическое место точек (рис. Р.5.4, в). 5.5. Рассмотрим вначале случай, когда прямые АВ и CD, на которых лежат данные отрезки, пересекаются в некото- рой точке 7V (рис. Р.5.5, а). Пусть точка М принадлежит
5.6] ГЛ. 5. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ МЕСТА 271 искомому геометрическому месту. Площади треугольни- ков АВМ и CDM не изменятся, если каждый из отрезков АВ и CD двигать по несущей его прямой. Переместим отрезки так, чтобы они имели своим общим концом точку N. Отре- зок АВ перейдет в ЛШ', а отрезок CD — в ND'. Поскольку пары треугольников АВМ, NB'M и CDM, ND'M равнове- лики, то искомое геометрическое место точек можно харак- теризовать тем свойством, что площади треугольников NB'M и ND'M равны. Итак, задача свелась к предыдущей (см. задачу 5.4): для треугольника B'NDf найти геометрическое место точек М таких, что площади треугольников NB'M и ND'M равны. Мы уже доказали, что это—две прямые NK и NL, первая из которых проходит через середину B'D', а вторая парал- лельна B'D'. Рассмотрим теперь случай, когда прямые АВ и CD парал- лельны. Сместим отрезок АВ по несущей его прямой так, чтобы его центр совпал с центром CD (рис. Р.5.5, б). Если точка М (на рисунке она не изображена) принадлежит иско- мому геометрическому месту точек, то отношение ее расстоя- ний до прямых АВ и CD есть отношение высот в треуголь- никах АВМ и CDM. Площади этих треугольников будут равны тогда и только тогда, когда отношение расстояний от точки М до АВ и CD будет равно отношению отрезков CD и АВ. Таким образом, искомое геометрическое место есть две параллельные прямые, расстояния которых до CD и АВ относятся, как AB:CD. Чтобы построить это геометрическое место точек, сместим отрезок АВ по несущей его прямой так, чтобы его центр оказался на общем перпендикуляре к АВ и CD с центром Е отрезка CD (рис. Р.5.5, б). Прямые DA' и СВ' пересекутся в точке Р, которая делит ЕЕ в отношении PF \ РЕ ~ AB'.CD, а прямые DB' и СА' пересекутся в точке Q, для которой QE:QE — AB'.CD. Остается на прямой EF (рис. Р.5.5, б) построить отрезки ЕР' —FP и EQ' — FQ. Прямые Р’К и Q'L, проведенные через Р* и Q' параллельно АВ и CD, образуют искомое геометрическое место точек. 5.6. Для данного куба с ребром а найдем сначала гео- метрическое место середин отрезков длины I, один из концов которых лежит на диагональной прямой верхнего основания, а другой—на не параллельной ей диагональной прямой
272 РЕШЕНИЯ |5.G нижнего основания. Как мы увидим, замена диагоналей па диагональные прямые позволяет упростить задачу. Если 4W—ОТрдзок длины Z, о котором идет речь в усло- вии задачи, а р^асЕтОЗшие между плоскостями верхнего и нижнего оснований равно а, то проекция Af/< отрезка ALV на плоскость нижнего основания равна ]//2 — а2 (рис. Р.5.6, а). Проекция G середины Е отрезка -AW делит МК пополам, поэтому АЮ = -^-)/Z2— а2. Треугольник МКО прямоуголь- ный, а GO — его медиана. Следовательно, GO —у ]/72—а2 . Тем самым мы установили, что для фиксированного I точка G всегда отстоит от точки О на одинаковом расстоянии, рав- ном ~]/72—я2, т. е. лежит на окружности радиуса -i-]//2 — а2 с центром в точке О. Итак, если точка Е принадлежит искомому геометриче- скому месту, то она лежит в плоскости, параллельной осно- ваниям куба и проходящей через середину F отрезка OOV и принадлежит окружности радиуса — а2 с центром в точке F. Для той измененной задачи, которую мы рассматриваем, верно и обратное утверждение: любую точку f, принадлежа- щую описанной выше окружности, можно спроектировать в точку G плоскости нижнего основания и радиусом GO
6.2] ГЛ. 6. СВОЙСТВА ЧИСЕЛ. ДЕЛИМОСТЬ 273 сделать из точки G засечки М и К на диагональных прямых нижнего основания. Построив перпендикуляр АТС, мы сможем найти и отрезок MN длины /, серединой которого является точка Е. Теперь остается учесть тот факт, что точка Е и отре- зок MN не должны покидать пределы куба. Для этого нужно уловить тот момент, после которого один конец отрезка MN, например М, покинет куб. Ясно, что это произойдет, когда точка М совместится с одной из вершин квадрата ABCD. Пусть точка М совпала с верши- ной А (рис. Р.5.6, б). В зависимости от длины / отрезка MN проекция К точки А/ расположится на отрезке ОВ. При изменении длины отрезка MN точка К пробегает весь отре- зок ВО, а середина О отрезка М/( пробегает в это время отрезок А2Р, являющийся средней линией треугольника АВО. Теперь ясно, что проекция точки Е на плоскость ниж- него основания куба не может выйти из квадрата A2B2C2D2 (рис. Р.5.6, в). Итак, искомое геометрическое место точек расположено в горизонтальном сечении куба, проходящем через его центр. Это — часть окружности с центром в центре куба, не выхо- дящая за пределы квадрата, проектирующегося в AZB2C2D2. Глава 6 СВОЙСТВА ЧИСЕЛ. ДЕЛИМОСТЬ 6.1. Имеем р3—1 =(р--1)(р4-1), а р — 1, р, р-{-1 — три последовательных числа, из которых р > 3 простое. Следо- вательно, р— 1 и р-\-1 —два последовательных четных числа, т. е. одно из них обязательно делится на четыре, а произ- ведение делится на восемь. Известно, что из трех последо- вательных целых чисел одно делится на три. Но р — простое, следовательно, на три делится либо р — 1, либо p-pl. Мы доказали, что р2—1 делится на 8-3 = 24. 6.2. Первый способ. Предположим, что п34-2л де- лится на 3 при л= Л. (Если л=1, то это очевидно.) Тогда при п ~ k + 1 получим (/г+ 1)34-2 (fe+ 1) = Л3 + ЗЛ2 + 3^4- 1+(26 4-2) = - = (/г3 4- 2k) 4- ЗЛ2 4- ЗЛ 4- 3.
274 РЕШЕНИЯ [6.3 Так как &34~2& делится на 3, то и (&4~1)8 + 2 (Л-f- 1) тоже делится на 3. В силу принципа индукции утверждение до- казано. Второй способ. Так как л34-2л = п (д24-2), то при л = 3/г делимость на 3 очевидна. Если же д = 3&±1, то тг 4- 2 = (3/г Ч: 1 )2 2 = 9£2 ± 6k 4- 3 и также делится на 3. 6.3. Разложим данное число на множители двумя спо- собами: 3105 4Ю5 = (35)21 (4Б)21 = 24321 Ю2421 = = (243 4-1024)(24320 —... 4-102420) = = 181-7 (24320 — ... 4- 102420); ЗЮ5 4Ю5 = (3*?)15 4- (4?)15 = 218715 4- 16 38416 = = (2187 4- 16 384)(218714 — ... 4- 16 38414) = = 18 571 (218714 — ... 4- 16 38414) = = 49-379 (218714— ... 4-1638414): Таким образом, данное число делится на 49 и на 181. 6.4. Множитель 2 содержится один раз во всех четных числах, два раза во всех числах, делящихся на 4, три раза в числах, делящихся на 8, и т. д. Поэтому четные числа мы должны сосчитать отдельно, прибавить к ним количество чисел, делящихся на 4, к ним прибавить количество чисел, делящихся на 8, и т. д. В результате получим 250 4* 125 4~ 62 4-31 4~ 16 4~ 7 4~ 3 4“ 1 = 494. В этой сумме каждое следующее слагаемое получено из пре- дыдущего как целая часть от деления его на два. Ответ. 494. 6.5. Если умножить данное число на 10, то его свойство быть кратным 81 не изменится. Получим число 10 10 10 ... 10. 81 раз Сумма цифр этого числа делится на 9. Разобьем его на 9 одинаковых секций 10 ... 10 10 ... 10 S 9~раз Э^раз ' W»
6.8] ГЛ. 6. СВОЙСТВА ЧИСЕЛ. ДЕЛИМОСТЬ 275 и будем делить на 9. Так как сумма цифр в каждой секции равна 9, то каждая секция делится на 9. Обозначим частное от деления одной секции на 9 через А. В результате деле- ния на 9 всего числа получим Д.Ю1444-Л-10126 + Л-10108+ ... +Л-10184-Л = == A (10144-h 101264-... 4- 1018-Ь 1). к * / 9 слагаемых Сумма цифр числа, стоящего в скобках, равна 9. Следова- тельно, полученное частное делится на 9, а данное число — на 81. 6.6. Дополним л4-j-4 до полного квадрата: л4 4- 4л2 4- 4 — 4л2 = (л2 4- 2)2 — 4л2 = = (л2 — 2л 4- 2)(л2 4- 2л 4- 2), Число л4 4-4 может быть простым только в том случае, если либо л2 — 2л4-2=1, либо л24~2л4-2=1. Решая эти уравнения, получим л = 1, л = — 1. При л = ± 1 данное выражение равно 5, т. е. является простым числом. Ответ, л = ± 1. 6.7. Подставим n~2k, получим п п2 п3 k rfe2 , fe3 2fe34-3fc2 + /e_fe(£-M)(2£4-l) 12 ' 8 24 — 6 "Г- 2 3 6 6 Остается доказать, что числитель всегда делится на 6. Так как одно из двух последовательных целых чисел k и kчетное, то делимость на 2 очевидна. Если ни k, ни k 4-1 не делятся на 3, то & = 3/я4-1, а & + 1 = З/л 4-2. Тогда 2&4-1 =2(Зтл4-1)4-1 =6/и4-3, т. е. 2&4-1 делится на 3. Тем самым доказательство закончено. 6.8. Первый способ. Если дробь сократима, то 5х 4- 7 = qrt 2х 4- 3 = рг. Исключая из этих равенств х, получим 1 = (5р —2^)г, или ±=5р — 2</.
276 РЕШЕНИЯ [6.9 2Л- । з Если дробь ё--у_|_7 сократима на целое число г=И=±1, то в последнем равенстве справа стоит целое число, а сле- ва— нецелое. Таким образом, это равенство противоречиво, и данная дробь не сократима. Второй способ. Если данная дробь сократима, то сократима и дробь +7___л , Л'+1 2*4-3 г2х-\-3' Таким образом, должна быть сократимой дробь, стоящая в правой части и, следовательно, дробь 2*4-3 о , 1 лЧ-1 “ гл'+1 • п - 1 Дрооь -у—г не сократима ни при каких х, так как в Л'“Г 1 числителе стоит единица. Итак, данная дробь не сократима ни при каких х. 6.9. Число 34х5у должно делиться на 4 и 9. Это число делится на 4, если две его последние цифры образуют число, делящееся на 4, т. е. либо у = 2, либо у = 6. Когда у = 2, то х определяется однозначно: так как сумма цифр должна делиться на девять, то х = 4. Когда у = 6, то в качестве х можно взять либо О, либо 9. Итак, получаем три числа. Ответ. 34 452; 34 056; 34 956. 6.10. Условие можно записать так: а • 103 + b-102 с-10 4- 1 = 3 (2-103 -4- а-102 + 10 4- с), где а, b и с — цифры. Так как число Зс должно оканчиваться единицей, то с = 7. После этого равенство можно переписать в виде а-1034-1024- 7-10 4- 1 = 6-1034-За-1024- (Зг?4- 2) 10 4-1. Поскольку b — цифра, 0<Jb<^9, то 2 ^3Z»4-2< 29. Кроме того, 3#4~2 должно оканчиваться на 7, т. е. 3^4" 2 равно одному из чисел 7, 17, 27. В результате найдем три
7-21 ГЛ. 7. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ 277 значения из которых только Ь = 5 будет целым. После этого равенство перепишется так: о.103+5-102 + 7-10+ 1 =6.103 + (За+1) 102 + 7-10 + 1. Число За 4-1 заключено между 1 и 28 и должно окан- чиваться на 5, т. е. нужно рассмотреть три возможности: За-}- 1 =5; 15; 25. Только одно из этих уравнений, За 4- 1 =25, имеет целое решение а = 8. Убедившись, что при с = 7, £ = 5, а = 8 составленное равенство выполняется, можем считать решение задачи за- конченным. Ответ. 857. Глава 7 АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ 7 1 л пз + 1—3О 4_ rt3_l_3(n_l)_}_(n2—1) )/П2_4 __(л+l)(/t2—и—2) + (п2—1) Vп.2 — 4 _ “(л- 1)(п24-/г—2) + (п2— 1) /п2—4“ _(и+1)2(/г —2) + (n2—1) J/п2—4==(н-}-1) Уп—2 ~~ (п— 1)2(п4-2) + (п2 — 1) ]/л2—4 (л—1) К«4-2 ’ (п+1) Кп-2 (п-1) ]<п + 2' Ответ. 7.2, Перепишем данное выражение так: 1 — х х2—14~ х — 1 \ / 1 4~ х2 (1 4-х-х2)“(x4—х2—2х—1) J : \х3(14-х4-х2) 1—х+х2\ X3 ) • Числитель второй дроби теперь легко разложить на множи- тели. Со знаменателем дело обстоит несколько труднее. Однако в первую очередь нас интересует, делится ли зна- менатель на 1 4-х — х2. Проверяем с помощью деления углом (проделайте это самостоятельно) и убеждаемся, что х4 — х2 — 2х— 1 = (1 4-х—х2)(—х2— х— 1).
278 РЕШЕНИЯ [7.3 Таким образом, А = ( Х~х (1-х)(х2Ч-хЧ-2) , 1 Ч-х-[(1 Ч-х2)2-х2] __ \х2(1Ч-х—х2) х(14-х—х2)(х2Ч-хЧ-1)) • X3 (1Ч-хЧ-х2) ~ (попутно мы преобразовали вторую скобку) _ (1 —х) [1 Ч-хЧ-х2—х (х2Ч-хЧ-2)] х3 (14-х+х2) _ Х2(14-х-х2) (1-1-хЧ-х2) ’ (—х*—х2Ч-х)~ = —(~~у3 —хЧ-1) (1 —X) _ X—1 (14-х — х2) (—X3—хЧ-1) “ X2—X—1 • Ответ. х~~1 , . 5 X2 —X—1 7.3. Приведем первые два слагаемых к общему знамена- телю. Получим /Ч-ВОЧ-х2) VT+& ’ где А и В — соответственно многочлены, входящие множи- телями в первое и во второе слагаемые. Раскроем в числителе скобки и приведем подобные. После этого останется /T+F- Преобразуем третье слагаемое: 63 /1 х \ 1 • = 63 . 1 266 \ КТ+х2/ хЧ- V 1Ч-х2 ~~ 256 * КТ+х2 ‘ Остается вычесть его из предыдущего результата. д»10 Ответ. = - -, это выражение положительно при х 0. V 1 Ч-х2 _ _ 7.4. Домножим дробь на ]/~а Ч-3 У~Ь Ч- 2 р/а£. (а+2 /оЬ + ЭЬХУа+3 УТ+2 |/аЬ) (УТ+З 2 ^/аб)(Ка+3 VT+2 J/aS) ~ а-|_9ЬЧ-6 УаЬ—4 Vab г Остается вычесть 2]/#: f/ab -^Уь. Ответ. (р/аЧ" У&)2,
7.7] ГЛ. 7. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ 279 2 7.5. Вынесем за скобки хт и воспользуемся выражением х через а: 2 Г( т-п\2 т-п~] хт + х тп ) —4 а2 х тп J = = х™"[ (1 + а2+ 2а/а2 — 1 + а2 — 1)2—4а2(а+/ а2 — 1)2] = — хт [4а2 (а + Уа2 — 1)2 — 4а2 (a-j-j/^a2 —1)2] = 0. Ответ. 0. 7.6. Преобразуем данное выражение: j/"х—14-2]/х — 1 + 1 4-]/^х-1-2]/х-Л 4-1 = =/(/^Т+1)2+/(У^Т-1)2 = — У х—1 4~1+| V х— 1— 1|. Так как 1^х^2, то О^х—1^1 и, следовательно, Ух — 1^1, т. е. Ух— 1 —1 0. Поэтому +1 + 1 pTZZT-11=]/ЗГ=Т +1 +1 - Ух-i = 2. Ответ. 2. 7.7. Так как 9 + 4/2 = (2/2 +1)2, то +2 + ]/ 9 + 4/2 =]/ 2 + 2/2 + 1=/2 + 1. Остается преобразовать У13 + 30 (/2+1) = +43 + 30/2? Если догадка, что 43+30/2 = 25 +2-5-3/2+18 = (5 +3/2)2 кажется вам неестественной, то воспользуйтесь формулой сложного радикала +43 + 30/2 = j/ 43+1/1800 = Ответ. 5 + ^У2.
