PROBLEMAS DE MATEMATICAS ESPECIALES TIPO ADMISION CIENCIAS E INGENIERIA

2. Содержание
4
Раздел 1. Метод функциональной подстановки......................................
5
SS
От автора...................................................................................
Раздел 2. Метод тригонометрической подстановки ............................... 41
Раздел 3. Методы, основанные на использовании
численных неравенств............................................................... 61
Раздел 4. Методы, основанные на использовании
монотонности функций............................................................. 107
Раздел 5. Методы решения функциональных уравнений....................... 121
Раздел 6. Методы, использующие понятие вектора ............................... 146
Раздел 7. Комбинированные методы........................................................ 163
R
Раздел 8. Методы, основанные на использовании
ограниченности функций.......................................................... 199
Раздел 9. Методы решения симметрических систем уравнений ........... 235
Раздел 10. Методы решения уравнений, содержащих целые
или дробные части числа .......................................................... 256
U
Рекомендуемая литература.................................................... 267

3. Жизнь хороша тем, что в ней можно
заниматься математикой
Леонард Эйлер
SS
От автора
U
R
В учебном издании предлагаются нестандартные методы решения
уравнений и неравенств из различных разделов математики (алгебра, тригонометрия и геометрия). Их применение требует от абитуриентов несколько необычных рассуждений. Незнание и непонимание нестандартных методов существенно уменьшает область успешно решаемых задач
по математике. Тем более, что такие методы, как правило, не изучаются в
общеобразовательной школе.
При решении задач, предлагаемых на вступительных конкурсных
письменных экзаменах по математике, разрешается применение любых
известных абитуриентам нестандартных методов. Поэтому настоящее
учебное издание будет полезно, прежде всего, абитуриентам при подготовке к поступлению в вуз.
Знание нестандартных методов и приемов решения задач повышенной сложности способствует развитию у школьников и абитуриентов нестандартного математического мышления, что является необходимым условием для последующего успешного изучения высшей математики в вузах с углубленным изучением математики.
Многие из приведенных в пособии задач предлагались в течение ряда
последних лет на вступительных экзаменах по математике в Белорусском
государственном университете.
Настоящее издание представляет собой исправленное и переработанное переиздание учебного пособия автора «Математика для старшеклассников. Нестандартные методы решения задач» (Минск: Аверсэв, 2003).
Переработка коснулась объема пособия (добавлено более 40 новых задач),
а также изменения методов решения части задач, приведенных в настоящем пособии.
Пособие адресовано школьникам, абитуриентам, учителям математики
общеобразовательных школ, руководителям школьных математических
кружков и преподавателям вузов, принимающим вступительные конкурсные экзамены по математике.

4. РАЗДЕЛ 1
SS
Метод функциональной подстановки
Метод функциональной подстановки является, пожалуй, самым распространенным методом решения сложных задач школьной математики.
Суть метода состоит во введении новой переменной y = f ( x ) , примене-
U
R
ние которой приводит к более простому выражению. Частным случаем
функциональной подстановки является тригонометрическая подстановка
(см. раздел 2).
Основная трудность решения задач методом функциональной подстановки заключается в том, что зачастую трудно угадать вид самой подстановки и вид уравнений (или неравенств), где эту подстановку можно
использовать. В настоящем разделе предлагаются наиболее часто встречающиеся уравнения и неравенства, которые эффективно решаются методом функциональной подстановки.
Задачи и решения
1.1. Решить уравнение
x 2 − x + 2 + x 2 − x + 7 = 2 x 2 − 2 x + 21.
(1.1)
2
Решение. Введем новую переменную x − x + 2 = y , тогда из (1.1)
вытекает уравнение y + y + 5 = 2 y + 17 , где y ≥ 0 .
Поскольку обе части данного уравнения неотрицательны, то после
возведения в квадрат обеих его частей получаем равносильное уравнение
y + 2 y 2 + 5 y + y + 5 = 2 y + 17 . Отсюда следует

