Использование свойств функций при решении уравнений и неравенств
07.10.2014, 19:07
В этом параграфе рассмотрены приемы решения уравнений (неравенств) с использованием свойств функций, входящих в уравнение (неравенство). Следует отметить, что ранее при решении уравнений (неравенств) уже использовались свойства функций: например, монотонность функции при решении уравнений и неравенств вида f(x) ∨ g(x) , loga f (x) ∨ loga g (x), f (α (x)) ∨ f (β (x)), где ∨ — один из знаков = , > , < , ≥ , ≤. В § 13 последовательно рассмотрены способы решения уравнений и неравенств с использованием: 1) областей существования функций; 2) неотрицательности функций; 3) ограниченности функций; 4) монотонности функций и др. Кроме того, в этом параграфе рассмотрено использование числовых неравенств при решении уравнений и неравенств, а в дидактических материалах — решение уравнений вида φ (φ (x)) = x (п. 44). Освоение описанных приемов решения уравнений (неравенств) является обязательным при подготовке к решению сложных заданий конкурсных экзаменов в вузы и ЕГЭ.
13.1*. Использование областей существования функций
Если при рассмотрении уравнения (неравенства) выясняется, что обе его части определены на множестве М, состоящем из одного или нескольких чисел, то нет необходимости проводить какие-либо преобразования уравнения (неравенства); достаточно проверить, является или нет каждое из этих чисел решением этого уравнения (неравенства). Прежде чем разбирать громоздкие с виду задания из п. 13.1 учебника, можно предложить учащимся решить следующий пример: Пример 1. Решим уравнение 3x−6 + 8−4x =5x−10. Можно ожидать, что учащиеся предложат возвести уравнение в квадрат и перейти к уравнению-следствию. Однако если заметить, что функция f(x)= 3x−6 + 8−4x определена лишь в точке x = 2, тогда, если исходное уравнение имеет корень, то им может быть лишь число 2. Остается проверить, что число 2 действительно является корнем исходного уравнения. Чтобы закрепить понимание необходимости проверки в таких заданиях, можно предложить следующий пример: Пример 2. Решим уравнение 3x−6 + 8−4x =5x+10. Здесь, как и в примере 1, функция f(x)= 3x−6 + 8−4x определена лишь в точке x = 2. Поэтому существует единственное число x = 2, которое могло бы быть корнем уравнения. Проверка показывает, что число x = 2 не является корнем исходного уравнения. Следовательно, исходное уравнение не имеет корней. Решения и комментарии Решите уравнение (13.1—13.2): 13.1. а) 5 − x 2 +9x−14 −2 x 2 −5x−14 4 −1= πx 2 . Решение. Обе части уравнения определены при выполнении двух условий: − x2 + 9x − 14 ≥ 0 и x2 − 5x − 14 ≥ 0. Этим условиям удовлетворяет единственное число x1 = 7. Проверка показывает, что число 7 является решением исходного уравнения. Следовательно, оно имеет единственный корень 7. 13.2. а) 5 16− x 2 +3=lg( 1+ x 2 −16 )+x . Решение. Обе части уравнения определены при выполнении двух условий: 16 − x2 ≥ 0 и x2 − 16 ≥ 0. Этим условиям удовлетворяют лишь два числа: x1 = 4 и x2 = −4. Проверка показывает, что число 4 является решением исходного уравнения, а число −4 нет. Следовательно, оно имеет единственный корень 4. Решите неравенство (13.3—13.5): 13.3. а) e 1− x 2 + x 2 −7x−8 ≥−6. Решение. Обе части неравенства определены при выполнении двух условий: 1 − x2 ≥ 0 и x2 − 7x − 8 ≥ 0. Этим условиям удовлетворяет единственное число x1 = −1. Проверка показывает, что число −1 является решением исходного неравенства. Следовательно, оно имеет единственное решение −1. 13.4. а) ( x 2 −81 +2 ) log 3 | x |+ 9 x ( 81− x 2 +1 )>4. Решение. Обе части неравенства определены при выполнении трех условий: x2 − 81 ≥ 0, 81 − x2 ≥ 0 и x ≠ 0. Этим условиям удовлетворяют лишь два числа: x1 = 9 и x2 = −9. Проверка показывает, что число 9 является решением исходного уравнения, а число −9 нет. Следовательно, оно имеет единственное решение 9. 13.5. а) 3 sinx−1 + log3 (x2 + 3) > cos x + 2. Решение. Обе части неравенства определены при выполнении условия sin x = 1, т. е. только для x n = π 2 +2πn, n ∈ Z. Проверка показывает, что для каждого xn, n ∈ Z 3 sin x n −1 + log 3 ( ( π 2 +2πn ) 2 +3 )=1+ log 3 ( ( π 2 +2πn ) 2 +3 )>2 и cos xn + 2 = 2. Поэтому каждое число x n = π 2 +2πn, n ∈ Z является решением исходного неравенства.