280 РЕШЕНИЯ [7.8 7.8. Перепишем данное выражение в виде U2 ~~У2)(ху 4-zu) + (х2 — и2)(ху 4- zu) -Н 4- (У2 ~ z2)(xz -^-уи) 4- (х2 — u2)(xz -j-уи) = = (г2 ~У2)(ху 4- zu—xz —у и) 4- (х2 — и2) (ху 4- zu 4- xz 4- у и). Так как ху + zu — xz —уи = х (у — z) — u (у — z) = (у — z)(x — и), ху 4- zu 4- xz 4-уи = (у 4--z)(x + и), то получим (z —y)(z -~у)(у — z)(x—и) 4- (х — и)(х 4- и)(у 4- z)(x 4- и) = = (X —u)(y + z)[ — (y—z)2 4- (х 4- и)2]. Ответ, (х — и)(у 4- z)(x 4- и —у 4- z)(x 4- и 4-у — z). 7.9. Раскроем скобки и вынесем коэффициент 2: 2 (х4 4~ 2х3у 4- Зх2у2 4- 2ху3 4- у4). Выражение в скобках разобьем на три группы: (х4 4- х2у 4- х2у2) 4- (хэу 4- х2у2 4- ху2) 4- (х2у2 4- ху3 4-у4) = = (х2 4-*у4-/)2. Остается разложить на множители трехчлен х24~ху4~У2: Хг + ху + / = х2 4- ху + = Ответ. 2 (л- + —Y^-y) (*+~'+2ТЛв>) • 7.10. Первый способ. Данное выражение обращается в нуль при х=у, x — z и y=z. Следовательно, оно де- лится на (х—у)(х — z)(y— г), т. е. G/~ z)54-(2—х)Б4-(х—г;)5 _ д , (х—у)(х—г)(у—г) где Ж—многочлен второй степени, однородный относительно х, у и z. Поскольку левая часть не меняется при замене х на у, а у на х, так же как и при любой другой анало- гичной замене переменных, то М—симметрический много-
7.10] ГЛ. 7. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ 281 член относительно х, у и z. Поэтому Л4 = А (х2 у2 + z2) 4- В (ху 4-уz 4- xz), где А и В — неопределенные коэффициенты. Чтобы найти А и В в равенстве (у-г)»+(г-х)»+(х-Ур = А ( 2 2 + 22) + s (ху +yz + xz} (x—y)(x—z)(y—z) л J положим сначала х — 0, y—\,z = — 1, а затем х = 0, у — 2, z—1 (в выборе значений имеется большой произвол, лишь бы обе части имели смысл и не обращались в очевидное тождество). Получим систему 24—В = — 15, 544-25= —15, откуда 4 =—5, 5 = 5. Итак, М = — 5 (х2 4- у2 4- z2 — ху — xz —yz). Чтобы стоящее в скобках выражение разложить на ли- нейные множители, снова воспользуемся методом неопреде- ленных коэффициентов: х2 4- у* 4- z2—ху — xz —yz = (х 4- Ку 4- Nz)(x 4- Ру 4- Qz) — = х2 4- КРу2 4- NQz2 + (P+K)xy+(Q + N) xz+(KQ 4- NP)yz. Получаем для определения К, Р, N и Q две простые системы: J J М?=1, (#4-р=—1; lW4-Q= —1 1 V3 . и равенство KQ + NP ——1, связывающее решения этих систем. Из первой системы находим: к___________________________________ 2 2 1’ ‘ 2 2 или наоборот. При выборе решения второй системы у нас тоже появляются две возможности, однако условие KQ+Nf>= -1 заставляет выбрать из них одну: Л--Ч+2?'. «- 1 ,/Т' i. 2 2
282 РЕШЕНИЯ [7.11 Второй способ. Обозначим у — z~a, z— x~b, х—у —с. Заметим, что аЧ-6-}-с = 0 и поэтому а-\-Ь = — с и (a -f-Z>)6 + с5 = 0. После возведения двучлена а-\- b в пятую степень получим а5 4- 5а4£ + 10a3b2 + 1 Оа2*3 4- 5а64 4- Ь3 + с5 = 0, или а5 + Ь3 4- сб — — 5аЬ (а3 4- 2а2& 4~ 2 4- £3). Выражение в скобках преобразуем, имея в <*нду соотноше- ние а 4- Ь —— с: а3 4- 2а2Ь 4- 2аЬ2 4- *3 = (а3 4- b3) 4~ 2а2& + 2аЬ2 = = (а 4- b)(a2 — ab± b2) + 2аЬ (а-\-Ъ) = (а 4- Ь)(а2 4- ab 4- Ь2) = = — с(й24-а$4-£2). Трехчлен a2-{-ab-\-b2 раскладывается на множители стан- дартным методом (см. задачу 7.9). Окончательно получаем а5 4- Ь3 4- с5 = ЪаЬс а 4- (а 4- 3-~НУ? Теперь осталось подставить вместо а, Ь, с их значения. Г /1 V~3~ \ Ответ. 5(х— y)(z — х)(у — z) + 1^-ijy + 7.11. Обозначим Возведем в куб (при этом равносильность не нарушится). Получим Произведение корней преобразуем так:
7.13] ГЛ. 7. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ 283 выражение, в скобках равно z. Придем к уравнению z3 — 5д —12 = 0. Так как г = 3— корень этого уравнения, в чем убеждаемся проверкой, то преобразуем уравнение к виду z3— 9z-{-4z—12 = 0, или (z— 3)(za4-3z4-4) = 0. Уравнение z2 4- 3z + 4 = 0 не имеет действительных корней. Следовательно, z — З, что и требовалось доказать. 7.12. По условию a-j-b==—с. Возведем в куб а3 + £34~ ЗаЬ = —с3 и заменим аД-b на —с. Получим аз_|_£3_р с3 = ЗаЬс. Возведем а + Ь + с = 0 в квадрат а2 + Ь2 4- с2 = — 2 (аЬ + ас + Ьс) и еще раз возведем в квадрат а* 4- Ь* 4- с4 + 2 (а2Ь2 4- а2с2 4- Ь2с2) = = 4 [а2Ь2 4- а2с2 4- Ь2с2 4- 2 (а2Ьс 4- Ь2ас 4- с3ад)]. Поскольку а2Ьс 4- Ь2ас 4- c2ab = аЬс (а 4- Ъ 4- с) = 0, то с4 2 (а2Ь2 4- а2 с2 4~ Ь2с2). Преобразуем левую часть тождества, которое нужно доказать: а5 (Ь2 4- с2) 4' Ьъ (а2 4~ с2) 4~ с5 (а2 4~ Ь2) = = а2Ь2 (а3 4~ ^3) + л2с2 (я3 + с3) + 62с2 (Ь3 4~ с3)- Заменим а3 4" на ЗаЬс— с3 и поступим аналогично с остальными скобками: а2Ь2 (ЗаЬс — с3) 4- а2 с2 (ЗаЬс—Ь3) 4~ Ь2с2 (ЗаЬс — а3) = = — а2Ь2с2 (с 4- b 4- а) 4~ ЗаЬс (а2Ь2 4- а2с2-\-Ь2с2) — _ (аЗ-]-Ьз+с3)(а44-Ь44-с4) “ 2 ’ что и требовалось доказать. 7.13. Если данное равенство доказано при л*^0 и лю- бом у, то оно верно для всех х и у. Действительно, пусть
284 РЕШЕНИЯ [7.11 х < 0. Тогда левую часть можно записать в виде I-(X +>) I -Н - (*->) I = I (-Х)-у 1 +1 (—V) +>I, а правую — в виде I — (* + Vx2 — /)| +1—(х—/х2 — /)| = = |( - х) - ]/(- X)2 -у 21 + |( -Л-) + К( - X)2 -/ I. Поскольку —х > 0, то равенство стоящих справа выраже- ний доказано. Итак, пусть х^О. Рассмотрим два случая: |_у|^х п Ij I > X. 1) х^О, [д' | х, т. е. — х <^д' х. Тогда х2 —/’ О и /х2—у2— неотрицательное действительное число. Кроме того, х>/х2—у2 и равенство примет вид х 4-д» -J- х —у = х 4- р х2 —у2 х — ]/х2 —у2, т. е. 2х = 2х. 2) х^О, |у | > х, т. е. у < — х или у > х. Левая часть равенства в этом случае равна 2 |j | (случаи у <— х ид/> х разберите самостоятельно). Так_как |д»|>х, то |/х2—у2 = — i |/ у2 —х2, следовательно, ) X -Н Их2 -у21 + | X - /х2 —у2 I = •• =|x-4-z]/>2 — х2| + |х —1]/>2— х2| = = ]/х2 +у2— х2 + ]/х2 -{-у2—х2 = 2 [у |. Тем самым доказательство тождества закончено. 7.14. Так как обе части равенства неотрицательны, то можно каждую из них возвести в квадрат: Осуществим действия, указанные в скобках, и заметим, что / *4-4/ \2 \ гт [—) ^ху. Получим х2 4- 2ху 4-д'2.
8.3] гл. 8. ДЕЛИМОСТЬ МНОГОЧЛЕНОВ. ТЕОРЕМА БЕЗУ 285 Если возвести в квадрат правую часть, то получим х2 + 2 | ху | +у2. Так как по условию лу = | лгу |, то равенство доказано. Г лава 8 ДЕЛИМОСТЬ МНОГОЧЛЕНОВ. ТЕОРЕМА БЕЗУ. ЦЕЛЫЕ УРАВНЕНИЯ. 8.1. Положив х — 5=у, приведем уравнение к виду (2j+1)4+ (2_у —1)4= 16, откуда после простых преобразований 16у4 + 24у2 —7 = 0. -\Г~ц Ответ. x1j2 = 5+ iх3 = 4:,5; х4 = 5,5. 8.2. Перемножим попарно первую и третью скобки и две оставшиеся: (12х2+11х+2)(12х2+11х—1) = 4. Обозначим 12х2+ 11% + получим ННН ‘ откуда 5 5 У1 — » У 2 — 2 ’ Остается решить два квадратных, уравнения. ' —ll±i/23 — 11±1<2Г7 Ответ. Xlj2— 24 » •''3,4 — 24 ’ 8.3. Запишем уравнение в виде х2—-17 = 3у2
286 РЕШЕНИЯ [8.4 и рассмотрим случаи х = 3&, х = 3£±1. В первом случае левая часть примет вид 9/г2—17 и не будет делиться па три. В остальных двух случаях в левой части получим .9/г2±6/г—16, что снова не делится на три. Поскольку правая часть всегда делится на три, то уравнение не имеет целых решений. 8.4. Решим уравнение относительно х: х = 3у ± ]/Ю0 — 4у2 = Зу ±2/25—у2. Так как уравнение имеет действительные корни лишь при 25—у2^0, т. е. |у |^5, * то остается перебрать все значения у, для которых / 25—у2 — целое число: у — 0, у = ± 3, у = ± 4, у — ± 5. Для каждого значения у найдем два значения х. Ответ. (10; 0), ( — 10; 0); (—1; —3), (—17; —3); (1; 3), (17; 3); ( — 6, —4), (—18; —4); (6; 4), (18; 4); (—15, —5), (15, 5). 8.5. По определению деления имеем тождество х" ± х3 + 10х ± 5 = Q (х) (х2 ± 1) ± ах + Ь, которое справедливо всюду в области комплексных чисел. Так как частное Q(x) нам неизвестно и оно нас не инте- ресует, то в качестве значения х нужно выбрать один из корней выражения х2±1, например x — i. Подставив x = i, получим /09_|_х-3_|_10/_1_5==а/_1_^ т. е. 8/ + 5 = ai Ц- Ь} откуда а = 8, £ = 5. Ответ. 8х±5. 8.6. Подставим корень 1-р/З в данное уравнение. Получим 3 (1 + К3)3 + а (1 + V3)a + 6 (1 +F3) +12 = 0. Раскроем скобки и соберем все члены, содержащие J/ 3» 42 + 4а + * + (18 + 2а + 6)]ЛЗ = 0-
8.7] ГЛ. 8. ДЕЛИМОСТЬ МНОГОЧЛЕНОВ. ТЕОРЕМА БЕЗУ 287 Это равенство может выполняться лишь в том случае, если одновременно 42 4-4^4-6=0, 184-2а4-6 = 0. Решая эту систему, найдем а и Ь. Ответ, а — —12, 6 = 6. 8.7. Подставим в данное уравнение х = 1^3 4-1. После простых вычислений и преобразований получим 36 + 10<z + 4Z> 4-(22 + ба + 26) ]/3 = 0. Сумма двух чисел, из которых одно рациональное, а дру- гое иррациональное, может равняться нулю, только если оба числа равны нулю: 36 4-Юа 4-46 = 0, 224-6а 4-26 = 0. Решая эту систему, найдем а = — 4, 6=1. Поскольку уравнение X4—4л:8 4-х2 4- 6x4-2 = 0 одним из своих корней имеет число ]/3 4- 1, а все коэффи- циенты уравнения — целые, то наряду с этим корнем должен существовать и корень вида кЦ/'З— 1), где k—целое. Под- ставим это значение х в уравнение и соберем отдельно ра- циональные и иррациональные члены. Получим систему двух уравнений относительно k 1464 4-20634- 262—3k 4-1=0, 1664 4- 2463 4- 2k2 — 66 = 0. У первого уравнения в качестве целых корней могут высту- пать только ± 1. Проверкой убеждаемся, что k — —1 удов- летворяет обоим уравнениям. Следовательно, х = 1—V3—вто- рой корень данного в условии уравнения. Разделив многочлен х4—4х3 4-х2 4-6х 4-2 на (х— ]Лз—1) (х + /3 — 1) = х2—2х—2, получим квадратный трехчлен х2—2х—1, корнями кото- рого являются числа l+P^ Ответ. xlj2 = 1 + ]^3; x3j4= 1 + ]/2.
288 РЕШЕНИЯ 8.8. Из теоремы Виета получаем неравенства: Г л-|-4>0, j л-1-1 <0. Добавляем к ним условие неотрицательности дискрими- нанта: (л+1)2 —4(л4~4)>0. Приходим к системе неравенств г —4, ' я < — 1, . л2 — 2л —15^0. Последнему неравенству удовлетворяют числа л, лежащие вне промежутка между корнями: л^ — 3, л ^5. Ответ. —4<л^ — 3. 8.9. Пусть хъ xrq и xAq2— корни данного уравнения. По теореме Виета имеем систему + + х^2 = —л, x{q-Yxiq2-\-x{qz— Ь, x}qp — —с. Из этих уравнений нужно исключить хг н q. Поскольку из первого уравнения следует •*4(1 +? + ?2)= — а, то второе примет вид b = x*qO + <7 + ?2) = -М( —я), ь т. е. xrq=—~ , откуда Ответ. са3 — Ь3. 8.10. По теореме Виета 1а1-}-а2 + а3 = 0. ед + аха3 + а2Оз = /?, aia2a3 = —
8.12] ГЛ. 8. ДЕЛИМОСТЬ МНОГОЧЛЕНОВ. ТЕОРЕМА БЕЗУ 289 Возведем первое уравнение в квадрат: а? + «2 + «з + 2 (ед + аха3 + а2аз) = °» откуда найдем а2 + аг + аз- Как видим, последнее уравнение не понадобилось. Ответ, а2 + «1 + ^3=—2р. 8.11. Разделив х3 + ах 4-1 на х—а, получим в частном № + ах + а + а2, а в остатке a34-^a-]-l. Условия задачи будут выполняться тогда и только тогда, если a3 + аа + 1 = О, х2 4“ ах + а 4- а2 > 0 при всех х. Чтобы выполнялось второе условие, дискриминант —За2— — 4а должен быть отрицательным, т. е. За24~4а>0. Из 1 I а3 первого уравнения а=-------Е—. Поэтому должно быть Зссг —4 -1 +К1 > о. а Если а > 0, то последнее неравенство эквивалентно такому: За3 — 4 (а3 4-1) > 0, или —а3 > 4, у которого нет решений. Число а не может быть равно нулю, так как уравнение а34- аа4- 1=0 не удовлетворяется при а = 0. Если а < 0, то получим Заз_4(с4з_|_1) <0, или —а3 < 4, а > — р/4. Ответ. — р/4 < а < 0, а—-------1 . v ’ а 8.12. Пусть Р(х) — (х— 2) (х — 3) Q (х) 4- ах 4- Ъ. где ах ~\-Ь— остаток, который надо найти. По теореме Безу Р(2) = 5, а /э(3) = 7. Подставим х = 2 их = 3вправую часть написанного выше тождества. Полу- чим систему относительно а и b 2a-J-Z> = 5, За = 7, откуда а = 2, b — 1. Ответ. 2x4-1- Ю Е. Б. Баховский, А. А. Рывки»
' 290 РЕШЕНИЯ [8.13 8.13. Л4ногочлен х44-1 делится на х24-/?х4~2 тогда и только тогда, если х4 4- 1 = (х2 + ах 4- Ь) (х2 4-рх 4- q). Раскрывая в правой части скобки и приравнивая коэффи- циенты при одинаковых степенях х, получим систему урав- нений р4-а = 0, < ?+ар4-£ = 0, а^4-^Р = 0, ^=1. Из первого и последнего уравнений находим а =— р, £ = -i-. Подставляя в оставшиеся два уравнения ч— Рг + у = о, . -w+f=o. Второе уравнение можно переписать так: q—у)=0. Если р = 0, то первое уравнение не имеет действитель- £ 9 ных решений. Остается q — т. е. <? = ± 1. Подставляя найденные значения q в первое уравнение, увидим, что, когда ^=1, р2 = 2 и р — rhj/2, а когда q =—1,р2 =—2 и действительных решений нет. Итак, получаем две возмож- ности: либо р = |^2 и 9=1, либо р — —]/2 и <7=1. Чтобы закончить решение, нужно сделать проверку. Можно было бы разделить х4 4~ 1 поочередно на каждый из двух трехчленов: х24-]/Г2х4-1 и х2—]/2х4~1- Однако проще убедиться, что х44- 1 =(х24-]/Г2^4- 1) (х2—К2 х4- 1). Ответ. /?! = —]/2, £1=1; р2 = У 2, q2 = 1. 8.14. После замены х—1 =у получим многочлен (у 4- 1)2й+1-(2л 4-1) (у 4- l)n+1 + (2/Z 4-1) Су 4-1)"—
8.15] гл. 8. ДЕЛИМОСТЬ МНОГОЧЛЕНОВ. ТЕОРЕМА БЕЗУ 291 который должен делиться на у>3. Вычислим его коэффициенты при у °, у* 1 и у2. Свободный член этого многочлена равен 1—(2л+1) + (2л+1) —1=0; коэффициент при у 2п + 1 — (2л + 1) (л + 1) 4- (2л + 1) п = 0; коэффициент при у2 +1) И±!1" + (2л + 1) = - 2п+1 (2л—л2—л +л2-л) = 0. Тем самым утверждение доказано. 8.15. Трехчлен х2 + х +1 имеет различные корни 1 3 —~2 ± 2~~ Нужно найти такие л, когда эти числа явля- ются корнями данного многочлена, т. е. 1 i/" з 1 V” з Числа —и Z—корни двучленных i Л £ £ ( 1 \3 уравнений Xs—1 =0 и х3+1 — 0, т. е. (—= 1, Поэтому рассмотрим случаи л = 3&, = 3/г4-2. Если n = 3k, то /Z==3fe-L 1, п = (1 1Л"о \ 3ft / 1 1/ о \ 3ft 7±V0 -(-T±-¥Z) Если n — 3Ze4~l, получим 10*
292 РЕШЕНИЯ [8.16 Когда k — 2m, то 1 , V"3 . - 1 [Лз . . л а когда k = 2т + 1, то 2" “Г Если n — 3k-\-2, приходим к выражению Убедитесь сами, что для четных k = 2m это выражение не обращается в нуль, а для k = 2m-{-1 оно равно нулю. Итак, п = 3k + 1, где k = 2m, и л == ЗЛг-f-2, где k — 2m-\-\. Ответ. п = 6/л-|-1, л = 6/п-|-5, /п = 0, 1, 2, ... 8.16. Чтобы данный многочлен делился нах2 — х4-<7 без остатка, должно выполняться тождество 6х4 — 7х3 4- рх2 4- Зх 4- 2 = (х2 — х 4- q) (6х2 4- ах 4- Ь). В правой части стоит многочлен 6х44- (а — 6) Xs4- (Ь — а 4- 6^) х2 + (— Ь4-qa) х-\-qb. Так как многочлены равны тождественно, получаем систему (л —6 = — 7, b — а 4- 3q = р, — b + qa — 3, qb~2. Из первого уравнения а~—1. Из третьего и четвертого уравнений исключаем Ь. Приходим к уравнению ^4_ 3/74-2 = 0, откуда 9i = —1. ?2 = —2. Сложив второе и третье уравнения, также исключим Ь: 5q — 2=p.