5. 6
Раздел 1
2
y 2 + 5 y = 6 , y + 5 y − 36 = 0 и y1 = −9 , y2 = 4 .
Так как y ≥ 0 , то для нахождения корней уравнения (1.1) необходимо
рассмотреть уравнение x 2 − x + 2 = 4 , корнями которого являются x1 = −1
и x2 = 2 .
♦ Ответ:
x1 = −1 , x2 = 2 .
1.2. Решить уравнение
SS
x − 2 + 2x − 5 + x + 2 + 3 2x − 5 = 7 2 .
Решение. Обозначим
= 2 x − 5 или x =
(1.2)
2 x − 5 = y (очевидно, что y ≥ 0 ). Тогда y2 =
y2 + 5
. В таком случае
2
x − 2 + 2x − 5 =
y2 + 5
( y + 1 )2
,
−2+ y =
2
2
R
( y + 3)
y2 + 5
x + 2 + 3 2x − 5 =
+ 2 + 3y =
2
2
и из (1.2) получаем уравнение
y +1
2
+
y+3
2
2
= 7 2 или
y + 1 + y + 3 = 14 .
(1.3)
U
Поскольку y ≥ 0 , то | y + 1 | = y + 1 , | y + 3 | = y + 3 . В этой связи уравнение (1.3) принимает вид y + 1 + y + 3 = 14 . Отсюда получаем y = 5 ,
2 x − 5 = 5 и x1 = 15 .
♦ Ответ:
x1 = 15 .
1.3. Решить уравнение
4
x ( x + 5) + 6 x = 5 ⋅ 4 x
2
4
3
2
( x + 5) .
(1.4)
Решение. Нетрудно видеть, что x ≥ 0 и при этом x1 = 0 является корнем уравнения (1.4).

6. 7
Метод функциональной подстановки
Пусть теперь x ≠ 0 , тогда обе части уравнения (1.4) разделим на
и получим
4
x3
2
4
x+5
⎛ x+5⎞
+6 = 0.
⎜
⎟ −5 ⋅4
x
⎝ x ⎠
4
x+5
= y , то уравнение (1.5) принимает вид квадx
Если обозначить
(1.5)
2
SS
ратного уравнения y − 5 y + 6 = 0 , корнями которого являются y1 = 2 и
y2 = 3 .
Рассмотрим уравнения
x2 =
x+5
=2 и
x
4
4
x+5
= 3 , откуда следует, что
x
1
1
и x3 =
.
3
16
♦ Ответ:
x1 = 0 , x2 =
1
1
.
, x3 =
3
16
1.4. Решить уравнение
12
2
x
2
2
−x + x −
R
12 −
12
x2
= 0.
2
Решение. Обозначим x = y . Так как 12 −
12
x
2
(1.6)
≥ 0 и x2 −
12
x2
≥ 0 , то
U
x 4 ≥ 12 или y ≥ 2 3 .
В таком случае уравнение (1.6) принимает вид
12 −
12
12
= y− y− .
y
y
(1.7)
Так как y ≥ 2 3 , то обе части уравнения (1.7) могут принимать только неотрицательные значения. Поэтому после возведения в квадрат обеих
частей уравнения получаем равносильные уравнения
12 −
12
12
12
= y2 − 2 y y − + y − ,
y
y
y
y 2 + y − 12 = 2 y y −
12
.
y

7. 8
Раздел 1
Если обе части уравнения разделить на
y−
y , а затем обозначить
12
12
12
или
= z , то получаем y + 1 − = 2 y −
y
y
y
следует, что z1 = 1 ,
y−
2
z + 1 = 2 z . Отсюда
12
= 1 или y1 = 4 .
y
2
Поскольку x = y , то x 2 = 4 , т. е. x1 = −2 и y2 = 2 .
x1 = −2 , x2 = 2 .
SS
♦ Ответ:
1.5. Решить уравнение
2 x + 3 + x + 1 = 2 2 x 2 + 5 x + 3 + 3x − 16 .
(1.8)
Решение. Перепишем уравнение (1.8) в виде
2x + 3 + x +1 = 2
( 2 x + 3)( x + 1) + ( 2 x + 3) + ( x + 1) − 20 .
2x + 3 = u и
Положим, что
2
(1.9)
x + 1 = v , тогда из (1.9) получим урав-
2
нение u + v = 2uv + u + v − 20 , где u ≥ 0 и v ≥ 0 .
Из уравнения u + v = 2uv + u 2 + v 2 − 20 получаем квадратное уравнение относительно u + v вида ( u + v ) − ( u + v ) − 20 = 0 . Отсюда следует,
что u + v = −4 и u + v = 5 . Так как u ≥ 0 и v ≥ 0 , то u + v = 5 .
R
2
Так как 2 x + 3 = u и
лучаем систему уравнений
x + 1 = v , то u 2 − 2v 2 = 1 . Следовательно, по-
U
⎧u + v = 5 ,
⎪
(1.10)
⎨ 2
⎪ u − 2v 2 = 1 .
⎩
Корнями системы уравнений (1.10) являются u1 = 3 , v1 = 2 и u2 = 17 ,
v2 = −12 . Поскольку u ≥ 0 и v ≥ 0 , то u = 3 .
Однако u = 2 x + 3 , поэтому 3 = 2 x + 3 или x1 = 3 .
♦ Ответ:
x1 = 3 .
1.6. Решить уравнение
2
x +
81x 2
( x + 9 )2
= 40 .
(1.11)