13.2*. Использование неотрицательности функций
В этом пункте учебника сформулировано утверждение: Если каждая из функций f1 (x), f2 (x), ..., fn (x) неотрицательна для каждого x из области ее существования, то уравнение
f1 (x) + f2 (x) + ... + fn (x) = 0
и неравенство
f1 (x) + f2 (x) + ... + fn (x) ≤ 0
равносильны системе уравнений { f 1 (x)=0 f 2 (x)=0 ... f n (x)=0. В п. 13.2 учебника и в п. 46 дидактических материалов приведены примеры применения этого утверждения при решении уравнений и неравенств. Решения и комментарии Решите уравнение (13.7—13.9): 13.7. а) 9x − 2 · 6x + 2 · 4x − 2 · 2x + 1 = 0. Решение. Перепишем исходное уравнение в виде (3x − 2x)2 + (2x − 1)2 = 0. (1)
Так как левая часть уравнения (1) есть сумма функций, неотрицательных для каждого x ∈ R, то уравнение (1) равносильно системе уравнений { 3 x − 2 x =0 2 x −1=0. (2) (3)
Так как уравнение (3) имеет единственный корень x1 = 0, который является также корнем уравнения (2), то эта система и равносильное ей исходное уравнение имеют единственное решение 0. 13.9. а) log2 (x2 + 2x + 2) + log3 (x6 + 2x5 + x4 + 1) = 0. Решение. Перепишем исходное уравнение в виде log2 ((x + 1)2 + 1) + log3 ((x3 + x2)2 + 1) = 0. (4)
Так как левая часть уравнения (4) есть сумма функций, неотрицательных для каждого x ∈ R, то уравнение (4) равносильно системе уравнений
{ log 2 ( (x+1) 2 +1)=0 log 3 ( ( x 3 + x 2 ) 2 +1)=0. (5)
(6)
Так как уравнение (5) имеет единственный корень x1 = −1, который является также корнем уравнения (6), то эта система и равносильное ей исходное уравнение имеют единственное решение −1. 13.10. а) Решите неравенство
(x2 + 4x − 21)2 + lg (x2 − 6x + 10) ≤ 0.