ГЛ. 9. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ И СИСТЕМЫ 293 Следовательно, Р1 = —7, р2 = —12. Итак, возможны два решения. Ответ. ( р1 = —7, ( Р% ——12, l<7i = — 1; 1?г= —2. Г лава 9 АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ И СИСТЕМЫ Ответы к упражнениям 1. Абсолютное тождество, так как верно при всех без исключения значениях х. 2. Абсолютное тождество. Верно при х^~2 Если же х= тс == — 4-/гл, то обе части теряют. смысл. 3. Неабсолютное тождество. Область определения левой части: , л . , „ , kn х £ —+/гл, область определения правой части: х . 2 4—6. Тождество 4 является абсолютным, поскольку это опре- деление секанса. Тождества 5 и 6 неабсолютные, так как правые части.определены всегда, в то время как левые могут терять смысл. 7—8. Тождество 7 абсолютное. В самом деле, левая часть те- ряет смысл при sin х в виде --------, 2 cos2 — Тождество 8 cos-^ X cos-g- = 0. Правая часть может быть записана х п т. е. тоже теряет смысл при cos-g-=0. неабсолютное. Левая часть теряет смысл при О, а правая, которая может быть записана в виде 1 — cos х 2 sin у cos ~ перестает существовать как при cos-^-==0, так и при siny=0. 9—10. Левую часть равенства 9 можно преобразовать так: , п cos 2х cos 2х ctg 2х————=—;----------, sin 2д: 2 sm х cos х
294 РЕШЕНИЯ а правую записать в виде 1 sin2 х cos2 х 2 sin x ' cos x Обе части этого равенства перестают существовать одновременно, если либо cosx=0, либо sinx=0, следовательно, тождество 9 аб- солютное. Тождество 10 является неабсолютным, поскольку при х~ левая часть равна нулю, а правая теряет смысл. 11—13. Первое из этих трех тождеств неабсолютное, второе и третье—абсолютные. 14—16. Первое и второе тождества неабсолютные, третье—аб- солютное. В самом деле, для первого область определения левой части: х > 0, у > 0; х < 0, у < 0, а область определения правой части: Л' т= 0; у # 0. Для второго область определения левой части х 0, а область определения правой части х > 0. Наконец, для третьего х # 0 для обеих частей тождества. 17. Пусть х=а — корень данного уравнения. Тогда f(a)=q>(a). Поскольку ф (х) существует при всех х, то ф (о)— число; следова- тельно, f (a) + Ф (a) = <Р (a) + Ф (a)- («) Таким образом, х=а—корень уравнения / (*) ф (х) = <р (х) + ф (х). (**) Обратно: если х = а—корень (**), то имеет место равенство (*), а потому х — а—корень уравнения f(x) = <p(x). Вторую часть теоремы доказывает пример. В самом деле, доста- точно рассмотреть два уравнения: х—1=0 и х—14-------—=—Ц-, 1 х—1 х—1 первое из которых имеет единственный корень х=1, а второе вовсе не имеет корней, так как при х = 1 оно теряет смысл. 18. Доказательство аналогично 17. Даже пример можно взять тот же самый. 19—19а. Для доказательства достаточно заметить, что посторон- ними для данного уравнения могут быть те корни уравнения f (х)=ч|>(х), для которых ф(х) либо не существует, либо обращается в нуль.
9.2] ГЛ. 9. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ И СИСТЕМЫ 295 20. Если /(с) = ф(а), то [/ (я)]2 = [ф (Й)Р- Обратно: из второго равенства следует, что либо /(а) = ф(а), либо f (а) =—ф(а). 21. Система равносильна совокупности четырех систем: И (*) =Ф (*) =°> И (*)=4 (*) =°> 1 g (х), ip (х) существуют; I g (х), ф (х) существуют. (&(х) = ф(*)=0, Г ^(x)=Tp(x) = 0, | f (х), ф (х) существуют; ( f (х), ф (х) существуют. 9.1. При х < — 2 получим —х + 2х 4“ 2 — Зх — 6 = 0, т. е. х — — 2, что противоречит предположению. Таким об- разом, при х < — 2 уравнение не имеет решений. При —2^х<^—1 получим х =— 2. При —1 <х^0 уравнение обращается в ложное число- вое рав*енство 4 = 0. На этом интервале нет решений. Наконец, при х>0 получаем X —— 2, что снова про- тиворечит ограничению. Ответ: х — — 2. 9.2. Пусть х2 — у. Тогда \у — 9| + |г/ — 4| = 5. Точки у = 4 и у = 9 разбивают числовую ось на три интервала. Если у < 4, уравнение примет вид 9 —г/4-4 —£/ = 5, откуда у = 4. Это значение не принадлежит выбранному ин- тервалу. Если 4 ^£/^9, то знаки абсолютной величины следует раскрыть так: 9 —£/4*£/ — 4 = 5, т. е. 5 = 5. Так как уравнение обратилось в верное числовое равен- ство, то все значения у из отрезка 4 у 9 являются решениями. При у > 9 получим £/-94-£/-4 = 5, т. е. г/=9. Здесь снова нет решений. Вспоминая, 4toj = x2, запишем 4 х2 9,
296 РЕШЕНИЯ [9.3 или 2 < IXI < 3. Ответ. —— 2; 2<х^3. 9.3. Первый способ. Дополним стоящую слева сумму квадратов до полного квадрата: 7 = 0, 6л-2 3+х откуда получаем совокупность уравнений: 3+х '» 3-|-х * тг — 7 ± i ]Л35 Корни первого: xlj2 =---------у—1— J корни второго: 1 ± К13 ™ о хз,4 —---о-----* 1ак как значеиия х~— 3 среди корней нет, то это и есть корни исходного уравнения. Зх Второй способ. Введем новое неизвестное: x-j— = и, О -f-X или 3х = 3«4-хн. Получим систему х2 -}- и2 = 7, хи = 3 (х — и). Вычитая из первого уравнения удвоенное второе, придем к уравнению относительно х — и (х — и)2 4-6 (х — и) — 7 = 0, откуда следует совокупность двух уравнений: х — и =— 7, х—и = \. Решая первое, получим - „ Зх _ _ -7 ± I /35 Х~~3 + i Xl,i------2 а решая второе, найдем V 3z _. _ 1 ± /13 Х~~3+х~1’ Хг’*---------2 •
9.5] ГЛ. 9. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ И СИСТЕМЫ 297 Ответ. _-7±<К35. „ _1±ИЗ л1,2— 2 * -^3,4— 2 9.4. Возведем данное уравнение в куб: Зх —3 + 3 j/x(2x —3)(j/x + ^/2х—3) = 12(х—1). Стоящий в скобках двучлен заменим правой частью данного уравнения и приведем подобные члены: 3 f/ х(2х —3) £/12(*—1) = 9 (х — 1). Такая замена может привести к появлению посторонних корней. В самом деле, при возведении а-\-Ь = с в куб мы получаем равенство, справедливое при всех тех же значениях а, b и с, что и данное равенство. После замены же мы по- лучим а3 + Ь3 + ЗаЬс = с3. Это равенство удовлетворяется при <2 = 6=1, с = — 1,вто время как исходное равенство а 4- b = с при этих значениях букв ложно. Следовательно, мы должны завершить решение проверкой. Возведем последнее иррациональное уравнение в куб. После сокращения получим 4х(2х—3) (х—1) = 9(х—I)3. Один корень этого уравнения = 1; остается квадратное уравнение х2 — 6х -Ь 9 = 0, х2>3 = 3. Сделав проверку, убеждаемся, что найденные корни под- ходят. Ответ. xx = l; х2}3 = 3. 9.5. Пусть р/629—х'=«, р/77 + х = ^. Придем к си- стеме J а4-р-н4 = 706, ( и-р tf = 8. Это — симметрическая система, ее обычно решают под- становкой: # + = uv — t. Поэтому преобразуем левую
298 РЕШЕНИЯ [9.6 часть первого уравнения: п4 4- ф4 = (ц2 t/2)2 — 2u2v2 = [(и 4- ^)2 — 2ия]2—2u2v2 = = (64 — 2/)2 — 2/2 = 642—256/ 4- 2/2. Поскольку все это равно 706, получаем квадратное урав- нение /2—128/4-1695 = 0, откуда /1==15, /о = 113. Остается решить совокупность двух систем: {u4-t> = 8, («4"^ = 3, 4Z-Z7=15, \ tt©=113. Решая первую, найдем = 3, v2 = 5, откуда лгх = 4, х2 = 548. Вторая не имеет действительных решений. Проверкой убеждаемся, что найденные корни удовлетво- ряют исходному уравнению. Ответ. х1 = 4; л:2 = 548. 9.6. Введем новые неизвестные: у/х2 — 34л: 4- 64 = н, 1/х2- 34л: 4- 83 = v. Получим систему | и — © = 1, \ и5—т? = 31. Обозначим и-\-т)—р. Так как, в силу первого уравнения системы, и — 77=1, то «==^у^» = Второе уравне- ние системы примет вид или после очевидных упрощений р44-2р2—99 = 0. Это биквадратное уравнение имеет два действительных корня: /?1 = — 3, р2 = 3. Зная р± и р2, найдем ut =—1, и2 = 2,
9.8] гл. 9. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ И СИСТЕМЫ 299 откуда получим два уравнения для определения значений х: х2—34x4-65 = 07" х2—34x4-32 = 0. Решив эти уравнения, найдем четыре корня. Ответ. х1)2= 17+1/257; х3>4 = 17±1/224. 9.7. Введем новые неизвестные: 4 /------------------- 4 /----------г- и=уа—х, ъ—ух—я, т. е. — а— Ь. Получаем систему f н44-^4— а — Ь, { v4u-f-u*u________________а—b ( u4-u 2 Заменяя во втором уравнении а—Ъ на й44-^4, получим v*u 4- u*v u-f-v 2 ’ откуда й54-^5—ичА— и*ъ = 0, где и 4-г>^= 0, т. е. и4 (и — v) — v* (и — v) — О, а потому (и—v)2 (и2 4- я2) (и 4- v) = 0. Так как последние два множителя в нуль обратиться не могут, то остается и —я, т. е. а—х = х— Ь> и, следовательно, Проверкой убеждаемся, что это — корень исходного урав- нения, если а > Ъ. Ответ, При а > Ъ х = . 9.8. Обозначив 4~ х —у, получим систему уравнений Jpra4-x = y, ( #4-х=у2 ( V о —У — ( а — у = х2.
300 РЕШЕНИЯ [9.8 Вычитаем из первого уравнения второе: = *) (*+.?)• Если х 4-t/ = 0, то x = f/ = 0, поскольку и х, и у неотри- цательны. Так как г/ = ]/а х, тоизх=г/ = 0 следует, что о = 0. Проверкой убеждаемся, что найден корень данного уравнения. Если х 4- £/ О, то у—х—1=0, откуда 1 4-х = а4-х и х2Ц-х-]-1—о = 0. Решая квадратное уравнение, найдем —1±/4^3 ~ xlj2 =------g-----. Остается исследовать, при каких зна- чениях а эти корни вещественны и удовлетворяют исходному уравнению. Во-первых, необходимо, чтобы дискриминант был неотри- цательным, т. е. Во-вторых, корень данного уравнения не должен быть отри- ~ » — 1—/4^3 ^3 нательным. Один из корней х2 =----------при всех о -у отрицателен, а потому не подходит. Другой корень х2 = = — — 4 а—3 больше нЛи равен нулю, если |/ 4а —3 1, т. е. а 1. гт л 1 + Проверкой убеждаемся, что хт =-------%----- удовлет- воряет первоначальному уравнению. В самом деле, подстав- ляя х± в это уравнение, получим а — ]/" а 4- хх = хг, что выполняется одновременно с равенством а — У а 4- хг = х%, так как хг^0. Значение хг было найдено из уравнения Уа-]-х^= 1 4-х. Поэтому можно осуществить в полученном нами равенстве соответствующую замену: а — 1 — х^ •— Х£. Так как в результате мы пришли к уравнению, из которого определили хх, то проверку можно считать законченной. Ответ, х = 0, если а = 0, и х = —1 у--—- , если .
9.10] ГЛ. 9. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ И СИСТЕМЫ 301 9.9. Перенесем ]/|х| в правую часть уравнения; = а + /Й, . и возведем обе части в квадрат. Получим откуда при а =7^0 1 = а2 4- 2а ]/] х |, /И 1 —а2 2а (1—02)2 4а2 , (I—Q2)2 — 4а2 ’ X Делаем проверку, подставляя найденное значение х в данное уравнение. В левой части получим < (й2_ 1)2+4а2 Г (G2—jj2_a2 + 1 |02_1[_ V 4а2 V 4а2 ~ 21 а | 21 а | “ _C2+I i(g+l)(g_l)f “2|а| 2|а| Чтобы вычислить это выражение, нужно рассмотреть че- тыре различных случая, так как значения —1, 0, -pl па- раметра а разбивают числовую ось на четыре интервала. Однако легко заметить, что а > 0, так как разность, стоящая в левой части исходного уравнения, всегда положительна. Следовательно, остается рассмотреть только два случая. Если 0 < а 1, то fl2_|_ 1 |G2 —1 |_G2_|_l__l+a2__ 2|«] 2|а| ~ 2а ~О' Если же а > 1, то О2-]-! jQ2—1| _ Д2 4-1—Д2-1-1 2 f ст | 21 ст { 2а а * Число равно числу а только при а = ± 1, а по пред- положению а > 1. ~ , (1—а2)2 п . Ответ, х = 4- —т-— , если 0 < a sC 1. — 4а2 ’ 9.10. Рассмотрим два случая. Если 2х2— Зх— 2^0, т. е. х^.—х^ 2, получим уравнение 4х2 + 5х—2(1+₽) = 0.
302 РЕШЕНИЯ [9.10 9.12] ГЛ. 9. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ И СИСТЕМЫ 303 _ 5 ±/57 + 320 Корни этого уравнения х1?2 =--~——- должны ле- жать вне интервала 2^. Неравенство —5— /57+320 I 8 ^2 57 удовлетворяется пои 0 Больше двух этот корень никогда стать не может. Для х2 нужно решить два неравенства: — 5+/57+320 1 —5+/57+320 8 2 ’ 8 А Первое выполняется при —™^0^—г» а второе при <5Z 4 Р>12. Пусть тепеоь 2х2— Зх — 2<0, т. е.—~ < х <2. Дан- Z ное уравнение станет линейным и мы найдем х3 _2(0-1) 11 Решим неравенство _Д / 2(0-1) 2 11 и получим _1<Р<12. 57 Итак, при 0= — 32 КОРНИ xi и х2 совпадают, а корень х3 не существует, т. е. уравнение имеет единственное решение х =— — • Если —К<0^— *7г> то Уравнение имеет два о oZ 4 7 решения: хг и х2; если — < 0 < 12, то xt и х3; а если 0 12, то два решения: хг и х2. Остается проверить, что хг и х3 не равны при —* < < 0 < 12, в чем легко убедиться непосредственной R 57 Ответ. 0 = — ох. 9.11. Если х^О, у^О, то fу — 2х + 3 = 0, | у + х— 3=0, Если Если Если х^О, у^О, ( у—2х + 3=0, I —у + х — 3 = 0, х^0, у>0, (у + 2х + 3 = 0, I у + х—3 = 0 х^0, у <0, J у + 2х + 3 = 0, [ —у + х — 3 = 0, получим систему ( хг = 2, откуда < . I л=1- то откуда то откуда то откуда х2 = 0, у2 = —3. х3 = —6, Уз = 9. х4 = 0, = —3. Каждое из четырех решений 'удовлетворяет записанным ог- раничениям. Ответ. (2, 1); (0, —3); (—6, 9); (0, —3). 9.12. Исключая последовательно у и х, найдем r _fe + 16 х— 7 Остается решить систему /k+Ш 1 ~7->Т> ' +^>о, 8—3k У=^г неравенств ,fe2 + 16fe_ 7^ k т. е. Первое неравенство равносильно такому: (fe + 84-/71) (А: + 8—/7Т)й>0. Приходим к системе ' —8 —УТТ < А < 0, £>—8+/71 к<*_ Так как —8 + У71 то условию задачи удовлет- воряют два интервала. Ответ, — 8 —У?! < А <0; — 8+УЛ <й
304 РЕШЕНИЯ [9.13 9.13. Если х —у и х^у, то получим систему I x-j-y = x—y-j-а, V— у = х+у-'- Ъ, которая имеет решение при условии а — — Ь. Если xi>—у, но х^у, то х~-у = х—у 4-л, у—х = х+у Ч-&, т. е. ,. Ь _ а Из условия х^— у находим —у f * а 1,3 ВТ0Р0Г0 Ус‘ b а ловил: —у^у* Оба эти неравенства соответствуют усло- вию а | b |. Если х^—у, а х^у„ то /— X—у = х— у + а, I х—у=х+у + Ь, Подставляя найденные значения х и у в ограничения, получим Наконец, если х^—у, х^у, получим — х —у = х —у + а, у — х = х+у + Ь, т. е. 2 ’ Это значит, что а = Ь. Так каку^х, ноу^—х, то — х 0. Окончательно получим при а = b 0
9.14] ГЛ. 9. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ И СИСТЕМЫ 305 Ответ. При а — — Ь, х^^~, у = -^-; при Ь а » it а Ь х = —у,> = у! при Ь^\а\, х = —у, > =—у; при , „ а а а а^-Ь^О, X— 2, ~2^У^2* 9.14. Уравнение х2-^у2 = а при а < 0 не имеет решений. Если а 0, то это — уравнение окружности радиуса ]/а. Вто- рое уравнение определяет стороны квадрата, диагонали которого равны 2 и расположены на осях координат (рис. Р.9.14). При увеличении а окружность будет увеличиваться и сначала окажется вписанной в квадрат, затем пересечет его в восьми точ- ках и, наконец, будет описана около квадрата. Итак, если то си- стема не имеет решений. .. ]/~2 1 Если у а = т. е. а = —, Рис. Р.9.14. получим четыре реше- / 1 13 \ 2 ’ 2 ) ’ 1 1 нпя: х — -^, У~~Т) и ТРИ симметричных: £ л (_± _±\ (L _П \ 2 ’ 2) ’ \2 ’ 2 ) Если у <а< 1, то восемь решений. Мы найдем их, воз- ведя первое уравнение в квадрат и получив с помощью второго уравнения, что | х | • |у | = . В результате придем к системе U*l+bl=1. которая при положительных х и у имеет два решения: •*1 = 4(1+/2^=Т), |х2 = 40-/2^Т), Л = у(1-/2^Т), |Л = 1(14-У2^ГГ^ К этим решениям нужно добавить шесть симметричных.