8. Метод функциональной подстановки
9
Решение. Для преобразования левой части уравнения (1.11) воспользуемся очевидным равенством a + b = ( a − b ) + 2ab . Тогда из уравне2
2
2
2
9 x ⎞ 18 x 2
⎛
= 40 или
ния (1.11) вытекает ⎜ x −
⎟ +
x+9⎠
x+9
⎝
2
⎛ x 2 ⎞ 18 x 2
+
− 40 = 0 .
⎜
⎜ x+9⎟
⎟
x+9
⎝
⎠
(1.12)
x2
= y , то получим уравнение
x+9
SS
Если в уравнении (1.12) положить
2
y + 18 y − 40 = 0 , корни которого равны y1 = −20 и y2 = 2 . Таким обра-
зом, необходимо рассмотреть два уравнения
x2
x2
= −20 и
=2,
x+9
x+9
т. е. x 2 + 20 x + 180 = 0 и x 2 − 2 x − 18 = 0 . Первое уравнение действительных корней не имеет, а из второго получаем x1,2 = 1 ± 19 .
♦ Ответ:
x1 = 1 + 19 , x2 = 1 − 19 .
R
1.7. Решить уравнение
2
2
⎛ x ⎞ ⎛ x ⎞
⎜
⎟ +⎜
⎟ =2.
⎝ x−2⎠ ⎝ x+2⎠
(1.13)
Решение. Для преобразования левой части уравнения будем исполь-
зовать равенство a 2 + b 2 = ( a + b ) − 2ab . В таком случае уравнение (1.13)
U
2
2
x ⎞
x
x
⎛ x
примет вид ⎜
+
⋅
= 2 или
⎟ − 2⋅
x−2 x+2
⎝ x−2 x+2⎠
2
2
⎛ 2 x2 ⎞
x
=2.
⎜ 2
⎟ − 2⋅ 2
⎜ x −4⎟
x −4
⎝
⎠
В уравнении (1.14) положим, что
2x
2
2
x −4
(1.14)
= y , и получим квадратное
2
уравнение y − y − 2 = 0 , корнями которого являются y1 = −1 и y2 = 2 .
Так как
2x
2
2
x −4
= y , то рассмотрим два уравнения.

9. 10
Раздел 1
1. Если y1 = −1 , то
2. Если y2 = 2 , то
2x
2
2
x −4
2x
2
2
x −4
= −1 , 3x 2 = 4 или x1,2 = ±
2 3
.
3
= 2 . Очевидно, данное уравнение корней не
имеет.
x1 =
2 3
2 3
, x2 = −
.
3
3
SS
♦ Ответ:
1.8. Решить уравнение
2
x
48
⎛ x 4⎞
+ 2 = 10 ⋅ ⎜ − ⎟ .
3 x
⎝3 x⎠
(1.15)
x 4
− . Поскольку левая
3 x
часть уравнения (1.15) строго положительна, то y > 0 .
Решение. Введем новую переменную y =
2
2
R
x
48
x 2 8 16
⎛ x 4⎞
2
− +
или
+
= 3 y + 8 , то уравТак как y 2 = ⎜ − ⎟ =
3 x2
3 x⎠
9 3 x2
⎝
2
нение (1.15) можно переписать как 3 y + 8 = 10 y или
2
3 y − 10 y + 8 = 0 .
(1.16)
U
Квадратное уравнение (1.16) имеет два положительных корня y1 =
4
3
x 4
− , то для получения корней уравнения (1.15)
3 x
необходимо рассмотреть совокупность двух уравнений относительно пеx 4
x 4 4
− =
и
− = 2 или x 2 − 4 x − 12 = 0 и
ременной x , вида
3 x
3 x 3
и y2 = 2 . Так как y =
x 2 − 6 x − 12 = 0 .
Отсюда получаем четыре корня уравнения (1.15) вида x1 = −2 , x2 = 6 ,
x3 = 3 − 21 и x4 = 3 + 21 .
♦ Ответ:
x1 = −2 , x2 = 6 , x3 = 3 − 21 , x4 = 3 + 21 .