Решение. Перепишем исходное неравенство в виде (x2 + 4x − 21)2 + lg ((x − 3)2 + 1) ≤ 0. (7)
Так как левая часть неравенства (7) есть сумма функций, неотрицательных для каждого x ∈ R, то неравенство (7) равносильно системе уравнений
{ x 2 +4x−21=0 log 3 ( (x−3) 2 +1)=0. (8) (9)
Так как уравнение (9) имеет единственный корень x1 = 3, который является также корнем уравнения (8), то эта система и равносильное ей исходное неравенство имеют единственное решение 3. Дополнения. Разберем решения заданий из ЕГЭ. 1. В7 (2008). Решите уравнение
Решение. Применив формулу разности квадратов и перенеся все слагаемые в левую часть, перепишем уравнение (10) в виде
(5x−2) 2 + cos 2 5πx 4 =0. (11)
Так как левая часть уравнения (11) есть сумма функций, неотрицательных для каждого x ∈ R, то это уравнение равносильно системе уравнений
{ 5x−2=0 cos 2 5πx 4 =0. (12)
(13)
Так как уравнение (12) имеет единственный корень x 1 = 2 5 , который является также корнем уравнения (13), то эта система и равносильное ей уравнение (10) имеют единственное решение 2 5 . 2. С2 (2005). Найдите нули функции y= ln 2 ( x 2 −3x−9)+ x 3 −8x−8 . Решение. Для нахождения нулей функции надо решить уравнение
ln 2 ( x 2 −3x−9)+ x 3 −8x−8 =0. (14)
Так как левая часть уравнения (14) есть сумма функций, каждая из которых неотрицательна для любого x из области ее существования, то уравнение (14) равносильно системе уравнений
{ x 2 −3x−9=1 x 3 −8x−8=0. (15) (16)
Уравнение (15) имеет два корня: x1 = −2 и x2 = 5. Число x1 удовлетворяет уравнению (16), а число x2 нет. Поэтому эта система уравнений, а значит, и равносильное ей уравнение (14) имеют единственное решение x2. Следовательно, исходная функция имеет один нуль, равный −2.
13.3*. Использование ограниченности функций
В этом пункте учебника сформулировано утверждение: Если f (x) ≥ А и g (x) ≤ А для любого x ∈ D (f ) ∩ D (g), где А — некоторое число, то уравнение f (x) = g (x) и неравенство f (x) ≤ g (x) равносильны системе уравнений { f(x)=A g(x)=A. Здесь же приведены многочисленные примеры применения этого утверждения при решении уравнений и неравенств. Кроме того, в этом пункте при решении уравнений и неравенств используются неравенства a+ 1 a ≥2 (a > 0) и a+b 2 ≥ ab (a ≥ 0, b ≥ 0). Решения и комментарии Решите уравнение (13.14—13.17): 13.14. а) x 2 −πx+ π 2 4 =sinx−1. Решение. Перепишем исходное уравнение в виде ( x− π 2 ) 2 =sinx−1. (1)
Так как обе части уравнения определены для каждого x ∈ R и для каждого x справедливы неравенства ( x− π 2 ) 2 ≥0 и sin x − 1 ≤ 0, то уравнение (1) равносильно системе уравнений { ( x− π 2 ) 2 =0 sinx−1=0. (2)
(3)
Так как уравнение (2) имеет единственный корень x 1 = π 2 , который является также корнем уравнения (3), то эта система и равносильное ей исходное уравнение имеют единственное решение π 2 . 13.17. а) 2 cos2 (x sin x) = 2 + | log2 (x2 − 4x + 1) |. Решение. Обе части уравнения определены на множестве M всех x, таких, что x2 − 4x + 1 > 0, т. е. на множестве M=( −∞;2− 3 )∪( 2+ 3 ;+∞ ) . Так как для каждого x ∈ М справедливы неравенства 2 cos2 (x sin πx) ≤ 2 и 2 + | log2 (x2 − 4x + 1) | ≥ 2, то исходное уравнение равносильно системе уравнений { 2 cos 2 (xsinπx)=2 2+ log 2 ( x 2 −4x+1)=2. (4)