806 РЕШЕНИЯ [9.15 Если а — 1, то у системы четыре решения: = 1, = 0; = 0, у2 = 1 i Xg = 1, у3 = 0; х& = 0, = — 1. При Й 1 решений нет. 9.15. Если либо х = 0, либо у — 0, то второе неизвестное тоже равно нулю. Получаем очевидное решение ( хх = 0, I Л = °- Если ху=^0, то можно первое уравнение разделить на ху, а второе — на х2у2. Получим систему х+|+>-4-1=18, /2 + ^+/+-^ = 208. Введем обозначения: । 1 । 1 хЧ— = и, у -4——v. * X ’ J 1 у Возводя каждое из этих равенств в квадрат, получим х2+^ = и2-2, / + ^- = ^-2. Система примет вид f « + ^=18, | й24-^2 = 212. Решая ее, найдем: йх = 4, vx = 14; я2 = 14, ^ = 4. (Если первое уравнение возвести в квадрат и сравнить со вторым, то получим uv = 56.) Остается решить две системы: *+т=4- *+т=14> .^7 = 14’ 1-У+7=4. в результате чего получим восемь решений. Ответ. (0, 0); (2 + /3, 7 + 4/3); (2 + /3, 7 —4/3); (2-/3, 7+4/3); (2—/3, 7—4/3); (7+4/3, 2+/3); (7+4/3, 2—/3); (7 — 4/3, 2+/3); (7—4/3, 2—/3).
9.16] ГЛ. 9. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ И СИСТЕМЫ 307 9.16. Из первого уравнения находим y—z = xy — x. Подставляя во второе, получим xz — 2 (х — ху + х), т. е. xz — 2х (2—у). Если Х — 0, то система принимает вид r 0—y — z, , 0 = 2(^— у), т. е. y — z и у2 = 6у. yz = 3(y+z), Получаем два решения системы: г ^ = 0, х2 = 0, ’ Л=0. Л =6. zr = 0; z2 — 6. Если х^=0, то z — 2 (2—у). Подставляем во второе и третье уравнения х = ху — Зу -J- 4, 7у — 2у2 = — Зх -J- 12. Подставим х из первого уравнения во второе: 7у — 2у2 = —- Злу + 9у. Если у = 0, то получаем еще одно решение: л;3 = 4, 3'8=0, z3 =4. Если у=£0, то Зх—2у = 2, откуда х = - . Под- ставляем в первое уравнение последней системы уравнений, которое превращается в квадратное уравнение относитель- но у; 2у2 — 9у 4-10 = 0, 5 откуда у4 = 2, уб = у. Делаем проверку. Ответ. (0, 0, 0); (0, 6, 6); (4, 0, 4); (2, 2, 0); f4, 4. —•
308 РЕШЕНИЯ [9.17 9.17. Возведем уравнение х-\-у — —z в квадрат: х2 4-уа 4- 2ху = z2, к сравним со вторым уравнением системы; найдем ху= —10. Преобразуем сумму х44~у4 из третьего уравнения сле- дующим образом: х4 4-у4 = (X2 4-у2)2 — 2х2у2 = (20 4- г2)2 — 200, где на последнем шаге были использованы второе уравнение системы и найденное значение для ху. Подставив это выра- жение в третье уравнение системы, получим 2г2 = 9, т. е. z = ±3. Остается решить каждую из систем: f | х 4-у ——3, | ху = —10; | ху =—10. Производим проверку. Ответ. (—2, 5, —3); (5, —2, —3); (2, —5, 3); (—5, 2, 3). 9.18. ' Третье уравнение можно записать так: (х 4-у) (х2 - ху 4-у2) 4- (*-1) (z2 4- z 4-1) = 0. Из первого уравнения мы знаем, что х4-у = 1 — z. Поэтому (1 — z) (х2 — ху4-у2 —z2 —-Z — 1) = 0. Если z=l, то х4-у —0. Тогда из второго уравнения получим ху=—4. В итоге — два решения: 1х1 = 2, х2==—2, У1=— 2> ^2=2, 2’1 = 1, г2 = 1. Если же 1—z=/=0, то х2 — ху 4-у2— z2 — z— 1 =0. (1) Чтобы упростить уравнение (1), снова воспользуемся тем, что х4-у = 1—z, а потому х2 4- 2ху 4-у2 = 1 — 2z 4- z2. (2) Вычитая уравнение (2) из уравнения (1), получим ху = —Z.
9.19] ГЛ. 9. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ И СИСТЕМЫ 309 Теперь второе уравнение исходной системы ху + z (х +у) = — 4 можно переписать как уравнение относительно z —z-rz (1 ~z) =—4. Решая его, найдем, что либо z=—2, либо z— 2. В первом случае мы приходим к системе ху = 2, . ' _ откуда *+^=з, Во втором случае получаем ху =—2, , ' d откуда х+у = — 1, Х3 — 1, ' ^4 = 2» Уз — л = 1. ^3 = 2j сч II ьГ 7 •^5 = 2, | Г хв=\, Ув=~ 2> г5 =2; *в=2. После того как были найдены первые два решения, ре- шение системы можно было закончить следующим рассуж- дением. Данная система симметрична относительно х, у и z. Поэтому одно ее решение (2, —2, 1) порождает 3! = 6 решений, получающихся в результате всевозможных пере- становок. Таким образом, мы получим шесть различных решений системы. С другой стороны, система может иметь не больше решений, чем произведение степеней ее уравнений: 1-2-3 = 6. Поскольку все шесть решений найдены, решение системы можно считать законченным, если проверить одно из най- денных решений. Ответ. (2, —2, 1); (—2, 2, 1); (1, 2, —2); (2, 1, —2); (—2, 1, 2); (1, —2, 2). 9.19. Возведя первое уравнение в квадрат, получим х2 у2 2ху — а2. Так как х2 + у2 — Ь, то Возведем первое уравнение в куб: х3 _i_ зА-у (х+у) = аз.
310 РЕШЕНИЯ [9.20 Заменяя х34~у3 на с, а ху и соответственно на а ~ - и й, получим равенство , 3(fl2 —м с 4——^а = а3, не содержащее х и у. Ответ. а3 = ЗаЬ — 2с. 9.20. Умножив первое уравнение на xy2z2, а второе — на x2yz2, получим у первых двух уравнений равные правые части: 4х (у + -г) = Зх2у2^2, 4у (х + *) = 3x2y2z2. При этом могут быть получены посторонние решения, у которых одно из неизвестных обращается в нуль. Эти решения можно сразу отбросить, так как система в этом случае не удовлетворяется. Сравним левые части полученных уравнений 4г (х — у) =0. Так как ^=/=0, то х=у. Из третьего уравнения системы получаем z — . Подставим в первое уравнение 4х*4-1=0. Уравнение имеет только мнимые решения. Чтобы найти их, разложим левую часть последнего уравнения на множители: 4х* + 4х2 4- 1 — 4х2 = (2х2 + 1 )2 — 4х2 = = (2х2 — 2х +1) (2х2 4- 2х + 1). Получаем четыре значения х: X — 1 1 х — ± 1 Л1, 2— 2 ’ Л3,4 2 Так как у = х, a z = , то находим четыре решения системы. Производим проверку. Ответ. -2(1 + /)); 2(/-1)); 2(1-/)); (-Ц1, 2(1 + /)).
9.22] ГЛ. 9. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ И СИСТЕМЫ 311 9.21. Возведя второе уравнение в квадрат,- найдем • (*+#=^. Подставим в первое уравнение х4 -}-у4 = х2у2, т. е. (х2 —j2)2 = ~ х2у2, откуда х2—у2 = ±~ху, или, воспользовавшись вторым уравнением исходной системы, получим х2 —у2 = ± 3(х + j), откуда (х-^±3) = 0. Если х+^ = 0, то и xj = 0, следовательно, хг = 0, У1 = °- Если х—у — 3, то, подставляя во второе уравнение данной системы у = х — 3, придем к уравнению х2 — 7х-}-6 = 0, с помощью которого найдем два решения системы: Х9=1, ( Хо = 6, ^=-2; {л=з. Если же х—У~—3, то аналогично получим х&= 2, ( Xg = 3, Производим проверку. Ответ. (О, 0); (1, —2); (6, 3); (—2, 1); (3, 6). 9.22. Умножим первое уравнение на t xt + У* = t
312 РЕШЕНИЯ (9.22 и вычтем из второго. Аналогично поступим со вторым и третьим уравнениями. Придем к системе, не содержащей у: x(z— f) — 2— t, xz (z — t) = 5 — 2t, xz*(z — f) = 14 — 5Л В результате могут быть получены посторонние решения, в которых f = 0. Однако решение нашей системы мы закон- чим проверкой, благодаря которой все посторонние ре- шения будут отсеяны. Повторим ту же операцию, которая была проделана отно- сительно для z\ умножим первое и второе уравнения по- следней системы на z и вычтем их соответственно из второго и третьего. Тем самым мы исключим х: ( 2z —te = 5 —2/, | 5z —2^=14 —5Л В этом случае z = 0 может дать посторонние решения. Исключим из полученных уравнений tz и выразим z через t: z — — т. е. z-|-/=4. Второе уравнение последней системы можно записать в виде 5Сгг-Н)—2Лгг=14, откуда te = 3. У системы ( *-Н = 4, | zt = 3 есть два решения: {z. = 3, [ z9 — 1, / =1; 1 t = 3. Из первоначальных первого и второго уравнений находим х и у и делаем проверку. Система имеет два решения. Ответ, (у, у.З, i): ~2> 3)'
9.24] ГЛ. 9. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ И СИСТЕМЫ 313 9.23. Возведем первое уравнение в квадрат и вычтем из второго уравнения. После упрощения получим 2ху — 3xz -J- 6yz = 54. Третье уравнение позволяет заменить 3xz на 4у2: 2ху — 4у2 + 6у^ = 54, или xy — 2y2-\-3yz = 27. (1) Вычтем из уравнения (1) первое уравнение системы, умно- женное на j1), получим у = 3. Подставим в первое и третье уравнения системы J x + 3z=15, ( xz = 12. Решая эту систему, найдем два решения: хх = 3, ^ = 4; х2 = 12, г2 = 1. Производим проверку. Ответ. (3, 3, 4); (12, 3, 1). 9.24. Сложив почленно первое уравнение со вторым, первое с третьим и, наконец, второе с третьим, получим систему х3=луг4-2, < y3=xyz — 3, z3 — xyz-]-3. Перемножим эти уравнения и обозначим xyz — u: н3 = (« + 2) (и2—9), а после упрощения 2я2 —9«—18 = 0, откуда и1 = 6, и,= —|. ’) Такое преобразование системы, вообще говоря, может при- вести к приобретению постороннего решения, в котором у=0.
314 РЕШЕНИЯ [9.25 Для первого значения и находим х3 = 8, _у3 = 3, z3 = 9, аналогично поступаем с uz. Производим проверку. Ответ. (2, УЗ, /9); (тЦ , - ]/|, . 9.25. Обозначим ххх2. + хи = $. Тогда уравнение, стоящее на месте с номером k} примет вид хк (s — хк) + k (k + 1) s2 = (2k +1 )2 a2, или x% — sxh — k(k+l)s2 + (2k+Vp a2 = 0, откуда xk = 4 [s ± (2A+ l)]/s2-4<|. Возьмем для всех хк знак минус и сложим выражения для всех хк. Получим уравнение относительно s s(n — 2) = (п + 2) п ]/ s2 — 4а2, откуда s = 2п(»+2)|дг|_ )Лг2 (/г+2)2—(п—2)2 * Мы взяли перед корнем знак плюс, так как из уравнения для s видно, что s'^ 0; знаменатель не обращается в нуль ни при каких натуральных п. Остается подставить найденное значение s в выражение для хк и сделать проверку. п (/г + 2)-(/г-2) (2fe-f-О , . Ответ. хк- у-П2(п+2)г—(п—2)’1 1в1- 9.26. Пусть 7х—11у = и, т. е. 7 (x-J-jO — 18j = n, от- куда = a x4-9y = (x+j)-J-8j = ^i^ . Приходим к системе ' “ = У> ( 7и3—и=18у, ' u=i/'^+^ т-е- \ 7U^-U = 74y. V 7 ' Из последней системы исключим у: 7 и3—и 7иь—и 18 “ 74 ’
9.27] ГЛ. 9. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ И СИСТЕМЫ 315 Если « = 0, то, как легко видеть, придем к очевидному решению: х1=>у1 = 0. Если и 0, то получаем уравнение 7и2—1 7и4—1 п . 9 . . л —5— = —, т. е. 9д4— 37и2 4-4 = 0, У о/ откуда и± = у , и2 = —у , «з = 2, «4 = — 2. Для каждого значения и составляем систему 7х—\\у = и, х 4-j = н3. Делаем проверку. ГУ mm./10 1 \ ( 10 1 А Ответ. (0, 0), ^243 , 243J ; 243’ 243) ’ <5, (~5, -3). 9.27. Если сложить уравнения системы и вычесть первого второе, получим систему: 3); из ( ]/а—х + Х = 2]У у, I —х—УЬ—х — 2Уу—х. Возведем каждое из уравнений системы (1) в квадрат и вычтем из первого полученного уравнения второе. Получим т. е. или ]/(«—х) (Ь—х) = х, (а — х) (Ь — х)=х2, (a-j-b) х = ab. Если а4-^ = 0> но «^=/=0, то последнее уравнение, а следовательно, и данная система не имеют решений. Если а 4- — 0 и дЬ = 0, то а — Ь = О. Написанная в на- чале решения система принимает вид У^=Уу, 0 = Уу—х, откуда у==—х и у = х одновременно, т. е. при a = b = Q система имеет единственное решение x—y = Q. Если а 4-^0, то х = -^т. 1 * а4-&
316 РЕШЕНИЯ (9.28 Из уравнения ] а— х + ]/b—х = 2]/ у находим у: т. е. LfJ+Ш = 2 откуда у = (1£1±12»! . Уа-j-b 4(0_{_^ Так как а-'гЬ стоит в предпоследнем уравнении под ра- дикалом и а~\~Ь=^0, то а-}-#>0. Преобразовывая систему, мы получили уравнение —*) (b—х) = х. Следовательно, х^О, т. е. ab 0, а значит, и а^О, Ь^О. Теперь можно записать, что a-j-b у=~- Делаем проверку. Первое уравнение системы после под- становки примет вид 2а— =a-L^. Если а то эти уравнение удовлетворяется, а если я< Ь, то получим а~Ь, что противоречит предположению а < Ь. Второе уравнение системы после подстановки даст равен- ство 2Z>4-|a —£| = а-|- Ь. При а b получаем тождество. Ответ. Если а b 0 и a -f- b > 0, то х — ~~т > У — ~т~ ! если = то х=у = 0. 9.28. Обозначим ]/ry = z, Тигда система перепишется в виде ( ]/~х-\-г — j/*x — z = 1, ( Ух2— д24- КА'2 -г^2= 1. Дважды возведем первое уравнение в квадрат: 2 р^л'2 — z2 = = 2х — 1, отсюда |/х2 — z1 = х —; далее 4z2 = 4х — 1, или о 1 z- = x — т .
9.29] ГЛ. 9. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ И СИСТЕМЫ 317 Заменив ]/x2—z2 выражением х—перепишем вто- рое уравнение системы так: Из последнего уравнения находим z2: г2=-|—Зх, и сравниваем с выражением для г2, полученным из перво- го уравнения: х—4" = “Т—Зл:. 4 4 Отсюда х = a v = z2 = l о о Проверяем найденные значения х и у. Левая часть пер- вого уравнения системы примет вид / (УбТ/24—У5— /24 )~ _ К 8 _ j /8 ~~Vr8~~ Левая часть второго уравнения вычисляется проще: i/OL 4.1-1 К 64 8 + V 64+ 8 ~ 8 + 8 “L Отбег. 4) . 9.29. Первый способ. Так как а и b положительны, то из данных уравнений следует, что х >> 0 и у > 0. Возведем каждое из уравнений в квадрат: f х2(1— у2) = а2, \ j2 (1 — х2) = £2. В результате могут быть приобретены только такие по- сторонние решения, при которых либо х < 0, либо у < 0. Выражения 1 —у2 и 1 —х2, как это видно из последней системы, останутся положительными.
818 РЕШЕНИЯ [9.29 Мы получили систему относительно х2 — и и y2 — v: ( и(\ — v)=a2, \ -0(1— и) = Ь2. Чтобы эта система была равносильна предыдущей (при замене неизвестных равносильность может быть нарушена!), доста- точно потребовать выполнения неравенств J и> О, \ v > О Раскрыв в последней системе уравнений скобки, получим ( u — uv = a2, \ v — uv— Ь2. Вычитая из первого уравнения второе, найдем и— v — a2— b\ т. е. н = 0-|-а2 — Ь2. Подставим в первое уравнение послед- ней системы, получим квадратное уравнение относительно v: откуда ®1)2 = | (1 - а2 + 62 ± /(1 - а2 + 62)2 - 4£>2). Вычисляем и: “1,2 = у (1 + “2 - ± /(1-а2+62)2-4д2). (У и и -0, входящих в одно решение, берутся одноименные знаки.) Подкоренное выражение можно преобразовать следующим образом: (1_а2_|-^)2_-4^ = (1 -а2 + ^2—2^)(1-а2 + &3 + 2^) = = [(l-6)2-«2][(l+fc)2-a2] = = (1_6 — а)(1—* + <г) (14-6 —а) (1+* + «).
9.29] ГЛ. 9. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ И СИСТЕМЫ 319 Так как а>6>0 и то каждый из четырех множителей положителен и дискриминант тоже положителен. Если перед корнем выбран знак плюс, то и и v положи- тельны. Докажем, что^ > 0. Имеем: а2 — Ь2—(а—Ь)(а + #)< <а—Ь<а— b-{-2b = a-^b<Zl. Следовательно, 1—а24- 4-^22>О и, обращаясь к выражению для vt находим, что т’>»0. Так как а^>Ь, то очевидно, что и «>0. Если перед корнем выбран знак минус, то нужно прове- рить, что ин v положительны. Так как а > bt то проверку достаточно провести для v, которое меньше и. Неравенство 1 — а2 + Ь2 > ]/(l—a24-fc2)2—462 очевидно. Нетрудно проследить, что в процессе решения системы уравнений относительно и и и при условии, что и и v по- ложительны, мы не нарушали равносильности. Второй способ. Эту систему естественно было бы решать с помощью подстановки x = sin(p, j = где 0 < ф < л/2, 0 < *ф < л/2. Такая подстановка возможна, поскольку из имеющихся в условии ограничений легко по- лучить, что 0 < х < 1, 0 < j < 1. Получим систему sin ф cos яр = а, sin яр cos ф = Складывая и вычитая уравнения этой системы, найдем sin (ф 4- яр) = а bt sin (ф—яр) = а — Ь. Так как по условию 0 < а4~^ < 1 и 0< а — b <1, а на ф и яр были наложены ограничения 0 < ф < л/2, 0 < яр < л/2, то можно написать ф4-*$ = arcsin (а4- ^)> f ф4-'Ф = ^—arcsin (а 4~ Ф — яр = arcsin (а — b) ( ф — яр = arcsin (а — b).