10. 11
Метод функциональной подстановки
Примечание. Рассмотрим несколько иной метод решения уравнения (1.15).
Для этого обе части уравнения разделим на 3 и получим
Как
и
при
x 2 16 10 ⎛ x 4 ⎞
+
= ⋅ ⎜ − ⎟.
9 x2 3 ⎝ 3 x ⎠
решении уравнения (1.11) воспользуемся
(1.17)
равенством
a 2 + b 2 = ( a − b ) + 2ab и уравнение (1.15) перепишем в виде
2
2
x 4 10 ⎛ x 4 ⎞
⎛ x 4⎞
⎜ − ⎟ + 2⋅ ⋅ = ⋅ ⎜ − ⎟
3 x⎠
3 x 3 ⎝3 x⎠
⎝
или
2
SS
⎛ x 4 ⎞ 10 ⎛ x 4 ⎞ 8
⎜ − ⎟ − ⋅ ⎜ − ⎟+ =0.
3 ⎝3 x⎠ 3
⎝3 x⎠
Если ввести новую переменную y =
(1.18)
x 4
− , то из уравнения (1.18) получаем
3 x
известное уравнение (1.16).
1.9. Решить уравнение
x 4 − 8 x3 + 17 x 2 − 8 x + 1 = 0 .
(1.19)
R
Решение. Нетрудно убедиться, что подбором найти корни уравнения (1.19) практически невозможно. Также очевидно, что x ≠ 0 (в противном случае после подстановки x = 0 в уравнение (1.19) получили бы
противоречие).
2
Так как x ≠ 0 , то обе части уравнения (1.19) разделим на x и преобразуем его к виду
U
1⎞
⎛ 2 1 ⎞ ⎛
⎜ x + 2 ⎟ − 8 ⎜ x + x ⎟ + 17 = 0 .
⎠
x ⎠ ⎝
⎝
Положим, что x +
(1.20)
1
1
= y , тогда x 2 + 2 = y 2 − 2 и из (1.20) получаем
x
x
2
квадратное уравнение y − 8 y + 15 = 0 , корнями которого являются y1 = 3
и y2 = 5 .
Далее, рассмотрим два уравнения x +
2
1
1
= 3 и x + = 5 , т. е. x2 – 3х +
x
x
+ 1 = 0 и x − 5 x + 1 = 0 . Корнями первого из этих уравнений являются
x1,2 =
3± 5
5 ± 21
, а второго — x3,4 =
2
2

11. 12
Раздел 1
♦ Ответ:
x1 =
3+ 5
3− 5
5 + 21
5 − 21
, x2 =
, x3 =
, x4 =
.
2
2
2
2
Примечание. Уравнения вида (1.19) называются симметрическими уравнениями четвертой степени.
1.10. Решить уравнение
4
3
2
2 x + 3x − 3x − 3x + 2 = 0 .
(1.21)
SS
Решение. Первоначально убедимся в том, что x = 0 не является корнем
исходного уравнения, а затем разделим обе части уравнения (1.21) на x
и получим равносильное уравнение
1 ⎞ ⎛
1⎞
⎛
2 ⎜ x2 + 2 ⎟ + 3 ⎜ x − ⎟ − 3 = 0 .
x⎠
x ⎠ ⎝
⎝
Обозначим x −
2
(1.22)
1
1
= y , тогда x 2 + 2 = y 2 + 2 и из (1.22) получаем
x
x
2
квадратное уравнение относительно переменной y вида 2 y + 3 y + 1 = 0 ,
1
и y2 = −1 . Далее, рассмотрим два
2
R
корнями которого являются y1 = −
случая.
1
1
−1 ± 17
.
= − , тогда 2 x 2 + x − 2 = 0 и x1,2 =
x
2
4
2. Если x −
1
−1 ± 5
= −1 , тогда x 2 + x − 1 = 0 и x3,4 =
.
x
2
U
1. Если x −
♦ Ответ:
x1 =
−1 + 17
−1 − 17
−1 + 5
−1 − 5
, x2 =
, x3 =
, x4 =
.
4
4
2
2
Примечание. Уравнения вида (1.21) называются возвратными уравнениями четвертой степени.
1.11. Решить уравнение
x4 + 1
(
2
)
x x +1
=
41
.
15
(1.23)

12. Метод функциональной подстановки
13
Решение. Поскольку x ≠ 0 , то числитель и знаменатель левой части
уравнения (1.23) можно разделить на x 2 . Тогда
x2 +
1
x 2 = 41 .
(1.24)
1
15
x+
x
1
1
Если положить x + = y , то x 2 + 2 = y 2 − 2 и из (1.24) получаем
x
x
SS
y 2 − 2 41
2
или 15 y − 41y − 30 = 0 . Корнями последнего уравнения яв=
y
15
10
3
и y2 = − .
3
5
1
Так как y = x + , то согласно неравенству Коши (см. раздел 3), имеx
ем y ≥ 2 . Поэтому при решении данного примера необходимо рассмот-
ляются y1 =
реть только одно уравнение x +
1
.
3
R
торого являются x1 = 3 и x2 =
1 10
, т. е. 3x 2 − 10 x + 3 = 0 , корнями ко=
x 3
♦ Ответ:
x1 = 3 , x2 =
1
.
3
U
1.12. Решить уравнение
6 x3 − x 2 − 20 x + 12 = 0 .
(1.25)
Решение. Если левую часть уравнения (1.25) умножить на x +
1
, то
2
получим симметрическое уравнение четвертой степени
41
6 x 4 + 2 x3 − x 2 + 2 x + 6 = 0 .
(1.26)
2
Так как x = 0 не является корнем уравнения (1.26), то обе его части
разделим на x 2 и получим
1 ⎞
1 ⎞ 41
⎛
⎛
6 ⎜ x2 + 2 ⎟ + 2 ⎜ x + ⎟ − = 0 .
x⎠ 2
⎝
x ⎠
⎝
(1.27)