(5)
Уравнение (5) имеет два корня: x1 = 0 и x2 = 4, из которых лишь число 0 является корнем уравнения (4), поэтому эта система и равносильное ей исходное уравнение имеют единственное решение 0. Ограниченность функций на том или ином множестве можно использовать при решении неравенств. 13.19. а) Решите неравенство log2 (x + 2) > 1 − x. Решение. Обе части неравенства определены на множестве M всех x, таких, что x + 2 > 0, т. е. на множестве M = (−2; +∞). Для x = 0 справедливы равенства log2 (x + 2) = 1 − x = 1, для каждого x ∈ (−2; 0) справедливы неравенства log2 (x + 2) < 1 и 1 − x > 1, поэтому исходное неравенство не имеет решений на промежутке (−2; 0]. Так как для каждого x ∈ (0; +∞) справедливы неравенства log2 (x + 2) > 1 и 1 − x < 1, то каждое x ∈ (0; +∞) является решением исходного неравенства. 13.22. Решите уравнение sin 2 x+5 + cos 2 x+4 2 = ( sin 2 x+5)( cos 2 x+4) 4 . Решение. Так как для каждого x справедливы неравенства sin 2 x+5 >0 и cos 2 x+4 >0, то из неравенства a+b 2 ≥ ab (a ≥ 0, b ≥ 0) следует, что для каждого x справедливо неравенство sin 2 x+5 + cos 2 x+4 2 ≥ ( sin 2 x+5)( cos 2 x+4) 4 . Так как равенство a+b 2 = ab возможно лишь при а = b (a > 0), то исходное уравнение равносильно уравнению sin 2 x+5 = cos 2 x+4 . (6)
Уравнение (6) равносильно уравнению sin2 x + 5 = cos2 x + 4 или уравнению cos 2x = 1, все решения которого составляют серию решений xn = πn, n ∈ Z. Следовательно, исходное уравнение, равносильное уравнению (6), имеет ту же серию решений πn, n ∈ Z. Дополнения. Разберем решения заданий из конкурсных экзаменов и ЕГЭ. 1. (Мехмат МГУ, 2006). Решите уравнение | 1 − 2 sin x + cos x | + 2sin x + 1 = cos 2x. (7)
Решение. Перепишем уравнение (7) в виде | 1 − 2 sin x + cos x | − (1 − 2 sin x + cos x) = cos 2x − 2 − cos x. (8)
Применяя формулу косинуса двойного угла, перепишем уравнение (8) в виде | 1 − 2 sin x + cos x | − (1 − 2 sin x + cos x) =−2( 3 2 −cosx )(1+cosx) . (9)
Так как для каждого x ∈ R имеем
| 1 − 2 sin x + cos x | − (1 − 2 sin x + cos x) ≥ 0
и −2( 3 2 −cosx )(1+cosx)≤0, то уравнение (9) равносильно системе уравнений { | 1−2sinx+cosx |−(1−2sinx+cosx)=0 ( 3 2 −cosx )(1+cosx)=0. (10)
(11)
Уравнение (11) имеет единственную серию решений xk = π + 2πk, k ∈ Z. Каждое из чисел xk удовлетворяет уравнению (10). Следовательно, эта система, а значит, и равносильное ей уравнение (7) имеют единственную серию решений π + 2πk, k ∈ Z. 2. В7 (ЕГЭ, 2008, тренировочный вариант). Решите уравнение 16− (5x+2) 2 =4+ cos 2 15πx 4 . (12)
Решение. Так как для каждого x ∈ D (f ) ∩ D (g), где f(x)= 16− (5x+2) 2 и g(x)=4+ cos 2 15πx 4 , справедливы неравенства 16− (5x+2) 2 ≤4 и 4+ cos 2 15πx 4 ≥4, то уравнение (12) равносильно системе уравнений { 16− (5x+2) 2 =4 4+ cos 2 15πx 4 =4. (13)
(14)
Так как уравнение (13) имеет единственный корень x 1 =− 2 5 , который является также корнем уравнения (14), то эта система, а значит, и равносильное ей уравнение (12) имеют единственное решение − 2 5 .