320 РЕШЕНИЯ [9.30 Из первой системы получим <Pi = у [arcsin (а 4-#) +arcsin (a — />)], 4 I Ф1 == у [arcsin (а 4~ b) — arcsin (а — £>)]. Найдем sin<px и sin грт: sin<px = sin ~ cos (a-J-0)] = = ~-у== V 1 — cos а cos 0 sin a sin 0, V * где а == arcsin (а 4-Л), 0— arcsin (я — Ь). (При выборе знаков перед корнями мы здесь и в дальнейшем принимаем во вни- мание ограничения на (р и гр: 0 < ф < л/2, 0 < гр < л/2.) Продолжим преобразования: sin (р j = = уY 1 ~ И1 -V+tyTp-1-M2] + (a-F Z'Xo — i) = “ ]/1 -J- o2 - 6= - /[1 - (<г -j- 4)2] [ 1 - (a - ipj. Нетрудно убедиться в том, что [ 1 — (a 4- А)2] [ 1 — (а — 6)2] = (1 — а2 4- b2)2 — 4Ь2. Аналогично найдем sinгрх, а также sincp2 и 51*пгр2. Ответ. Если a > b > 0, a < 1, то система имеет два решения: [ 1+л"-_Л=_|Л(1_а-2+*2)23747, I з'. = уу /1 - °2+*2 - /О'- “2+*2)3 -4*2; j X2 = -J=-/1 -l-a2_Z,2 + T<(]_a2 + &2)2_462( | Л = р= /l-a2 + *2+]/(l_^ + ^-4^. S.30. Наряду с решением хх, zv система обязательно имеет решение —хъ — ух, zL. Поэтому у системы будет единственное решение только в-том случае, когда х=у = 0.
9.30] ГЛ. 9. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ И СИСТЕМЫ 321 Подставляя х=у = 0 в исходную систему, получим * z = a, - z = bt u г2 = 4, откуда либо а = Ъ — 2, либо а = b = — 2. Проверим, действительно ли при найденных значениях а и b система имеет единственное решение. Если а = 6 = 2, то из первого уравнения находим xyz = 2—z. Подставляя во второе, получим квадратное уравнение относительно z: z2 — 3z 4-2 = 0, корни которого 2^—1, z2 = 2. При z=l получим систему J ху = 1, I *2 +/=3, которая, как легко проверить, имеет четыре решения. Таким образом, значения параметров а = # = 2 не удов- летворяют условию задачи. Если а = Ь =—2, то из первого уравнения найдем xyz= —2—z. Подставляем во второе: z2 -И г—2 = 0, откуда zx = — 2, z2 = 1. При z =—2 приходим к системе ( ху = 0, I х24-^2 — 0> имеющей единственное решение х =у = 0. При z = 1 полу- чаем систему | ху= —3, t х2, 4->2 = 3. И Е. Б. Баховский, А. А. Рывкин
322 РЕШЕНИЯ [9.31 Подставляем во второе уравнение у~ —— и убеждаемся, что уравнение х4—Зх2 + 9 —О, которое получается в резуль- тате, имеет только мнимые корни. Ответ. а — Ь— —2. 9.31. По условию у ——х. Данные уравнения примут вид х3(2 —а) = 1. Если а#=—1, то, найдя х8 из первого и второго урав- нений, приравняем полученные выражения у(« + 1) = 2Г^> т. е. с2—а = 0, откуда а — 0 или а — 1. Условию задачи могут удовлетворить только три значения параметра а\ — 1, 0, 1, которые нужно проверить. Если а——1, то из первого уравнения найдем у——х, а из второго урав-нения найдем х8 = ~ и х = Т/у > а сле' довательно, у=—-z-*—:. Найденные значения неизвестных т/ 3 удовлетворяют и условию х4-у = 0- Если а = 0, то из первого уравнения: х = -^7=> a из второго: у = + 3 . Это значит, что при а = 0 система имеет два решения: По условию любое решение должно удовлетворять требова- нию х+у = 0, между тем первое решение этому требованию не удовлетворяет. Значение а —О мы должны отбросить.
9.32] ГЛ. 9. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ И СИСТЕМЫ 323 Осталось рассмотреть случай, когда а = 1. В этом слу- чае получим систему J х3—у3 = 2, ( xs-j-x2y-j-xy2 = 1, или I х (х2 + ху+у2) = 1. Так как правые части =^0, то разделим первое уравнение на второе, откуда х +у — 0. Поскольку условие х-\-у = 0 теперь автоматически выполняется для любого решения системы, то нужно убедиться, что у этой системы есть хотя бы одно решение. Легко увидеть, что таким решением является х — 1, у = —1. Ответ, ± 1 • 9.32. Так как система должна иметь хотя бы одно реше- ние при любом Ь, то она должна иметь решение и при b = Q. Положив Ь~ 0, получим систему ( (х2 + 1)«=1, ( a -j- х2у — 1. Первое уравнение удовлетворяется либо при с = 0 и лю- бом х, либо при х = 0, Если х = 0, то из второго уравнения получаем а=1. Итак, возможны только два значения: я=0 и а ~ 1. При л = 0 получаем систему \ bxy + х2у = 1. Первое уравнение имеет решение при любом Ъ, только если у = 0. Однако это значение у не удовлетворяет вто- рому уравнению. Остается рассмотреть случай а—1. Система примет вид Г х2-И#2-}-1)^=1, I Ь*У + *2У — 0. При любом b эта система имеет решение х=у — 0. Ответ, 1. 11*
324 РЕШЕНИЯ (9.33 9.33. Наряду с решением x = xv У=У1 система обяза- тельно имеет решение х=—х1,у=у1. Чтобы у системы было только одно решение, эти два решения должны сов- пасть, т. е. х1=—^ = 0. Подставляя в данную систему х = 0, у—уъ получим систему уравнений относительно уг и а: Iл+«=Ь I ^=1. Исключив из нее у1? найдем (1 — л)2=1, т. е. аг = 0, а2 = 2. Если а — 0, то приходим к системе ( 21 х Ч-1 х | =у Н-х2, \ х2+у2 = 1. Нужно выяснить, есть ли у этой системы решение, отличное от х = 0, у = 1. Достаточно рассмотреть случай х > 0, так как при х < 0 в силу «четности» ответ будет аналогичным. В силу уравнения х2+у2==1 неизвестные х и у не пре- восходят единицы. Если х > 0, т. е. 0 < х 1, то х2^х и —х2-\-х^0. Учитывая последнее соотношение для пер- вого уравнения у = 2х — х2 + х, обнаружим, чтоу>1. Так как раньше мы получили, что у 1, то получаем противоречие и, следовательно, х>>0 не может входить в решение системы. Мы доказали, что при а = 0 данная система имеет един- ственное решение. Пусть теперь а —2. При получим систему J у = 2*—х2-}-х— 2, ( х2 4-у2 = 1, у которой наряду с решением х = 0, у = — 1 есть решение х = 1, у = 0. Следовательно, из двух значений, найденных для а, подходит только одно. Ответ. 0.
9.34] гл. 9. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ И СИСТЕМЫ 325 9.34. Умножим числитель и знаменатель дроби из вто- рого уравнения на — х. Полученное уравнение раз- делим на у, который тоже отличен от нуля, если входит в решение системы. Получим ~ + ^^+\-х+у=О. Исключим 1^x2-j-l с помощью первого уравнения системы: р— 2 ~-j-t/2-}-2x — 2y = 3. Последнее уравнение перепишем в виде ^- + 2х + ^-2^+у)=3. Если — 4-у=г, то у z2 — 2z—3 = 0, zr=—1, z2 = 3. Первое уравнение данной системы можно записать в виде (4 + 2х+/) ~2х + 2 У^+1 = з, т. е. \ г2—2х + 2]/х2+1=3. Если г=—1, то ]/х2 + 1 = 1 + х, откуда х=0. Второе уравнение системы дает тогда два значения: У1 = 0, у2 = —1, где у = 0 не удовлетворяет первому уравнению. Если 2г = 3, 4 то х = второе уравнение системы после несложных пре- образований принимает вид Зу2-|-у-1-4 = 0, т. е. не имеет' действительных решений. Проверка убеждает нас в том, что х = 0, у = —1—един; ственное решение системы. Ответ, (0, —).
326 РЕШЕНИЯ Глава 10 АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ НЕРАВЕНСТВА Ответы к упражнениям 1. Получим совокупность неравенств, имеющую те же самые решения. 2. Получим систему неравенств, не имеющую решений. 3. Ответ: — 1 < х< I, 5 < х<7, х > В. 4. Вначале нужно переписать неравенство в виде (*~t)(x~3)(jc-4)2ss0' Последний множитель говорит, что точка 4 обязательно должна принадлежать множеству решений, этим его влияние ограничивается. 5 Ответ, -^-е^х^З, х«=4. 5. Поскольку неравенство строгое, то множители, стоящие в знаменателе, и множители, стоящие в числителе, играют одинако- вую роль. Данное неравенство равносильно такому: (х-1-3)2 (х+ 1) (х-4)2 (х-2) (х-5) < 0. Достаточно решить неравенство (х-4-1)(х-2) (х—5) < 0 н исключить, если они попали в множество решений, точки х=—3, л==4. Ответ, х < —3, —3 < х < — 1, 2<х<4, 4<х<5. 6. 0«Сох2-}-6х-{-с < 9. 7, ox2-f-bx-f-c^9; здесь не нужно заботиться о знаке подко- ренного выражения, так как после возведения в квадрат получаем неравенство, из которого следует, что это выражение положительно. 8. ’( ax2-j~bx-j-c (dx-j-e)2, < ax2-|-tx-j-c I dx-|-e^0 (см. пример 4 на стр. 50). 9. Нужно разобрать два случая в зависимости от знака правой части: если правая часть отрицательна, но неравенство удовлетворяется при всех х, при которых левая часть существует; если правая часть неотрицательна, то обе части неравенства нужно возвести в квадрат (подкоренное выражение при этом не может стать отрицательным): ( dx-j-e < 0, ( dx4-e^0, ( ax24-&x-f-c^0; [ ox2 + dx4-c > (dx + e)2.
10.4] ГЛ. 10. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ НЕРАВЕНСТВА 327 10.1. Обозначим а — 1 + k, Тогда из условия а-}-Ь = 2 получим # = 1—k. Вычислим а4-}-^4: а4 + 7?4= (! + (1 — /г)4 — 2Aj4 4-12Л2 4-2 = = 2 (£44- 6£24- 1) > 2, так как &44-6&2^0 и, следовательно, &44“6£24-1 1* 10.2, Первый способ. Пусть х = since, у = cos а. Тогда x4-y.='Sina4~ cosa — ]/2”cos —- aj. Так как — 1 cos — a) 1, то — j/2 s^x4-y^j/2. ВтоЬой способ. Сравнив данное равенство х24~ 4-у2 = 1' с очевидным неравенством х2 4-у2 2ху, обнару- жим, что 2ху^1. Сложим последнее неравенство с равен- ством х2 4-у2 = 11 . (*+#<2, 7 т. е. —]ЛГ<1х4-у г^Х2- 10.3. Первый способ. с!/а=-п-+4- < -4-+4-=аЧ‘ +ьч'- с f* с3 а3 b /з Второй способ. Неравенству й2/з-р ^/а>> с2/з экви- валентно неравенство ( а V/з . ( Ь у/з , \ с ) ‘ \с / 7>’ Так как b < с и а < с, то основания показательных функций (а \х / ь \х . с"/ И меньше единицы и эти функции убывают. Следовательно, /j» y/s /Ay/s> ° । _L — i J \c ] c ' c ~ ' 10.4. Данное неравенство можно переписать так: 4х8 — 4х2 -j- 1 0.. Оценим левую часть: 4х2 (х- 1) 4-1 = —4х2 (1 — х) 4- 1.
328 РЕШЕНИЯ (10.5 Так как O^x^l, то х2^х и 1—х^О. Следовательно, — 4х2 (1 —х) -Ь 1 > — 4х (1 —х) 4- 1 = (2х— I)2 > 0, что и доказывает наше неравенство. 10.5. Каждый из входящих в неравенство корней оценим •следующим образом: ]/4^+Т = У(4а + 1И<-4а+21)+1== 2« +1. Складывая полученные неравенства, придем к выводу, что У 4а + 1 + /4&+ 1 + /4с+ 1 < 2 (а + * + с) +3 = 5. Теперь, чтобы доказать написанное в условии неравен- ство, остается убедиться, что в последней оценке равенство ни- когда не достигается. Равенство возможно лишь при одновре- менном выполнении равенств 4л 4-1 == 1,46 4-1 = 1, 4с 4-1 = 1, т. е. при а = b = с — 0, что противоречит условию а 4- Ъ 4- с = 1. Итак, У4а 4-1 + У 46 4-1 4- У 4с 4-1 < 5. 10.6. Пусть Ь^а. Тогда (л 4- Ь)" < (2л)” = 2”л” < 2” (л” 4- 6”). 10.7. Пусть а^Ь и 6 > 0. Тогда по свойству показа- тельной функции если т^п. Прибавим к обеим частям неравенства по еди- нице и возведем в степень 1/w: Так как mZ^n, то и по свойству показатель- — т п ной функции с основанием, большим единицы: Следовательно, у+
10.9] ГЛ. 10. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ НЕРАВЕНСТВА 329 Умножая обе части неравенства на число Ъ > 0, получим (ат 4- Ът)^т (ап 4- Ьп)^п. Осталось рассмотреть случай # = 0. В этом случае неравенство обращается в очевидное равенство. 10.8. Имеем п очевидных неравенств: -./*<— 14~л /(л-1)2<Ц^, Первое и последнее неравенства обязательно будут стро- гими, так как по условию л> 1. Перемножая эти неравен- ства, получим lW<(4r)n. т- е- л!<(^)" 10.9. Первый способ. Обозначим -?- = «, — = с\ r b ’ с ’ Тогда uvw—A, т. е. среди чисел и, v и w есть «хотя бы одно, большее 1, и одно, меньшее 1 (u—y — w Невозможно, так как а, b и с не равны друг другу). Пусть и > 1, а 0 < v < 1, т. е. (1—и) (v—1) > 0 или —uv-^-u-^v—1 > 0. С другой стороны, для чисел и, v и w выполняется неравен- ство “Н±“>Г^=1, т, е. uv-}-w ^2. Складывая это неравенство с неравен- ством— uv 4- и -[-v— 1 >0, получим > 3, или £+±+^>3. & 1 с 1 а
330 РЕШЕНИЯ [10.10 Второй способ. Пусть и, v и w—положительные числа, причем w—наименьшее из них: и > w, v>w. Так как и—w— положительное число, то на него можно умно- жить неравенство v > w: V (и — w) > W (и—w),‘ т. е. uv—vw -]- w2 > uw. Поделим последнее неравенство на lw: V _ V . I w и' и С другой стороны, и ' и Складывая с предыдущим неравенством, получим ±. + ±4_^>,3, V W 1 и Если с — наименьшее из чисел а, b и с, то полагаем w = c, и = а, v — b и получаем неравенство, которое требовалось доказать. Если а или b—наименьшее из чисел а, b и (У, то обозначения соответственно изменятся. 10.10. Предположим противное, т. е. что (а • 2 х + b • ЗУ +. 1 )2 > (4* + W + 1) (а2 -|-'&2 + 1). Раскроем скобки, перенесем все члены в правую часть и приведем подобные: 4x^2 + 4х _|_ 9Уа2 + ду а2 _|_Ь2_ 2аЪ2х-ЗУ — 2а• 2х — -2Ь-ЗУ<0, или (Ь • 2х — а • З^)2 + (2х— а)2 + (ЗУ—Ь)2 < 0, что невозможно. 10.11. Оценим левую часть неравенства: (х— 1) (х—3) (х— 4) (х—6)+ 10 = = (x2_7x_|_6) (X2—7х+ 12) + ю = = [(х2—7х + 9)—3] [(х2— 7х + 9) + 3] +10 = = (х2 — 7х + 9)2—9 4- 10 = (х2—7х + 9)2 + 1 > 1.
10.13] ГЛ. 10. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ НЕРАВЕНСТВА 331 10.12. Подставляя в первое уравнение х2 вместо yzt преобразуем систему следующим образом: {дг-|-^ = х3—х, yz = х2. Числа у и z являются корнями квадратного уравнения отно- сительно 1Г. п24- (х—х3) их2 = 0. По условию числа у и z действительны. Следовательно, дискриминант £> = (х—х3)2—4х2 = х2(1 —х2)2—4х2 = = х2[(1—х2)2—4] должен быть неотрицательным. Так как по условию х=^0, то (1—х2)2>4. Это неравенство может выполняться, если либо 1—х2^—2, либо 1—х2^2. Второе неравенство не имеет решений, а из первого получаем х2^3, что и требовалось доказать. 10.13. Перепишем данные уравнения в виде j^4-2' = 5—х, |_y£4-x(z+j) = 8, откуда yz = 8—х (5—х). Числа у и z будут корнями уравнения ц2 —(5—х) к-Ьх2-г-5хН-8 —0. Так как у и z должны быть действительными числами, то дискриминант этого уравнения не может стать отрица- тельным ни при каких значениях х: (5—х)2 —4(х2—5х + 8)>0, т. е. . — Зх2+10х—7 >0, откуда 1 ^х^^-. О Так как уравнения, которым удовлетворяют х, у и z, симметричны, то аналогичные ограничения получим
332 РЕШЕНИЯ [10.14 для у V zi 7_ 3 * что и требовалось доказать. 10.14. Дискриминант квадратного трехчлена равен 1—4а. Если а < -%-, то дискриминант положителен и уравнение ах2 -}- х + 1 = 0 имеет два различных‘корня: ------Та------ _-1 + 1/Т=45 *2-------2п Когда а > 0, т. е. 0 < а < —, то получим решения нера- венства: X < х1? X > х2. Когда а < 0, то легко проверить, что х2 < хг. Поэтому решения запишутся в виде х2 < х < хх. Дискриминант отрицателен, когда а > —, а следова- тельно, а > 0. Неравенство удовлетворяется при всех х. с 1 Если а = —, то решения неравенства запишутся в виде х =/=— 2. 10.15. Условия задачи выполняются тогда и только тогда, когда интервал 1 < х < 2 будет расположен между корнями параболы, т. е. если 7(2) <0. Подставляя значения 1 и 2 в данный трехчлен, получим систему двух квадратных неравенств т2-\- 1т-\-1 0, т2 4- 8/и 4- 4 0. Решая первое неравенство, найдем -----f—---------------2----.