13. 14
Раздел 1
1
1
= y , тогда x 2 + 2 = y 2 − 2 и из (1.27) следует уравx
x
13
5
2
нение 12 y + 4 y − 65 = 0 , корнями которого являются y1 =
и y2 = − .
6
2
Рассмотрим два случая.
1 13
2
3
2
1. Если x + = , то 6 x − 13 x + 6 = 0 и x1 = , x2 = .
x 6
3
2
Положим x +
1
5
1
2
= − , то 2 x + 5 x + 2 = 0 и x3 = −2 , x4 = − .
x
2
2
Уравнение третьей степени (1.25) может иметь не более трех действительных корней. Поэтому хотя бы одно из найденных значений
x1 , x2 , x3 , x4 является лишним.
SS
2. Если x +
Так как при значении x = −
то корень x4 = −
x1 =
1
является для уравнения (1.25) посторонним.
2
2
3
, x2 = , x3 = −2 .
3
2
R
♦ Ответ:
1
1
сомножитель x + обращается в ноль,
2
2
1.13. Решить уравнение
6
5
4
3
2
x − 3x + 2 x − 3x + 2 x − 3x + 1 = 0 .
(1.28)
U
Решение. Первоначально убедимся, что x = 0 не является корнем
уравнения (1.28). Положим x ≠ 0 и разделим обе части уравнения (1.28)
3
на x . Тогда получим
1⎞
⎛ 3 1 ⎞ ⎛ 2 1 ⎞
⎛
⎜ x + 3 ⎟ − 3⎜ x + 2 ⎟ + 2 ⎜ x + x ⎟ − 3 = 0 .
⎝
⎠
x ⎠ ⎝
x ⎠
⎝
Пусть x +
1
= y , тогда
x
x3 +
3
1⎞
1⎞
⎛
⎛
= ⎜ x + ⎟ − 3 ⋅ ⎜ x + ⎟ = y3 − 3 y ,
3
x⎠
x⎠
⎝
⎝
x
1
2
x +
2
1⎞
⎛
2
=⎜x+ ⎟ −2 = y −2
2
x⎠
⎝
x
1
(1.29)

14. 15
Метод функциональной подстановки
(
3
2
y − 3 y − y + 3 = 0 или
)
y3 − 3 y − 3 y 2 − 2 + 2 y − 3 = 0 ,
и уравнение (1.29) принимает вид
( y − 1) ( y − 3) = 0 . Отсюда получаем корни куби2
ческого уравнения y1,2 = ±1 и y3 = 3 .
1
, то согласно неравенству Коши (см. раздел 3) имеx
ет место неравенство y ≥ 2 . В этой связи необходимо рассмотреть толь-
Так как y = x +
1
= 3 или x 2 − 3 x + 1 = 0 . Корнями поx
SS
ко одно уравнение, а именно x +
следнего уравнения являются x1,2 =
♦ Ответ:
x1 =
3± 5
.
2
3+ 5
3− 5
, x2 =
.
2
2
Примечание. Уравнения вида (1.28) называются симметрическими уравнениями шестой степени.
1.14. Решить уравнение
6
5
4
3
2
R
x − 2x − 6x + 4x + 6x − 2x −1 = 0 .
(1.30)
Решение. Так как x ≠ 0 (в этом можно легко убедиться), то обе части
3
уравнения (1.30) можно разделить на x . Тогда
U
1⎞
⎛ 3 1 ⎞ ⎛ 2 1 ⎞ ⎛
⎜ x − 3 ⎟ − 2⎜ x + 2 ⎟ − 6⎜ x − x ⎟ + 4 = 0 .
⎠
x ⎠ ⎝
x ⎠ ⎝
⎝
Положим x −
(1.31)
1
= y , тогда
x
x3 −
3
1⎞
1⎞
⎛
⎛
= ⎜ x − ⎟ + 3 ⋅ ⎜ x − ⎟ = y3 + 3 y ,
3
x⎠
x⎠
⎝
⎝
x
1
x2 +
2
1⎞
⎛
= ⎜ x − ⎟ + 2 = y2 + 2
2
x⎠
x ⎝
1
(
)
и уравнение (1.31) принимает вид y 3 + 3 y − 2 y 2 + 2 − 6 y + 4 = 0 или
3
2
y − 2 y − 3 y = 0 . Корнями последнего уравнения являются
y1 = 0 ,