13.4*. Использование монотонности и экстремумов функций
В этом пункте учебника сформулировано утверждение: Если функция f (x) возрастает, а функция g (x) убывает на множестве D (f) ∩ D (g), то уравнение f (x) = g (x) имеет не более одного корня. В п. 13.4 приведены примеры применения этого утверждения при решении уравнений. Приведем еще примеры. Пример 1. Решим уравнение 2x + cos x = 1 − x 3 . (1)
Решение. Рассмотрим функции f (x) = 2x + cos x и g(x)=1− x 3 . Так как f ′ (x) = 2 − sin x > 0 для любого x ∈ R, то функция f (x) возрастает на множестве R. Так как функция x 3 возрастает на множестве R и функция g (x) убывает на множестве R, то это означает, что если уравнение (1) имеет корень, то он единственный. Подбором убеждаемся, что число x1 = 0 является корнем уравнения (1), других корней уравнение (1) не имеет. Следовательно, уравнение (1) имеет единственный корень 0. Пример 2. Решим уравнение 2 x =1− x−1 . (2)
Рассмотрим функции f (x) = 2x и g(x)=1− x−1 . Обе части уравнения (2) определены на множестве M=D(f)∩D(g)=[1;+∞) . На множестве M функция f (x) возрастает, а функция g (x) убывает. Поэтому если уравнение (2) имеет корень, то он единственный. Но в отличие от уравнения (1) уравнение (2) не имеет корней. Это следует из того, что на множестве М функция f (x) возрастает, поэтому для каждого x ∈ М имеем f (x) ≥ f (1) = 2. На множестве М функция g (x) убывает, поэтому для каждого x ∈ М имеем g (x) ≤ g (1) = 1. Следовательно, для каждого x ∈ М имеем f (x) > g (x), т. е. нет ни одного числа x0, такого, чтобы выполнялось равенство f (x0) = g (x0). А это означает, что уравнение (2) не имеет корней. В этом пункте учебника рассматривается вопрос об использовании экстремумов функции при решении уравнений. Приведем пример. Пример 3. Решим уравнение x2 = 2 ln x + 1. (3)
Решение. Рассмотрим функцию f (x) = x2 − 2 ln x − 1. Область ее существования — множество М = (0; +∞). Функция f (x) имеет производную f ′ (x)= 2( x 2 −1) x . Производная обращается в нуль в единственной точке x1 = 1, принадлежащей множеству М. Это точка локального экстремума функции f (x). Так как f ′ (x) > 0 для каждого x∈(1;+∞), f ′ (x) < 0 для каждого x ∈ (0; 1) и f ′ (1) = 0, то точка x1 = 1 — единственная точка минимума функции f (x). Поэтому f (x) > f (1) для каждого x ∈ М и x ≠ 1. Так как f (1) = 0, то f (x) = 0 только для x1 = 1. Следовательно, уравнение (3) имеет единственный корень 1. Пример 4. Решим неравенство log 2 (x+10)> ( 1 2 ) x 3 . (4)
Решение. Сначала решим уравнение log 2 (x+10)= ( 1 2 ) x 3 . (5)
Обе части уравнения (5) определены на множестве М = (−10; +∞). Поэтому если уравнение (5) имеет корни, то они принадлежат множеству М. На множестве M функция f (x) = log2 (x + 10) возрастает, а функция g(x)= ( 1 2 ) x 3 убывает. Проверка показывает, что число x0 = −6, принадлежащее множеству М, удовлетворяет уравнению (5) и в силу доказанного утверждения этот корень единственный. Теперь перейдем к решению неравенства (4). Так как на множестве M функция f (x) возрастает, а функция g (x) убывает, то для каждого x1 ∈ M и x1 > x0 имеем f (x1) > f (x0) = g (x0) > g (x1), откуда следует, что f (x1) > g (x1) для каждого x1 ∈ M и x1 > x0. Это означает, что любое такое число x1 является решением неравенства (4). Для каждого x1 ∈ M и x1 < x0 имеем f (x1) < f (x0) = g (x0) < g (x1). Отсюда следует, что f (x1) < g (x1) для каждого x1 ∈ M и x1 > x0. Это означает, что ни одно из таких чисел x1 не является решением неравенства (4). Если же x1 = x0, то f (x1) = g (x1), т. е. число x0 также не является решением неравенства (4). Следовательно, все решения неравенства (4) составляют промежуток (−6; +∞). Рассмотрим второй способ решения задания из п. 13.3 с явной опорой на монотонность функции. 13.19. а) Решите неравенство log2 (x + 2) > 1 − x. Решение. Обе части неравенства определены на множестве M=(−2;+∞) . Функция f (x) = log2 (x + 2) возрастает на множестве M. Функция g (x) = 1 − x убывает на множестве M. Так как 0 ∈ М и f (0) = g (0) = 1, то для каждого x ∈ (−2; 0) справедливо неравенство f (x) < 1 < g (x), а для каждого x∈(0;+∞) справедливо неравенство f (x) > 1 > g (x), поэтому только каждое x∈(0;+∞) является решением исходного неравенства. Это решение иллюстрирует рисунок 90.