10.17] ГЛ. 10. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ НЕРАВЕНСТВА 333 а решая второе, получим — 4 —21ЛГ —4 +2/Т. Ответ.----(7 + 3 У~5~) m — 4+2]/3 . 10.16. Пусть хх и х2— корни данного уравнения. Тогда f 4~ % 2 = 1» 1 — CL. Если корни хг и х2 действительны, то из первой фор- мулы следует, что они не могут быть оба положительными. Если оба корня отрицательны, то из второй формулы на- ходим а > 0, а следовательно, корни х± и х2 меньше а. Если а = 0, то один из корней равен —1, и условие зада- чи снова не выполняется. Таким образом, а < 0. При а < 0, дискриминант 1—4а положителен и оба корня действительные. Потребуем, чтобы меньший из них был больше а, т. е. — 1— ----------->а. Это неравенство эквивалентно такому: У1 — 4а < — 2а — 1. Возведя обе части неравенства в квадрат, мы должны по- заботиться о сохранении связей, которые неявно присут- ствуют в этом неравенстве: 1__4а<(1_|_2«)2, 1 + 2а < 0, 1 —4а 0. Последнее неравенство выполняется, так как мы установили, что а < 0. Первые два преобразуются к виду f а(а-}-2)>0, 1 I а<~2- Ответ, а < — 2. 10.17. Так как &#=0, то ветви параболы направлены вверх. Внутри интервала от —1 до +1 парабола имеет
334 РЕШЕНИЯ [10.18 только один корень тогда и только тогда, когда на концах этого интервала трехчлен имеет разные знаки, т. е. (Zes— /г —2) + Л —2) <0. Разлагая каждый из трехчленов на множители, получим (/г — 2) (Л+ 1) (ЛЧ-2) (/г-1) <0. Ответ. — 2 < /г < — 1; 1 < k < 2. 10.18. Условие, что ветви параболы направлены вверх, означает, что m > 0. Если парабола не пересекает ось Ох, то получаем систему I > 0, \ 0 = 4— m (3/7*-}- 1) < 0. Если же данный квадратный трехчлен имеет действительные корни, то больший корень не должен быть положительным: ( > О, I 2+ V 4-m (3m +1) < Q Второе неравенство второй системы (а следовательно, и вся система) не имеет решений, при m > 0, так как числитель и знаменатель оказываются положительными. Решая второе неравенство первой системы, найдем < — 1 у , 77* > 1. Принимая во внимание первое неравенство, находим решение системы: m > 1. Пусть теперь /п = 0. Правая часть данного неравенства принимает вид —4х-]-1>0, т. е. х<-~, и неравенство удовлетворяется не при всех положительных х. Ответ, m > 1. 10.19. Неравенство равносильно совокупности двух систем х2 —2х —3>0, х2 — 2х — 3 < Зх — 3; х2 —— 2х — 3 <0, — х2 + 2х + 3 <3х —3.
10.22] ГЛ. 10. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ НЕРАВЕНСТВА 335 Решая каждое из четырех неравенств, придем к новой со- вокупности двух систем: f *< — 1, х>3, I — 1<х<3, \ 0<х<5. ( х<—3, х > 2. Итак, 3 х < 5, 2 < аг < 3. Ответ. 2 < х < 5. 10.20. Неравенство можно переписать в виде ]/(х—З)2 >]/(* +2)г или (АГ —З)2 > (А7Ч- 2)2, откуда после возведения в квадрат и приведения подобных получим линейное неравенство. Ответ, х <^~ . 10.21. При х > 0 неравенство можно переписать в виде 1 _]/8х“—”3 > 4х или /8х —3<1—4х. Последнее неравенство равносильно системе (8х — 3<(1 — 4х)2, 1— 4х>0, 8х —3>0, которая несовместна, так как несовместны два последних неравенства. При х^0 входящее в данное неравенство выражение V8x —3 не существует. Ответ. Неравенство не имеет решений. 10.22. Данное неравенство можно переписать так: 1—Зх— х * Получаем совокупность двух систем J х > 0, J х < 0, ( 1—Зх — ]/1 —-4х2<0; ( 1—Зх—V1—4х2 > 0.
336 РЕШЕНИЯ [10.23 Решаем первую систему: х > 0, /1—4х2> 1—Зх. Если правая часть второго неравенства отрицательна (х > 1/3), то неравенству будут удовлетворять все х, при которых подкоренное выражение неотрицательно (х2<П/4, |х|^1/2). Получаем интервал решений 1/3 <х^ 1/2. Если правая часть второго неравенства неотрицательна (х^1/3), то второе неравенство можно возвести в квадрат, дополнив систему условием 1—4х2^0 или |х|^1/2. После простых преобразований получим 0 <х<1/3, | *\С 1/2, 13х2— 6% < 0, т. е. 0 <х< 1/3, 0 < х < 6/13, откуда 0<х^1/3. Объединяя интервалы 0 < х 1 /3 и 1/3<х<1/2, получим решение первой системы: 0 < х< 1/2. Перейдем ко второй системе: х < 0, 1 — 4х2 < 1 —Зх. Условие х < 0 обеспечивает положительность правой части второго неравенства. Возведем второе неравенство в квадрат, учитывая, что | х | 1 /2. Получим х < 0, ' х (х — 6/13) > 0, т. е. —1/2 <х< 0, — 1/2<х< 1/2. Ответ. 10.23. — 1/2 <х < 0, 0 <х< 1/2. Перепишем данное неравенство в виде р/~(х—!)(*+!) — > о. Так как в неравенство входит выражение X х—1 а потому —— 2 напишите для себя,
10.23] ГЛ. 10. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ НЕРАВЕНСТВА 337 а х—1 как выглядело бы это равенство при —»— Вынесем множитель за скобки: Это неравенство равносильно системе Г /х+1>1 + \ X =7^ 1. Возведем первое неравенство системы в квадрат. При этом следует добавить условие, в силу которого выражение, «освободившееся» от влияния радикала, должно быть не- отрицательным: -А- ---- 1 , X =7^ 1. Так как х2—х-|-1>0 при всех х, то первому нера- венству системы могут удовлетворять только х > 0, ибо выражение справа всегда положительно. Следовательно, систему можно переписать в виде х2—х+ 1 > 2 ]/х(х—1), х > 0, х=# 1. Обозначим ]/х(х—l)=j, тогда первое неравенство примет вид у2 — 2у + 1 > 0, т. е. {у—1)2>0, откуда у =^= 1. Итак, ]/х2—х#=1, Г х2—х— 1 0, х>0, т. е. < х(х—1) > О, х =И= 1, u х > 0.
338 РЕШЕНИЯ [10.24 Последняя система равносильна такой: Ответ. 10.24. При X > 0 правая часть неравенства положи- тельна, так как в этом случае ]/ 14-2х> 1. Возведем обе части неравенства в квадрат; получим систему х > 0, < ^<1+х-Гта. k 2х4-9> 0. Последнее неравенство системы — следствие того, что х> 0. Перенесем во втором неравенстве 14~х в левую часть и произведем некоторые упрощения. Получим систему < х > 0, у -р" J Так как х>0, то второе неравенство можно возвести в квадрат, не добавляя при этом никаких ограничений (убедитесь в этом самостоятельно): 121x24- 198x4-81 9 4x24-36x4-8! Умножим неравенство на знаменатель, который при х#=—9/2 положителен; после приведения подобных получим систему ’ или < 45 — 8х84-45х2> 0, 1 х< g-. Итак, в первом случае неравенство имеет решения: При х = 0 данное неравенство не удовлетворяется.
10.25] ГЛ. 10. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ НЕРАВЕНСТВА 339 Если же х < 0, то, умножив обе части на —1, придем к неравенству Проделав с этим неравенством преобразования, анало- л 45 гичные случаю, когда х > 0, придем к выводу, что х > у • Это противоречит нашему предположению об отрицатель- ности х. „ л ^45 Ответ, 0 < х < -q . о 10.25. Перепишем данное неравенство в виде Ух +Ух+~7 + х+2Ух Ух + 7 + (х+7) <42, т. е. (Ух +Ух+7)г + (Ух + Ух + 7)-42<0. Обозначив выражение, стоящее в скобках, через у, полу- чим квадратное неравенство у2 4-у— 42 < 0, которое имеет решения: —7<у<6. Итак, — 7 <Ух+ Ух+ 7 < 6. Поскольку сумма Ух + Ух + 7 всегда положительна, то достаточно решить лишь правое неравенство: J/Gc-J-]/х + 7 < 6. После возведения в квадрат получим неравенство 2]/~х Ух+7 < 29 — 2х, равносильное исходному, так как корни Ух и ]/х + 7 здесь не устранены. (Заметьте, что заменив выражение
340 РЕШЕНИЯ [10.26 "И х j/x -h 7 на J/x(x-f-7) мы могли нарушить равносиль- ность). После второго возведения в квадрат придем к системе ' 4х2 + 28х<841—116х + 4ха, 29 —2х>0, х х^0, т. е. ч х+7>0, 1 к х, 841 < 144 ’ 29 2 1 >0. Ответ 10.26. Неравенство удобно переписать в виде , Yа2 — х2 > — 2х. Оно равносильно совокупности двух систем х > 0, а2—х2^0; ' х <0, ’ а2 — х2 > 4х2, а2 — х2^0. Решая последнее неравенство Так как в первой системе решения: 0 < х«С| а|, каждой из систем, найдем х > 0, то для нее получим а 0. Перейдем ко второй системе. Решая второе неравенство, получим Мы приходим к системе х^О, * ~yf<X<VT’ — I а I X I а Ь решениями которой будут значения из интервала —Ц^<х^0 •?У 5 при а =£= 0. Остается объединить решения двух систем.
10.28] ГЛ. 10. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ НЕРАВЕНСТВА 341 Ответ. При а=#0: И У5 я = 0 нера- венство не имеет решений. 10.27. Приведем степени, входящие в данное неравенство, к основанию 2 и поделим на 2Ух2х\ 2х~Ух <3-|-4-2Кх-АГ; обозначив 2х~Ух =у, получим а так как у > 0, то у2 — Зу—4^0. Корни трехчлена: —1, 4; так как меньший корень отри- цателен, то получаем 2х~Ух 4, т. е. х— V х ^2. Обозначим ]/rx = z и найдем решения неравенства z2—z—2^0. Получим — 1 z 2. Левое неравенство выполняется, если только 1/х существует. Остается ]Лх^2, т. е. 0^ х ^4. Ответ. 0 х 4. 10.28. Перепишем неравенство в виде 3УГ (3+х —2х2)—2(—2х24-х4-3)<0, ИЛИ (3^7 _ 2) (— 2х2 + х + 3) < 0. Последнее неравенство1) равносильно совокупности систем З^Г — 2 > 0, — 2ха + х + 3 < 0; ЗГх _2<о, — 2х2 + х+3>0. х) Хотя метод интервалов был изложен во введении примени- тельно к многочленам, им можно пользоваться при решении более широкого класса неравенств. В частности, для этого неравенства
342 РЕШЕНИЯ (10.29 Решая первую систему, получим Зг* > 2, X < — 1, X > х> logs 2, Л-< —1, Х>~. 3 2 ’ 3 Так как—1 < log^ 2 < log§ 3 = 1 < — , то окончательно по- 3 лучим х > g-. Вторая система дает нам следующее: ( O^X<10gg2, > 3 I — 1 < х < у, откуда 0 х < log^ 2. Ответ. 0 <1 х < log? 2; х > ~ . 10.29. Данное неравенство равносильно совокупности двух систем х > 1, f 0 < х < 1, Т=7<°: I ^Т>°- Решениями первой'системы будут: х>3, а решениями вто* рой: у < х < 1. Ответ, у < х < 1; х > 3. получаем ( 3УГ-2) (х+1) (х— у) > 0. Первый множитель обращается в нуль при х = 1обд2, причем он больше нуля при х > log| 2 и меньше нуля при х < log| 2. На- несем точки —I, log* 2 и у на числовую ось и воспользуемся тем 3 обстоятельством, что при х > — все три скобки положительны. Так как, кроме того, х^О, окончательно получим 0<x<logg2, х >
10.31] ГЛ. 10, АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ НЕРАВЕНСТВА 343 10.30. Так как основание степеней, входящих в неравен- ство, меньше единицы, то (Xе-2х3 + 1)1/2 > 1-х, или [(Xs-I)2]1/2 > 1—X, |х3 — 11 > 1 — X. Если 1—х < 0, то неравенство справедливо. Получаем первый интервал решений: х>1. Если х^1, то 1—х3 > 1 — х, т. е. х3 —х<0, или х(х-1)(х+1)<0. Получаем еще два интервала решений’ х < — 1, 0 < х < 1. Ответ, х< — 1; 0<х<1; х> 1. 10.31. Так как х > 0, то вместо неравенства х.х,0₽аЛ > а2х можно написать xi°£a х > а2. Если а > 1, то при логарифмировании по основанию а знак неравенства не изменится: (10gax)2 > 2, откуда log0x<—]/2, log0x>]/2, т. е. 0<х<— о * х > аУ2 . Если 0 < а < 1, то (logttx)2<2 и — ]/2<logax<]/2, т. е.
344 РЕШЕНИЯ [10.32 Ответ. При 0 < а < 1, аУ* < х < ~^=; при а > 1, 0 < х < 10.32. Прологарифмируем по основанию 10 и обозначим lgx=j/. Получим неравенство j/8 ——3 > 0. Левую часть разложим на множители: jCv2 + l)-3(y2 + l)^(y+l)(j-3). Полученное произведение будет положительно, если у > 3, т. е. Igx> 3. Ответ, х > 1000. 10.33. Данное неравенство эквивалентно неравенству n 1 3—2х . 5 °<1о§2-Т=7 < *• (Ограничение слева обеспечивает неотрицательность числа, стоявшего под знаком квадратного корня.) Поскольку 0 — log2 1, 1 — log2 2 и основание логарифмов больше единицы, последнее неравенство можно записать так: - ^-3—2х о 3__2х Требование положительности числа , которое могло 1 —х быть нарушено при таком преобразовании, выполняется здесь автоматически. Поскольку неравенство 1 ^.у < 2 эквивалентно неравен- У—1 гх ству g 0, получаем 3—2х ____<о т е / 2 —х<0, 3—2х 2 Т> е' 1 х-^1. Ответ, х 2. 10.34. Данное неравенство равносильно системе
10.35] ГЛ. 10. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ НЕРАВЕНСТВА 345 Тем самым мы обеспечили положительность числа, стояв- шего в условии под знаком логарифма. Левое неравенство можно заменить условием х^=1. Тогда получим систему Эту систему можно преобразовать так: ' I АГ—11 < I 2л?+ 1 |, < х^—1/2, L X 1. Входящее в эту систему неравенство можно возвести в квад- рат, не нарушая его равносильности: (х—1)2<(2х+1)2, т. е. Зх2 + 6х>0, откуда х <—2, х>0. Итак, г х < —2, х > О, < х=/=—1/2, х 1. Ответ. х< — 2, 0<х<1, х>1. 10.35. выражения Перейдем к основанию 2 и 2х и 4х: 1 Обозначив 7-----р—-:----г (2 4- log„ х) > 1 . log2 х (1 —1 og2 х)' т &2 log2x=y, получим неравенство 2 4-у 1 2—у1 п . , > I, или > 0. Запишем последнее неравенство в более удобной форме (у-/2) (у+/2)<0. s/to+1) его решениями будут два интервала: —Д/~2<у< — 1, 0<^</2: Вспомнив, что у = log2 х, найдем х. Ответ. < х < 1, 1 < х < 2Р 2. О И 2
346 РЕШЕНИЯ [10.36 10.36. Так как log1/2/V=—log2/V, то данное неравен- ство перепишем в виде log2 (2х— 1) log2 (2*+1 — 2) < 2. Преобразуем второй сомножитель: log2 (2*+1— 2) = log2 [2 (2* — 1)] = 1 4- log2 (2х— 1). Обозначив log2(2A‘ — 1)=у, получим квадратное неравенство У(у-г1)<2, или у2 4-у —2 <0, решения которого лежат в интервале ~2<у<1. Вспоминая, чему равен у, получим — 2 < log2 (2- —1) < 1, т. е. 1/4 <2*—1 <2, 5/4 <2* <3. Ответ. log25 — 2 <х <log23. 10.37. Неравенство равносильно системе ' х2 4-1 > 2х — 5, х24-1 >0, L 2х—5 > 0. Первое неравенство х2— 2x4-6 >0 выполняется при любом х, так как дискриминант квадратного трехчлену отрицателен, а коэффициент при х2 положителен. Второе, неравенство также всегда справедливо. Остается последней неравенство, откуда х > 5/2. Ответ, х > 5/2. 10.38. Обозначим logflx=y. Неравенство примет вид 14-У * Так как 1 4-у2 > 0, то и 1 4-у > 0. Поэтому данное не- равенство равносильно системе J 1 +у2 > 1 +>, Ь+>’>0,
10.40] ГЛ. 10. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ НЕРАВЕНСТВА 347 т. е. или^<о. »1> Ъ>—1, Ъ>—1- Получаем два интервала решений: — 1 <><0, J>1. Так как у — logfl х, то нужно рассмотреть два случая. Во-первых, если а>1, то \ogax—функция возрастаю- щая и мы получим два интервала решений: — < х < 1, х> а. а ’ Если же 0 < а < 1, то получим другие два интервала решений: 1<х< —, 0 < х < а. а Ответ. При а>1:-^-<х<1, х > а; при 0 < а < 1: 0 < х < а, 1 < х < — . ’ а 10.39. Перейдем к основанию k: logfe* , logjfc(fe^) 0 у__। 1+2^ logkx У где у = logft х. Последнее неравенство можно переписать так: З^+Зу-Ц Выражение, стоящее в числителе, всегда положительно. Поэтому решением неравенства будут два интервала: у< —1> У>°- Вспоминая, что j = log^x и 0 < k < 1, найдем соответ- ствующие интервалы для х. Ответ. 0<х<1, х > 4- • К 10.40. Поскольку 4х—6 должно быть больше нуля, то х> 1. Следовательно, приходим к системе неравенств 1х > 1, log, (4х—6) > 0, log, (4х—6)<х,
348 РЕШЕНИЯ [10.41 Решая второе неравенство системы, найдем х > log2 7. Третье неравенство перепишем в виде системы f 4* —6 <2* 1 4х—6 > О, решением которой будет интервал log2 ]/ 6 < х log2 3. Так как log2 j/~7 > log2 6, то получим решение данного неравенства. Ответ. log2 / 7 < log2 3. 10.41. Данное неравенство эквивалентно такому: |х*-4х| + 3 х24|х—5| Знаменатель всегда положителен. Поэтому | х2 — 4х | + 3 х2 +1 х — 51, остается раскрыть знаки абсолютной величины. Нанесем точки 0, 4, 5 на числовую ось и рассмотрим четыре случая. Если х < 0, то получаем систему ( х < 0, ( х < О, | х2 — 4х 3 х2 4- 5 — х, или |х^— 2/3, которой удовлетворяет полупрямая х^. — 2/3. Если 0 х 4, приходим к системе 0 х 4, 2х2—5x4-2 0, решением которой будет отрезок 1/2^х^2. Если 4 < х 5, то наше неравенство примет вид х2 — 4х + 3 ^х2Ц-5—х, откуда х^ — 2/3. Это не удов- летворяет условию 4<х^5, а потому в данном случае решений нет. Остается случай х > 5. Раскрывая знаки абсолютных величин, получим х^8/5. Здесь снова нет решений. Ответ, х^ — 2/3; 1/2 ^х^ 2. 10.42. Так как х > 5/4, то х2 > 1 и данное неравенство равносильно такому: 4х—5 Т^Т ^Х.