15. 16
Раздел 1
y2 = 3 и y3 = −1 . Рассмотрим три уравнения относительно переменной x
вида x −
1
1
1
2
= 0 , x − = 3 и x − = −1 . Корнями уравнений x − 1 = 0 ,
x
x
x
2
x − 3x − 1 = 0
x3,4 =
являются, соответственно,
x1,2 = ±1 ,
−1 ± 5
3 ± 13
и x5 ,6 =
.
2
2
Ответ: x1 = 1 , x2 = −1 , x3 =
x6 =
3 + 13
3 − 13
−1 + 5
, x4 =
, x5 =
,
2
2
2
SS
♦
2
x + x −1 = 0
и
−1 − 5
.
2
Примечание. Уравнения вида (1.30) называются возвратными уравнениями шестой степени.
1.15. Решить уравнение
8
7
6
5
4
3
2
x − 7 x + 4 x − 21x + 6 x − 21x + 4 x − 7 x + 1 = 0 .
(1.32)
R
Решение. Поскольку x = 0 не является корнем уравнения (1.32)
(в этом легко убедиться), то обе части уравнения (1.32) можно разделить
на x 4 и после этого получить равносильное уравнение
1⎞
⎛ 4 1 ⎞ ⎛ 3 1 ⎞
⎛ 2 1 ⎞
⎛
⎜ x + 4 ⎟ − 7 ⎜ x + 3 ⎟ + 4 ⎜ x + 2 ⎟ − 21⎜ x + x ⎟ + 6 = 0 .
⎝
⎠
x ⎠ ⎝
x ⎠
x ⎠
⎝
⎝
1
= y , тогда
x
U
Положим x +
(1.33)
2
3
1⎞
1
1⎞
1
1⎞
⎛
⎛
⎛
2
2
3
3
y = ⎜ x + ⎟ = x + 2 + 2 , y = ⎜ x + ⎟ = x + 3 + 3⎜ x + ⎟ и
x⎠
x⎠
x⎠
⎝
⎝
⎝
x
x
4
1⎞
1
1 ⎞
⎛
⎛
y 4 = ⎜ x + ⎟ = x4 + 4 + 4 ⎜ x2 + 2 ⎟ + 6 .
x⎠
⎝
x
x ⎠
⎝
Отсюда получаем x 2 +
(
)
1
x
2
= y 2 − 2 , x3 +
1
x
= y4 − 4 y2 − 2 − 6 = y4 − 4 y2 + 2 .
В этой связи уравнение (1.33) принимает вид
3
= y3 − 3 y и x4 +
1
x4
=

16. 17
Метод функциональной подстановки
(y
4
) (
) (
)
− 4 y 2 + 2 − 7 y 3 − 3 y + 4 y 2 − 2 − 21 y + 6 = 0 .
4
3
Отсюда вытекает уравнение y − 7 y = 0 , корнями которого являют1
, то согласно неравенству Коши
x
(см. раздел 3) имеем y ≤ −2 или y ≥ 2 . Следовательно, требуется рассмот-
ся y1 = 0 и y2 = 7 . Так как y = x +
реть только одно уравнение x +
x1 =
7+3 5
7−3 5
, x2 =
.
2
2
SS
♦ Ответ:
1
7±3 5
= 7 , которое имеет корни x1,2 =
.
x
2
Примечание. Уравнения вида (1.32) называются симметрическими уравнениями восьмой степени.
1.16. Решить уравнение
(x
2
+ 4x + 8
)
2
+ 3x3 + 14 x 2 + 24 x = 0 .
(1.34)
Решение. Перепишем уравнение (1.34) в виде
2
+ 4x + 8
)
2
(
)
+ 3x x 2 + 4 x + 8 + 2 x 2 = 0 .
R
(x
(1.35)
Так как x = 0 не является корнем уравнения (1.35), то разделим обе
части уравнения (1.35) на x 2 и получим равносильное ему уравнение
2
U
⎛ x2 + 4 x + 8 ⎞
⎛ x2 + 4 x + 8 ⎞
+ 3⎜
⎜
⎟
⎟+2 = 0.
⎜
⎟
⎜
⎟
x
x
⎝
⎠
⎝
⎠
Введем новую переменную y =
(1.36)
x2 + 4x + 8
и из уравнения (1.36) поx
2
лучим уравнение y + 3 y + 2 = 0 , корнями которого являются y1 = −1 и
y2 = −2 .
Рассмотрим два уравнения относительно переменной x ,
x2 + 4 x + 8
x2 + 4 x + 8
= −1 и
= −2 . Первое уравнение действительных
x
x
корней не имеет, а второе уравнение имеет два корня x1 = −2 и x2 = −4 .
т. е.
♦ Ответ:
x1 = −2 , x2 = −4 .