Рис. 90
Решения и комментарии 13.30. а) Решите уравнение x 5 + x 3 +1− 10−x =0. Решение. Перепишем исходное уравнение в виде x 5 + x 3 +1= 10−x . (6)
Общая часть областей существования функций f (x) = x5 + x3 + 1 и g(x)= 10−x есть промежуток M = (−∞; 10]. На этом промежутке функция f (x) возрастает (как сумма возрастающих функций), а функция g (x) убывает. Так как 1 ∈ М и f (1) = g (1), то уравнение (6) имеет единственный корень 1. Следовательно, и равносильное ему на множестве M исходное уравнение имеет единственный корень 1. 13.32. а) Решите неравенство
12x5 + 10x3 + 35x − 17 sin 2x > 0.
Решение. Рассмотрим функцию f (x) = 12x5 + 10x3 + 35x − 17 sin 2x. Область существования этой функции — множество R. Так как f ′ (x) = 60x4 + 30x2 + 35 − 34 cos 2x, то для каждого x ∈ R справедливо неравенство f ′ (x) > 0, поэтому функция f (x) возрастает на R. Так как f (0) = 0, то для каждого x∈(0;+∞) справедливо неравенство f (x) > f (0) = 0, а для каждого x∈(−∞;0) справедливо неравенство f (x) < f (0) = 0. Следовательно, только каждое x∈(0;+∞) является решением исходного неравенства. 13.34. а) Сколько действительных корней имеет уравнение 2x4 − 4x2 + 1 = 0? Решение. Рассмотрим функцию f (x) = 2x4 − 4x2 + 1. Область существования этой функции − множество R. Так как f (0) ≠ 0, то число 0 не является корнем исходного уравнения. Так как функция f (x) четная, то если исходное уравнение имеет положительный корень x0, то оно имеет и отрицательный корень −x0. Поэтому исследуем функцию f (x) на промежутке (0; +∞). Для каждого x ∈ [0; +∞) имеем
f ′ (x) = 8x3 − 8x = 8x (x − 1) (x + 1).
Внутри промежутка [0;+∞) имеется единственная критическая точка x0 = 1. Определим знак f ′ (x) на интервалах (0; 1) и (1;+∞) (рис. 91).