10.43] ГЛ. 10. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ НЕРАВЕНСТВА 349 Если 5/4 < х < 2, то 4х— 5J>x (2—х), т. е. х2 + 2х — 5 > 0. Корни трехчлена: хх =—1—]/б^ х2=—l+V®. Вто- рой корень лежит в интервале от 5/4 до 2, поэтому полу- чим интервал решений —1<х<2. Если х > 2, придем к неравенству 4х—5 х (х—2), т. е. х2 — 6х + 5^0, и получим второй интервал решений 2<х<5. Ответ. 6— 1^х<2, 2<х^5. ? 10.43. Перейдем в обеих частях неравенства к основа- нию 2: log2 2х < log2(2^) т е 1+у < -if 1+3# log2 х V log2 х ’ у V у ’ где y = log2x. Чтобы решить последнее неравенство, рас- смотрим два случая. Если < 0, то достаточно, чтобы подкоренное выражение не было отрицательным. Приходим к системе ( 1±^<о, [ — 1 <>г < о, J у 1 1 1 I *+^>0; I »°> -КХ-+ * У Если 0, то иррациональное неравенство относительно у нужно возвести в квадрат: Ь<-1. >>о, I p+yy<i+3g. I 2у8~^~->0.
850 РЕШЕНИЯ [10.44 Решения последней системы лежат в интервалах J’C-I, >>1. Таким образом, мы получаем три интервала изменения у: ><-1, которые объединяются в два: у^—у, у^1. Вспоминая, что у = log2 х, найдем интервалы изменения х. Ответ. 0 < х , х 2. 2 ’ 10.44. Так как log1/ox = — logax, то перепишем нера- венство следующим образом: 'ogilogs^TT < —1о£г (1о8з 7^1) X I 1 Обозначив log3^^=j, получим log2y < 0, откуда 0<у<1, т. е. 0<log3£}<l, а потому 1 < < з. X—1 Последнее неравенство можно записать так! (если некоторое выражение заключено между двумя числами, то разности между ним и каждым из этих чисел ймеют разные знаки). После выполнения действий в скобках и небр^щих упрощений получим откуда х > 2. Ответ, х > 2.
10.46] ГЛ. 10. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ НЕРАВЕНСТВА 851 10.45. Если 0<х2—1 <1, то придем к системе г 0<х2 — 1 < 1, Зх—1 > х2, k х2 > 0. Так как последнее неравенство следует из первого, то полу- чаем такую систему: 1 < х2 < 2, х2—Зх + 1 <0, или ' 1 <|х|</2, 3— , .3+/5 -Т-<Х<—2— ’ откуда 1 < х < У~2. Если х2— 1 > 1, т. е. х2 > 2, то приходим ко второй системе: ( X2 > 2, I х2—Зх+1>0, или 3+-/Б откуда х > —!-у— . Ответ. 1 < х < 1^2, 10.46. Так как logJ/2 4 = (- 5 log2 х+2)2=25 logl х - 20 log2 х + 4, то данное в условии неравенство примет вид log|x—25 log| х +144 < 0, откуда 9<log|x<16, или 3<|log2x|<4. Остается решить совокупность двух неравенств — 4<log2x<—3, 3<log2x<4. Ответ. тг<х<4-; 8<х<16. 1О о
352 РЕШЕНИЯ [10.47 10.47. Данное неравенство может выполняться только в том случае, если дискриминант стоящего в левой части квадратного трехчлена относительно х положителен, т. е. l°go,6 J2 4- 2 log0,3 > 0. Решением этого неравенства будут В первом Ответ, 1°8о,бЗ'2<~ 3, log0>6/> 1. случае получим у2 > 8, во втором — 0 <у2 < 1/2. Глава 11 ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ И ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ И СИСТЕМЫ 111 1ОЕ 6-^—!Й±1£3 И-Ь 11.1. 10&б ° — lg5 — lg 10_lg2 1—а • 11.2. Так как 1225 = 352, то 1g 122,5 = lg 352 —1g 10 = 2 (1g 5 4-1g 7) — 1 = 2 (<z + ^) — 1. 11.3. Перепишем уравнение в виде 7 1 32л- _|_ 32Х-1 _ 2Х+ 2 2*+ 2 , т. е., после того как вынесем 32х 1 и 2Л*2 за скобки, дгх—э _ 2* 2, Из последнего уравнения следует, что 32x-8==(|/'2')2*'-8j (о \ 2 х""" 3 —=1, откуда 2х—3 = 0. 3 Ответ. х = ~2 . 11.4. Обозначив 3-1*“21=у, придем к квадратному уравнению у2 — 4у — а — 0,
11.6] ГЛ. И. ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ И ПОКАЗАТЕЛЕН. УРАВНЕНИЯ 353 корни которого Первый корень y1 = 2-j-]/r4~l-a приходится отбросить, так как —|х—2 | 0 и 3”lf“2l^l, а 2 J-] 4 + а не может стать меньше двух. Исследуем второй корень: 3-|х-2|==2 — ]/4 + tz. Чтобы это уравнение имело решение/ необходимо выполнение трех условий, которые сведены в систему неравенств: г 4 + а>0, < 2— |/4 + «>0, k 2— Решая эту систему, найдем —3 а < 0. Ответ. При —3^а<0 два решения: 2 = 2 ± log3(2—J/4 + а), при остальных а решений нет. 11.5. Решая квадратное уравнение относительно 121*1, найдем 121*1 = 1±]/1—а. Первое ограничение: 1—т. е. Кроме того, 121*1 не может стать меньше единицы. Если перед корнем выбран знак плюс, то последнее требование выполняется, если же взят знак минус, то 1 — ]/ 1 — а 1 лишь при а = \. Это значение а можно учесть при рассмотрении урав- нения 121 * । = 1 4- 1— а. Ответ, х — ± log12 (1 + V"1 —а) ПРИ а^1; при осталь- ных а решений нет. 11.6. Уравнение можно записать так: ЗА' 5*-2<+1 = 52-22; один корень можно указать сразу: х = 2. Прологарифмируем теперь уравнение по основанию 10: Alfi5 + ^lg2 = 2, 12 Е. Б Баховский, А. А. Рывкин
354 решения [11.7 т. е. X2lg5 + (lg5 + 31g2-2)x—2 = 0. Так как Хх = 2, то по теореме Виета 2 IgsJ-2---------Ig5 • Сделайте проверку. Ответ. ^, = 2, х2 = — 11.7. Так как (2 + |7Т) (2 —]/Т) = 1, то 24- j/з" и 2 — —взаимно обратные числа. Обозначим Тогда данное уравнение можно записать так: (мы разделили обе части уравнения на 2 4-]ЛТ). Решая это уравнение, найдем Л = Ь = 10- Покажем, что первый корень, который приводит к урав- нению (2+Кзу-”=1 посторонний. Так как 2 4-1^3 > 1, то х2—2х<0. Выражение х2—2х достигает своего минимума в точке х=1. Этот минимум равен —1. Поскольку 2 4~УЗ <4, то в левой части последнего уравнения стоит число, большее 1/4, а сле- довательно, ни при каких х не равное 1/10. Остается решить уравнение (2 + У~3)х‘~гх=\0. Прологарифмируем его по основанию 2-|-}^3t х2—2х—log2+yi-10 = 0. Ответ. х =
11.10] ГЛ. 11. ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ И ПОКАЗАТЕЛЕН. УРАВНЕНИЯ 355 11.8, Перепишем уравнение так: Сразу же видно, что х = 2— корень уравнения. Покажем, что других корней нет. Обозначим для удобства первое основание через а, а вто- рое через Ь. Оба эти основания меньше единицы. Поэтому если х < 2, то ах > a2, bx > Z»2, и следовательно, ах + Ьх> 1; если же х > 2, то ах < a2, bx < Ь\ и следовательно, ax-\-bx< 1. Ответ. х = 2. 11.9, Перепишем уравнение в виде 1 11 log2 х ’ log2 2х ~ Iog2 4х1 откуда получаем следствие исходного уравнения: log2 4х = log2 х log2 lx, т. е. 2 + log2 х = log2 х (1 4- log2 x), log? x = 2, откуда log2 x = ± ]/*2^ x — 2* . Проверка показывает, что оба значения х—корни исход- ного уравнения. Ответ. х1з 2 = 2± Уй . 11.10. Так как log3 (3*+1—3) = 1 4" 1°£з (3*—1)> т0 обо- значив log3 (3х—1) через у, получим —6=0, откуда уг =—3, у2==2. Если log3(3*—1)=—3, то 3х = || и x1 = log328—3. Если log3(3*—1) = 2, то 3х =10 и x2=log310. Ответ. logs 28 — 3, log8 10. 12*
356 РЕШЕНИЯ [11.11 11.11. Перепишем уравнение в виде log, х + logx 7 = log?x + log£7 —у. Дополним правую часть его до полного квадрата суммы (заметим, что log7 x-log* 7 = 1) и обозначим lcg7 х-|-log* 7 =_у. Получим уравнение: 4/—4у —15 = 0, откуда у! = у2= — у. 5 Если log* 7 + log7 х = у, то 2 logj 7 —5 logv 7 + 2 = 0, logx7 = ^J; ^ = 49, х2 = /7: 2 Если же log* 7log7 х =—то получим уравнение 2 log* 7 4- 3 log* 7 + 2 = 0, у которого нет действительных корней. Ответ. хх = 49, х2 = ]/г 7. 11.12. Прологарифмируем по основанию 3 и перейдем к общему основанию логарифмов: т—---Н logs х — 2, log3 х 1 63 откуда следует уравнение 2j+l=0, где у = log3 х. Так как .у3 — 2уЦ-1=(у—1)СУ2+^—1). то J1 — 1 > .Уз, з — 2 ' Находим соответствующие х и проверяем их. -1±ГГ Ответ. xL = 3, x2j3 = 8 2 11.13. Если j = log*3, то придем к уравнению /1+|7|+1=о, \
11.15] ГЛ. 11. ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ И ПОКАЗАТЕЛЕН. УРАВНЕНИЯ 357 из которого получается цепочка следствий V1 +4>=— У’ i+v=^> 2У2—3У—2 = 0> У1=— у.ь = 2- Проверкой убеждаемся, что второе значение у не удо- влетворяет исходному уравнению, так как у должен быть отрицательным. Ответ. х — ~ . 11.14. Приведя уравнение к общему знаменателю и от- бросив его, получим следствие данного уравнения: log4 х + log4 (10 —х) = 2, откуда х2—1 Ох-4-16 = 0, х1 — 2, х2 = 8. Проверкой убеждаемся, что это — корни исходного урав- нения. Ответ. х1 — 2) х2 = 8. 11.15. Перепишем данное уравнение так: _____________________*_+_>О_ = о log^O.Sx logv 16% logx4x При этом преобразовании мы могли потерять корень, так как при х— 1 левая часть полученного уравнения теряет смысл, в то время как обе части-исходного уравнения суще- ствуют. Проверкой убеждаемся, чтох=1—корень данного уравнения г). Преобразуем выражения, стоящие в знаменателях и обозначим logA.2=j: _J______21_ . _10_ = о Это уравнение равносильно системе ( 2^2-{-Зу—2 = 0, I (l->)(4j+l)(2> + l)¥=0. 1) Заметим, что если бы мы перешли к основанию 2, то полу- чили бы уравнение, равносильное данному. Убедитесь в этбм само- стоятельно.
РЕШЕНИЯ [11.16 При у =—2 Hj = y, являющихся корнями уравнения, ус- ловие, входящее в систему, удовлетворяется. Ответ. xt^ 1, xa = —L=, х3 = 4. 11.16. Перепишем уравнение в виде ioge(3+J + 2(4~ *) = l°g2 (3 + •*)• Так как logg(3+x)_log(34-x)6 . fi log0(3+x)“log(8+x)2“log2D’ то придем к уравнению log2 6 — log2 (4—х) = log2 (3 + х), откуда х2— х — 6 = 0, хх = —2, х2 = 3. Все применявшиеся преобразования приводили к след- ствию исходного уравнения. Первый корень при проверке z- 1 отбрасываем, так как д3 при х — —2 не существует. Ответ. х = 3. 11.17. Уравнение равносильно системе f lg|x4 + 2x34-2x— 1 | = 21g|x24~x — 1|, или ' [х44-2х3 + 2х—1 | = | х2 + х— 1 |2, |х2Ч-х— 1 1=^=1, х2-]-х— 1 #= 0. Решим уравнение, после чего проверим, выполняются ли наши ограничения. Уравнение распадается на два. Если х4Н- 2х3Ч-2х—1 =(х2 + х—I)2, то, раскрывая скобки, получим х2_|_4х__2 = 0, х1>2=—2±]/“б. Если же х4 + 2х3-]-2х—1 = —(х24-х —I)2,
11.19] ГЛ. 11. ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ И ПОКАЗАТЕЛЕН. УРАВНЕНИЯ 359 ТО х2(2х2 + 4х-1) = 0; х3 = 0, х4, 5 = ~2 * Остается проверить выполнение двух условий, входящих в последнюю систему. Лишь при х = 0 нарушается условие |х2-[-х—1 |#=1. При остальных найденных значениях х оба условия выполняются. Ответ. xlj2= —2±]/~6; х3>4 = ~~2 . 11.18. Преобразуем первое слагаемое: _ 2 logaX а°еУь х a2\ogbX а log« Ь — (flloga*) 2 logb а — д-2 При переходе к логарифмам с основанием а мы нало- жили на а дополнительное ограничение: а^=1. Однако при а—1 данное нам уравнение не имеет решений, и, следова- тельно, такое ограничение несущественно. При замене abffu х на х могут быть введены посторонние корни х < 0. Мы получили уравнение относительно y = у2— 5у-|-6 = 0; = 2, = откуда х1 = 2,og“ b. х9 = 3loga ь. где b у= 1. Ответ. При а > О, £ > О, а=И=1, ##=1 x1 = 2,o^t, Х2 = 3,О^\ 11.19. Логарифмируя и заменяя log^a на -, получим 10ёах /4-(1 +logax) + 4 (i~M) + + /1 (logax-1)4-1 1) = a, t. e. ^4= (V(10gox+lj2+ K(10goAr-l)2) = a. 2 V logax Отсюда видно, что если х удовлетворяет этому уравнению, то logax>0, а потому loga х-j-1 > 0. Следовательно, : (log, х +1 4-1 log„ х — 11) = а. 2/1о£ал;
360 РЕШЕНИЯ [11.20 Чтобы разбирать меньшее количество различных случаев, оценим левую часть последнего уравнения и, следовательно, а. Так как logfl х + 1 _ 2 КЙа X ~~ Klogax, а второе слагаемое неотрицательно, то а > 1 (значение а — \ мы исключили, так как а — основание логарифма)^ Остается рассмотреть случаи, позволяющие раскрыть символ абсолют- ной величины. При logax^ 1, т. е. при 1, получим уравнение V\ogax = at х — аа\ Так как а > 1, то х > а. При 0 < loga х < 1, т. е. при х < а, получим второе значение неизвестного: 1 х = а °г, которое будет меньше «, так как а>1. Ответ. При а > 1 хг — аа\ х2 — аа*. 11.20. Если одно из неизвестных равно нулю, то в силу второго уравнения системы равно нулю и второе неизвестное. Это приводит к потере смысла в первом уравнении. Таким образом, х и у оба положительны. Прологарифмируем оба уравнения: y\gx = x\gy, у 1g 15 = х 1g 3. Так как х : > 0 и у ' > 0, то разделим первое уравнение на второе: Igx _ 1g 15 Igjcte3 =lg>lg15, а потому lg is x!g з = ylg 15^ x—ylg3 =У°Вз15. Подставим нений: найденное значение x в первое из данных урав- 'loge 16 16
11.22] ГЛ. 11. ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ И ПОКАЗАТЕЛЕН. УРАВНЕНИЯ 361 Если у = 1, то из первого уравнения системы получаем х = 1, что не удовлетворяет второму уравнению. Так как значения у = 0 и у = — 1 исключены, то остается у log3 15 =у1о£»1б, у1оЯз i5-i _ iOg8 15в Вспомнив, что log3 15= 1 + log3 5, получим yog3 в — log3 15, т. е. у = (log3 15)Ios*3, и найдем х. Ответ. х = (log3 15)1ОЕб 15, у = (log3 15)1о£«3. 11.21. Возведем второе уравнение в степень у 1024=(^)ад и воспользуемся тем, что x^ = 243. Так как 1024 = 210, а 243 = 35, то получим 210 = • З1», откуда и у = 5. Остается найти х: х = 3. Делаем проверку и убеждаемся, что мы нашли решение системы. Ответ. (3, 5). 11.22. Из самого вида системы следует, что х > 0, у > 0. Из второго уравнения имеем л —у » а после подстановки в первое К/7+гг)’ -I- у 2 4 v ' =у 3 ,
362 РЕШЕНИЯ [11.23 Если у =/= 1 (случаи j = 0 и j = — 1 уже исключены), то, приравнивая показатели степеней, получим (^+У~уу=^, т. е. Подставляя в первое уравнение, найдем f/x. Следовательно, 16 4 откуда получаем = gj, у1== —. Проверкой убеждаемся, что это — решение исходной системы. Остается проверить, что произойдет при у — 1. Легко видеть, что тогда и х=1. Ответ- (£• 4)’ <’ 11.23. Так как -=£- 1 1 xz Л. 1И=21—2-52 , = — 52, то 11"= (21—2-5^) (16 — 5^). Подставив в первое уравнение исходной системы и обозна- у чив 52 == и, получим (21— 2w) (16—и)~ 2п2 = 71, а после раскрытия скобок и = 5, т. е. у = 2. Остальные неизвестные находятся легко. Ответ. (2, 2, 1). 11.24. Второе уравнение можно записать в виде 2х+2у (х • 2х ~У*1 + Зу • 22а+->') = 1.'