17. 18
Раздел 1
Примечание. Уравнение вида (1.35) называется однородным уравнением
второй степени.
1.17. Решить уравнение
(x
2
− 6x − 9
)
2
(
)
= x x2 − 4 x − 9 .
(1.37)
Решение. Непосредственной подстановкой убеждаемся, что x = 0 не
является корнем уравнения (1.37).
2
SS
Пусть x ≠ 0 , тогда разделим обе части уравнения (1.37) на x и получим
2
9⎞
9
⎛
⎜x−6− ⎟ = x−4− .
x⎠
x
⎝
Положим
2
x−6−
(1.38)
9
= y , тогда уравнение (1.38) принимает вид
x
y = y + 2 , откуда получаем y1 = −1 и y2 = 2 .
9
= y и y1 = −1 , y2 = 2 , то необходимо рассмотреть
x
9
9
два уравнения x − 6 − = −1 и x − 6 − = 2 . Первое уравнение имеет корни
x
x
R
Так как x − 6 −
x1,2 =
5 ± 61
, а корнями второго уравнения являются x3 = −1 и x4 = 9 .
2
x1 =
5 + 61
5 − 61
, x2 =
, x3 = −1 , x4 = 9 .
2
2
U
♦ Ответ:
1.18. Решить уравнение
( x − 1)( x − 2 )( x − 4 )( x − 8) = 10 x 2 .
(1.39)
Решение. Преобразуем левую часть уравнения (1.39) следующим образом:
( x − 1)( x − 2 )( x − 4 )( x − 8 ) =
= ( ( x − 1)( x − 8 ) ) ⋅ ( ( x − 2 ) ( x − 4 ) ) =
(
2
)(
2
)
= x − 9x + 8 x − 6x + 8 .

18. Метод функциональной подстановки
19
Следовательно, уравнение (1.39) равносильно уравнению
(x
2
)(
)
− 9 x + 8 x 2 − 6 x + 8 = 10 x 2 .
(1.40)
Поскольку x = 0 не является корнем уравнения (1.40), то обе его час2
ти можно разделить на x . Тогда
8 ⎞⎛
8⎞
⎛
⎜ x − 9 + ⎟ ⎜ x − 6 + ⎟ = 10.
x ⎠⎝
x⎠
⎝
8
2
= y , тогда y ( y + 3) = 10 или y + 3 y − 10 = 0 . Корняx
ми последнего уравнения являются y1 = 2 и y2 = −5 .
Рассмотрим два уравнения относительно переменной x ,
8
8
т. е. x − 9 + = 2 и x − 9 + = −5 . Отсюда получаем два квадратных уравx
x
SS
Пусть x − 9 +
нения x 2 − 11x + 8 = 0 и x 2 − 4 x + 8 = 0 . Корнями первого уравнения являются x1,2 =
11 ± 89
, а второе уравнение корней не имеет.
2
x1 =
11 + 89
11 − 89
, x2 =
.
2
2
R
♦ Ответ:
1.19. Решить уравнение
2x
2
U
2 x − 5x + 3
+
13 x
2
2x + x + 3
= 6.
(1.41)
Решение. Первоначально убедимся, что x = 0 не является корнем
уравнения (1.41). Далее, положим x ≠ 0 и разделим на x числитель и знаменатель обеих дробей левой части уравнения. Тогда получим уравнение
2
3
2x − 5 +
x
+
13
3
2x +1 +
x
Введем новую переменную 2x +
нение
= 6.
(1.42)
3
= y . Тогда из (1.42) следует уравx
2
13
+
= 6 , которое равносильно квадратному уравнению
y − 5 y +1

19. 20
Раздел 1
2
2 y − 13 y + 11 = 0 . Корнями последнего уравнения являются y1 =
11
и
2
y2 = 1 .
Для нахождения корней уравнения (1.41) необходимо рассмотреть
3 11
3
два уравнения 2 x + =
и 2 x + = 1 , которые можно переписать в боx 2
x
♦ Ответ:
SS
лее удобном для решения виде, т. е. 4 x 2 − 11x + 6 = 0 и 2 x 2 − x + 3 = 0 .
3
Корнями первого уравнения являются x1 = 2 и x2 = , а второе уравнение
4
корней не имеет.
x1 = 2 , x2 =
3
.
4
1.20. Решить уравнение
3
( x − 29 )2 + 3 ( x − 1)2
3
2
= 7 − x − 30 x + 29 .
(1.43)
Решение. Перепишем уравнение (1.43) в виде
( x − 29 )2 + 3 ( x − 1)2
= 7 − 3 ( x − 29 )( x − 1) .
(1.44)
R
3
Если обозначить 3 x − 29 = u и
(1.44) следует система уравнений
3
x − 1 = v , то отсюда и из уравнения
U
⎧ u 3 − v 3 = −28 ,
⎪
(1.45)
⎨
⎪ u 2 + v 2 = 7 − uv.
⎩
Из первого уравнения системы (1.45) получаем уравнение
( u − v ) ( u 2 + uv + v 2 ) = −28 .
Если принять во внимание второе уравнение
системы, то ( u − v )( 7 − uv + uv ) = −28 или u − v = −4 .
Следовательно, имеет место v = u + 4 . Подставим выражение v = u + 4
во второе уравнение системы (1.45) и получим
u2 + (u + 4) = 7 − u (u + 4) ,
2
2
т. е. u + 4u + 3 = 0 и u1 = −3 , u2 = −1 .
Так как
3
x − 29 = u и u1 = −3 , u2 = −1 , то требуется рассмотреть два
уравнения относительно переменной x , т. е.
Отсюда нетрудно получить x1 = 2 и x2 = 28 .
3
x − 29 = −3 и
3
x − 29 = −1 .