Рис. 91
На промежутке (0; 1) функция убывает, f (0) = 1 > 0, f (1) = −1 < 0. Следовательно, по теореме о промежуточных значениях непрерывной функции (с. 66 учебника) на промежутке (0; 1) функция имеет единственный нуль. На промежутке (1;+∞) функция возрастает, f (1) = −1 < 0, f (2) = 17 > 0. Следовательно, по теореме о промежуточных значениях непрерывной функции на промежутке (1; 2) функция также имеет единственный нуль. На промежутке [2;+∞) функция возрастает, поэтому f (x) > f (2) = 17 > 0 для каждого x∈(2;+∞) . Следовательно, на промежутке [2;+∞) функция не имеет нулей. Итак, если на промежутке (0;+∞) функция f (x) имеет два нуля и так как она четная, то на промежутке (−∞;0) она также имеет два нуля. Поэтому исходное уравнение имеет четыре корня. Дополнение. Разберем решения заданий из ЕГЭ. 1. В6 (2006). Решите уравнение (0,2) x+1 = 35+5x . (7)
Решение. Общая часть областей существования функций f(x)= (0,2) x+1 и g(x)= 35+5x есть промежуток M=[−7;+∞) . На этом промежутке функция f (x) убывает, а функция g (x) возрастает. Так как f (−2) = g (−2), то уравнение (7) имеет единственный корень −2. 2. С5 (2008). Решите уравнение
f (g (x)) + (g (3 + f (x)) = 30,
если известно, что f(x)=0,5 x 4 −4x+5 и g(x)={ 25, x≥4 2 x + 9 5−x , x<4. Решение. Исследуем сначала функцию f (x). Область ее определения — множество R. Так как f ′ (x) = 2x3 − 4, то f ′ (x) = 0 лишь в одной точке x 0 = 2 3 . Так как f ′ (x) > 0 для x> 2 3 и f ′ (x) < 0 для x< 2 3 , то x 0 = 2 3 — единственная точка минимума функции f (x). Тогда для каждого x ∈ R имеем f(x)≥f( x 0 )=−3 2 3 +5>1. Но тогда для каждого x ∈ R имеем 3 + f (x) > 4. Следовательно, g (3 + f (x)) = 25 и исходное уравнение можно записать в виде f (g (x)) + 25 = 30, или в виде 0,5 (g (x))4 − 4g (x) = 0, или в виде g (x) ((g (x))3 − 8) = 0. (8)
Если x ≥ 4, то уравнение (8) не имеет корней, так как в этом случае g (x) = 25. Если x < 4, то уравнение (8) равносильно на множестве M=(−∞;4) совокупности двух уравнений: g (x) = 0 и g (x) = 2, которые перепишем в виде 2 x = 9 x−5 (9)
и 2 x = 9 x−5 +2. (10)
Для каждого x ∈ М имеем 2х > 0 и 9 x−5 <0, поэтому уравнение (9) не имеет корней на множестве М. Так как на множестве М функция g (x) = 2х возрастает, а функция φ(x)= 9 x−5 убывает, то уравнение (10) имеет не более одного корня. Проверка показывает, что число x1 = − 1 является корнем уравнения (10). Поэтому число x1 = − 1 является единственным корнем уравнения (10) на множестве М. Следовательно, совокупность уравнений (9) и (10) имеет на множестве М единственный корень −1. Поэтому уравнение (8) имеет единственный корень −1. Итак, исходное уравнение имеет единственный корень −1. Промежуточный контроль. С—44.
13.5*. Использование свойств синуса и косинуса
В этом пункте при решении уравнений и неравенств продолжается использование ограниченности функций, но применительно к функциям sin αx и cos βx. Следует обратить внимание на применение способа «рассуждения с числовыми значениями», который уже знаком учащимся по доказательствам равносильности уравнений и неравенств. Он будет применяться в дальнейшем еще и при решении систем уравнений. Решения и комментарии 13.36. а) Решите уравнение 2 sin8 2x − 5 cos7 4x = 7. Решение. Если число x0 — корень исходного уравнения, то справедливо числовое равенство 2 sin8 2x0 − 5 cos7 4x0 = 7, откуда следует, что sin8 2x0 = 1, так как в противном случае cos 7 4 x 0 = 2 sin 8 2 x 0 −7 5 <−1, что невозможно. Но тогда cos7 4x0 = −1. Следовательно, число x0 является решением системы уравнений { sin 8 2x=1 cos 7 4x=−1. Очевидно также, что любое решение этой системы является решением исходного уравнения. Следовательно, исходное уравнение равносильно этой системе уравнений. Все решения первого уравнения системы составляют серию x n = π 4 + πn 2 , n ∈ Z. Так как cos7 4xn = −1 для каждого xn, то все числа xn являются решениями системы и равносильного ей исходного уравнения. Поэтому исходное уравнение имеет решения: π 4 + πn 2 , n ∈ Z.