11.25] ГЛ. 11. ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ И ПОКАЗАТЕЛЕН. УРАВНЕНИЯ 363 В силу первого уравнения системы выражение в скобках равно 2. Поэтому . 2*+2j + 1 _ ] откуда 0, т. е. х ——2у—1. После подстановки в первое уравнение системы получим } или 23<у+1) = —(4-|-5у). Чтобы это уравнение имело решение, необходимо выполнение неравенства 4 — (4-|-5у)>0, т. е. у <—g . Рассмотрим следующие три случая. а) 3(у-|- 1) < О, т. е. у < — 1. В этом случае правая часть уравнения должна быть меньше единицы, т. е. — (4-{-5у)<1, откуда у > — 1. Поскольку ограничения у < — 1 и у > — 1 несовместны, при сделанном предполо- жении нет решений. б) 3(у-|-1) > 0, т. е. у>— 1. Тогда правая часть уравнения должна превзойти единицу, а потому у < — 1. И на этот раз ограничения несовместны. в) Остается посмотреть, что будет при 3 (у +1)== О, т. е. у — —1. Легко проверить, что уравнение удовлетво- ряется. Найденному значению у соответствует х=1. Провер- кой убеждаемся, что мы нашли решение исходной системы. Ответ. (1,—1). 11.25. Первое уравнение системы можно переписать в виде iog8 (>—*)3=i°g8 (Зу—5х). Следствием данной системы является система (у ~ х)3 = Зу — 5х, 5 = х2+у2. Перемножив входящие в нее уравнения, получим одно- родное уравнение относительно х и у: 5 (у—х)3 = (Зу — 5х) (х2 4-у2). Если х^О, то разделим последнее уравнение почленно на
364 РЕШЕНИЯ [11.26 О U — х и обозначим .у = и. Получим уравнение относительно их и3 — 5й24- 6и = 0, которое имеет корни: п1 = 0, п2 = 2, пд = 3. Если и = 0, то у = 0, а из второго уравнения исходной системы х — ± ]/б. При подстановке в первое уравнение исходной системы х~—J/5 и это уравнение удовлетворяется, а при х = ]/5 иу = 0 уравнение не удовлетворяется. Если и = 3, 1 13 то у = Зх, а потому х2 = — , откуда х — ± ~у==, у = ± (х и у, в силу равенства у = 3х, имеют одинаковые знаки). Подстановкой в первое уравнение убеждаемся, что решением . 1 3 системы будет х = . у = . /2 л /2 Если и = 2, тоу? = 2х. Из двух систем значений (—1, —2), (1, 2) первому уравнению удовлетворяет только вторая. Осталось рассмотреть случай х = 0. Он не дает новых решений, так как система превращается в два несовмест- ных уравнения. Ответ. 0); (JL, ^=); (1, 2). 11.26. Из второго уравнения 8 jf = x"1-3 3. Подставляем в первое: 8 8 . 20х’,ОеаХ+^+7х-^-.3^1оеаХ = 81/з: Так как 8 1 8 8 3Т = хз f то получим уравнение 8 8 , 20x“loeaX+7x~,OglX = 81^3; откуда 4“1оВз* Л х3 = 3.
11.27] ГЛ. 11. ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ И ПОКАЗАТЕЛЕН. УРАВНЕНИЯ 365 Прологарифмируем по основанию 3: 3 logg дг —8 log3 х4-4 = 0, 2 откуда = 3 3 , х2 _ 9. Находим соответствующие у и делаем проверку. Ответ, (j/9, 9), (9, j/9). 11.27. Так как х и у одного знака (это следует из вто- рого уравнения) и х+у»>0 (из первого), то х и у поло- жительны, причем либо ху либо у обязательно больше 1 (так как ху = 3). Следовательно, х+у > 1 и данная система может быть переписана так: / log2(x+j) + |log2(x—Д') 1 = 3, \ ху = 3. Если 0 < х—у < 1, то получшм систему ( log2 (х +д») — log2 (X —у) = 3, I ху — 3, следствием которой является система ( *±«_8. { X—у ( ху = 3. Из первого уравнения получим 7х = 9у. Подставляя сюда 3 27 у = — , найдем х2 — у , откуда х = 3 (х > 0), _у= . Убеждаемся, что при этих значениях х и у неравенство 0 < х—у < 1 выполняется. Если х—1, то получим систему ( log2 (X +д0 + log2 (X —у) = 3, | ху — 3, следствием которой является система I х2—у2 =8, | ху = 3.
366 РЕШЕНИЯ Ц1.28 Подставляя в первое уравнение у = —, получим уравнение х4 —8х2 —9 = 0. Так как х2=/=—1, то остается х2 = 9, откуда х = 3, а у=1, (Ограничение х—у > 1 удовлетворяется.) Равносильность могла быть нарушена только при потен- цировании; поэтому достаточно проверить, что х—у > О, что уже сделано* Ответ. (з ) ; (3, 1). 11.28. Прологарифмируем и обозначим log2x = n, log.2(>+l) = t>: f 2u + j^ = 3, т e f 4« + t»=6, ( w = 2, ’ ‘ I = откуда Находим соответствующие x и у; проверка не обязательна, ‘так как равносильность не была нарушена. Ответ. (1^2, 1б); (2, 3). 11.29. Так как loga« х = ~ logax (обратите внимание на то, почему мы не пишем здесь log|fl|X), a logj/y = logby, то систему можно переписать следующим образом: I 21ogax+logax = 2, ( у-1-х2 — 2а. Это — следствие первоначальной системы; если же добавить условия у > 0, £>0, ^=7^1, то получим равносильную систему. Из первого уравнения x=pAz2, где а > 0, а=£1, Подставляем во второе и находим у = 2а— jJ/a4.
12.1] гл. 12. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ 367 Условие 2а > р/а4, т. е. 8а3 > а4, приводит к дополни- тельному ограничению на а: а <8. Ответ. При О <Z а < 1, 1 < а < 8 и при b > 0, b =Н= 1 х == f/а2, у— 2а — р/о4. 11.30. Пусть 3*+1 = к, 3y+z~x = vt тогда первые два уравнения примут вид I 7rz —6г/ = 9, I 2u+v =27, . . откуда п = 9, г’ = 9. Следовательно, х=1, ay + z—х = 2, т. е. jH-z = 3. Последнее уравнение данной системы примет теперь простой вид lg_yz = lg2, будет yz—2. следствием которого Решаем систему ( _y + z = 3, | yz = 2, I = Ь I У-2~2> откуда < _ < / I ^ = 2; | z2=l. Проверкой убеждаемся, что мы нашли решения исходной системы уравнений. Ответ. (1, 1, 2); (1, 2, 1). Глава .12 ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ 12.1. В первых квадратных скобках после упрощений получим вторые квадратные скобки заключают в себе выражение 4 (1 —sin х cosx) 3sin2x Таким образом, первое слагаемое принимает вид ______1_____ 2 (1—sinxcosx) *
368 РЕШЕНИЯ [12.2 Второе слагаемое легко приводится к виду __________cosx—sin х______ 2 (1 —sin х cos Aj (sin х4~ cos х) ’ sin3 х4- cos3 x * 12.2. Так как сумма углов 30°—а и 60°—а равна 90° — 2а, то tg [(30° —а) + (60°— а)] = ctg 2а, или tg (30е—a)4-tg (60°—а) _ 1 1 — tg(30c—a)tg(60°—а)~ tg 2а ’ откуда следует наше тождество. 12.3. Рассмотрим выражение ctg х +4*tg tg-^-+ • • • +4^^ • Так как etgx = ~г (ctg tg , то , . 1 , X 1.x ctgx+Ttg^ = yctg g-. Аналогичные преобразования можно продолжить и дальше: 1,x,1.x 1.x 2" ctg ~2 “Ь ~Q2 tg 22* с 2^ » 1 X , 1 X 1 X 2«—1 ^g 2«-i • 2” 2" 2" 2“ что и доказывает тождество. 12.4. Перепишем равенство sin a cos (a + Р) = sin p в виде sin a cos (a 4- P) = sin [(a 4- p)—a], t. e. sin a cos (a 4- P) = sin (a 4- P) cos a— sin a cos (a4- P), или 2 sin a cos (a 4- p) = sin (a 4~ P) cos a.
12.6] ГЛ. 12. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ 369 Из условия следует, что cos (ос + Р) У=0 и cosa#=0. Раз- делим последнее равенство на cos (a + р) cos а. Получим 2tga = tg(a+ 0). 12.5. л 2л 4л COS у- COS у- cos — о . л л 2л 4л 2 sin-y cos у- cos — cos — 7^ я 2 sin -y- Применяя последовательно формулу синуса двойного 1 8л 1 . л угла, приведем числитель к виду у sin у-=— ySin —. „ 1 Ответ. —-3- . о 12.6. Вычислим вначале произведение косинусов: „ . л л 2л Зл 2 sin-у- cos-у- cos — cos—— л 2л COS у cos — Зл cos — —------2 4 sin-у 1 Q . Л 8 sin — 1 2 sin -y- 2л 3л . 2л Sin-у-COS — COS у n . Зл Зл 1 • 2 sin -=- cos -=- ~ -q . / i о 1 n . 4л Зл — • 2 sin -=- cos ~=- = q • 31 * 8 sin — Теперь вычислим произведение квадратов синусов, умно- женное на 8: 8. о л .9 2л . 9 Зл Sin2 у sin2 — sin2 — = = (1 — cos -у-) 1 — cos у (1 — cos -у-) Раскроем скобки и преобразуем каждое произведение двух косинусов в сумму косинусов. После приведения подобных получим _ о л о 2л о Зл 2л 4л 6л 8 sin2 — sin2 — sin2 у- =1 — cos — COS у- COS у----- , 2л Зл л 7 = 1 — COS -=- COS -у- COS = -Q .
370 РЕШЕНИЯ (12.7 Теперь можно найти произведение тангенсов. Ответ. ]/~7. 12.7. Преобразуем правую часть равенства, которое нужно доказать: аВ~{-ЬА~ а А b + ~В и воспользуемся условием. Получим аЛ4-ЬВ sin (х—а) cos (х—а) t 1 _sin(x—Р) cos (х—Р) ' аВ + ЬА sin (х—а) cos (х—а) sin (х—Р) cos(x—р) sin (x—g) cos (х—а) 4-sin (х —р) cos (х—р) ^sin (х—а) cos (х—р) 4-sin (х—р) cos (х—а) ~ [sin 2 (х—а) 4-sin 2 (х—р)] sin (2х—а—Р) “ sin (2х—а—Р) cos (а—Р) __ ( R sin (2х—а —р) - C0S 12.8. Доказательство представляет собой цепочку пре- образований sin (х+у) sin (х—у) = sin2 х cos2у — cos2 х sin2j = = k2 sin2j> cos2у — cos2 x sin2у — sin2j> (№ cos2j — cos2 x). Так как cos2x=l—/e2sin2y, то выражение в скобках равно k2—1. По условию —1 k 1, т. е. k2—1^0, и, сле- довательно, sin (х + j) sin (x —у) 0. 12.9. Вычислим а2-}-Ь2: а2 -|- Ь2 = 2 2 (cos a cos р 4- sin а sin Р) = = 24-2 cos (а—Р) = 4 cos2^=^
12.11] гл. 12. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ 371 Теперь преобразуем правую часть равенства, которое нужно доказать: 4а _______________4 (sin cz-|-sin fl)_____ fl + Ь + 4 cos2 5й Р 2 (cos a -f- cos fl) z . а + fl a—fl 2 sin —~ cos —2"^ а—fl ( а—fl a + fl\ cos —(cos —2^ + cos —2^ 1 - a-pfl .sin 'a fl cos-^-cos-^- . a fl fl a sm^-cosf+smTcoST a , t ₽ a P —tg 2 +tg 2 ’ cos у cos i- что и требовалось доказать. 12.10. Обозначим sin2a = fl, sin2 fl = b, sin27 = c. Тогда данное в условии соотношение примет вид 2аЬс ] ab . (1—fl)(l—b) (1-с) + (1 -а) (1 ~Ь)ф "I-(1 _{,)(!_С)-1 (1-с) *» т. е. 2abc-\- ab (1 —c)-]-bc (1 —а} + ас (1 —Ь) — — (1 — а)(1— &)(1 — с) = 0. После того как будут раскрыты скобки и приведены подоб- ные члены, получим — 1 + с + &-]-а = 0, что в первоначальных обозначениях соответствует равенству sin2 а + sin2 fl 4- sin2 -у = 1.
372 РЕШЕНИЯ [12.12 sin а sin — 4- sin (л 4- 2а/| 4- cos a |^cos — cos (л 4- 2а) ~| 1 л cos a cos -у 4- cos (л4-2а)^| sin а sin -5-4- sin (л 4-2а) о cos а cos 4- cos (л 4- 2а) О — sin a sin 2а 4--^- cos а 4-(cos « cos 2а—sin а-sin 2а) -i- cos а—cos a cos 2а . -1 1 3 —(cos а— cos За) -|- — cos а 4- cos За — cos За -i- cos а — — (cos а 4~ cos За) —cos За При преобразованиях мы образования произведения в сумму. Ответ, —3. 12.12. Так как пользовались формулами пре- тригонометрических функций ctga + ctgY = 2ctgp и р=-^—(а+т), ТО или ctg а + ctg у = 2 tg (а 4-у), , , n ctga4-ctgy ctg а 4- ctg v — 2 -т-2—J 7 . ъ । is г ctg a ctg у—1
13.2] ГЛ. 13. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ И СИСТЕМЫ 373 Углы а и у острые. Поэтому ctga>0 и ctg-у > 0 и на их сумму можно сократить: ctg a ctg у—1 ’ откуда легко найти произведение котангенсов. Ответ. 3. Глава 13 ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ И СИСТЕМЫ 13.1. Так как 2 sin + = sinх4- cos х, тс 1 + sin 2х + 2 cos Зх sin х 4- 2 cos Зх cos х = = 2 sin х + 2 cos Зх 4- cos 2х. Объединим одночлены, содержащие cos Зх и все оставшиеся одночлены: » 2 cos Зх (sin х + cosx—1)4-2 sinx (sinx4- cosx — 1) =0. Получим уравнение (sin x 4- cos x— 1) (cos 3x 4~ sin x) = 0. Если sinx4-cosx = 1, t. e. cos ^x —yj =p==, то n « зт i лс x = 2/zji + -г 4- т • — 4'4 Если cos Зх 4-sin х = 0, т. е. cos Зх = cos (у 4-*) > то ПЛ Я , Л х = ------g- и х 4" "4* • л о л . зт пл Л । 31 Ответ. 2пп\ 2пп-}--^\ —у» ля 4-у. 13.2. Данное уравнение можно преобразовать так: sin2x 1 — cosx 1—cos2x 1 — cos x cos2x 1 — sinx’ 1 — sin2x 1—sinx’ или 1 —cosx /14-cosx 1 — sin x \ 14- sin x
374 РЕШЕНИЯ [13.3 Последнее уравнение равносильно системе [ (1—cosx) (cosx—sinx) = 0, I sin2x#= 1. Решая уравнение этой системы, найдем cos х = 1, откуда х = 2£л, cos х = sinx, tgx=l, откуда х = -^ + ^л. Так как при х = 2£л и х = -^--{-£л условие sin2xy=l вы- полняется, то найденные значения х являются корнями данного уравнения. Ответ. х = 2Лл; х = -^--[-А;л. 13.3. Поскольку . s х — sin2- — * ~~cos2x cos2 x ~~ 1 —-sin2x ’ мы приходим к уравнению 1 —cos2x 1 —cos3x 1 —sin2 x 1 —sin3 x ’ Левая и правая части этого уравнения содержат общий мио- 1—cosx г, житель • Поэтому уравнение можно записать в виде 1 —cos х /1 4- cos х_1 cos х+cos2 х \ _ q 1—sinx \I-f-sinx 1 4-sinx 4-sin2 х / Первые корни получаем из уравнения cosx=l, откуда х = 2£л. Остальные корни найдем, приведя к общему знаменателю дроби, стоящие в скобке, и выполнив вычитание. Получим уравнение sin2 х 4- cos х sin2 х — cos2 х— sin х cos2 х _ n (1 — sin2x) (14-sinx4~sin2x) Числитель легко разложить на множители, если сгруппиро- вать однородные члены: (sin2 х—cos2 х) 4- sin х cos х (sin х — cos х) = «= (sin х—cos х) (sin х 4- sin х cos х -f- cos х).
13.4] ГЛ. 13. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ И СИСТЕМЫ 375 Знаменатель можно отбросить, так как при cos х = 0 ни одна из скобок в разложении числителя не обращается в нуль. Заботиться о том, чтобы 1 4- sin х 4- sin2 х не обращалось в нуль, не нужно, так как это выражение всегда положи- тельно. Если sinx—cosx = 0, то tgx = l, откуда х — ^+ Ля. Остается решить уравнение sin х -J- sin х cos х 4- cos х = 0. Мы знаем, что (sin х 4- cos х)2 = 1 4-2 sin х cos х. Отсюда (sin х-I-cos х)2—1 sin х cos х = -------------—?—-------. Сделав такую замену в оставшемся уравнении, получим квад- ратное уравнение 'относительно у = sin х -j- cos х у2 4- 2у —1=0. Корни этого уравнения Л,2= —1 ±1^2. Записав sinx4-cosx в виде ]/2cos^x—, мы убе- димся, что корень ух = —1—V 2 является посторонним. Остается откуда х = 2/гл + arccos Ответ. 2кл; 2Лл ± arccos f 1 13.4. Данное уравнение эквивалентно системе sin 2х sin 7х = cos 2х cos 7х, cos 2х cos 7х У= 0. Преобразуя левую и правую части уравнения в сумму
376 РЕШЕНИЯ [13.5 тригонометрических функций, мы получим уравнение cos 9х = 0, откуда х = у|(2л4-1). Из найденных значений х нужно выбрать те, при которых cbs 2х cos 7х У= О, . т. е. cos 5х-|-cos 9х=#0. Так как речь идет о значениях неизвестного, при кото- рых cos9x = 0, то остается потребовать, чтобы cos 5х У= О, т. е. 5-^(2л4- 1)#=у (2Л4-1), откуда +Р. ¥= 2fe 1. 5(2п4-1) Л Число -- g—- не может быть четным, так как в его числи- теле лишь нечетные множители. Оно будет целым, когда —— = 2т4-1, т. е. при п = 9/w 4- 4. Следовательно, корнями уравнения являются числа х = ^(2л + 1) при л=/=9т + 4. Ответ. i(18m±l); ^(18W±3); ^(18/»±5); jg(18m±7). 13.5. Если запишем данное уравнение в виде * = 2 sin х, то получим равносильное уравнение. Однако дальнейшие преобразования заставляют нас ввести ограничения: ((l+tgx)tgx J l-4-tgx ’ ( tgx^O.
Л3.6] ГЛ. 13. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ И СИСТЕМЫ 377 Далее ' tgx = 2 sinx, < tgx-Hly=0, tgX^O. Когда tgx0, то и sinx^O. Это означает, что первое I п уравнение можно переписать в виде ^-^ = 2, откуда 1 к cosx = -g-, что обеспечивает выполнение всех ограничений. Ответ. 2лл ± . О 13.6. Прибавив к обеим частям уравнения tg3x, получим 3 (tg3x—tg2x) = tg3x(l -|-tg2 2х), или 3 sinx _ sin Зх cos Зх cos 2х cos Зх cos2 2х * Последнее уравнение эквивалентно системе ' 3 sin х cos 2х—sin Зх — 0, . cos Зх 7^ 0, cos 2х 7^ 0. Решим первое уравнение. Для этого представим произве