20. 21
Метод функциональной подстановки
♦ Ответ:
x1 = 2 , x2 = 28 .
1.21. Решить уравнение
x + 1 − 3 2 x − 6 = 2.
(1.46)
Решение. Введем новые переменные u и v следующим образом:
x + 1 = u и 3 2 x − 6 = v . В таком случае уравнение (1.46) принимает вид
SS
u − v = 2 , где u ≥ 0 . Так как u 2 = x + 1 и v3 = 2 x − 6 , то v3 − 2u 2 = −8 .
Следовательно, имеем систему уравнений
⎧ u −v = 2 ,
⎪
⎨ 3
⎪ v − 2u 2 = −8 ,
⎩
(1.47)
где u ≥ 0 .
Из первого уравнения системы (1.47) следует u = v + 2 . Тогда из второго уравнения получаем кубическое уравнение относительно переменной v вида v3 − 2v 2 − 8v = 0 , корнями которого являются v1 = 0 , v2 = −2
и v3 = 4 . Так как u = v + 2 , то u1 = 2 , u2 = 0 и u3 = 6 , т. е. требуемое неx + 1 = u , то x = u 2 − 1 и
R
равенство u ≥ 0 выполняется. Поскольку
2
2
2
x1 = u1 − 1 = 3 , x2 = u2 − 1 = −1 , x3 = u3 − 1 = 35 .
♦ Ответ:
x1 = 3 , x2 = −1 , x3 = 35 .
U
1.22. Решить уравнение
( 34 − x ) 3 x + 1 − ( x + 1) 3 34 − x
3
34 − x − 3 x + 1
Решение. Введем новые переменные
из уравнения (1.48) имеем u ≠ v и
3
3
= 30.
34 − x = u и
(1.48)
3
x + 1 = v , тогда
3
u v − uv
= 30 или uv ⋅ ( u + v ) = 30 .
u−v
Так как u = 3 34 − x и v = 3 x + 1 , то u 3 + v3 = 35 . Известно, что
( u + v )3 = u 3 + v3 + 3uv ⋅ ( u + v ) . Отсюда с учетом, что u 3 + v3 = 35 и
3
3
3
uv ⋅ ( u + v ) = 30 , получаем ( u + v ) = u + v + 3uv ⋅ ( u + v ) = 35 + 3 ⋅ 30 = 125 ,
т. е. u + v = 5 .

21. 22
Раздел 1
Поскольку uv ⋅ ( u + v ) = 30 и u + v = 5 , то uv = 6 . Корнями системы
⎧ u+v =5 ,
⎪
являются u1 = 2 , v1 = 3 и u2 = 3 , v2 = 2 . Очевидно,
уравнений ⎨
⎪ uv = 6
⎩
что здесь неравенство u ≠ v выполняется.
Так как 3 34 − x = u и u1 = 2 , u2 = 3 , то 3 34 − x = 2 и 3 34 − x = 3 .
Отсюда получаем x1 = 26 и x2 = 7 .
x1 = 26 , x2 = 7 .
SS
♦ Ответ:
1.23. Решить уравнение
x−4 + x+4
= x + x 2 − 16 − 6.
2
(1.49)
Решение. Областью допустимых значений переменной x в уравнении (1.49) являются x ≥ 4 .
Пусть
y = x − 4 + x + 4 , тогда
y 2 = 2 x + 2 x 2 − 16
2
и уравне-
2
ние (1.49) принимает вид y = y − 12 или y − y − 12 = 0 . Отсюда получаем y1 = 4 и y2 = −3 . Так как y = x − 4 + x + 4 , то y > 0 и y1 = 4 .
R
Следовательно, имеем уравнение
x − 4 + x + 4 = 4 . После возведе-
ния в квадрат обеих его частей получаем 2 x + 2 x 2 − 16 = 16 или
x 2 − 16 = 8 − x . Отсюда следует, что x ≤ 8 . Так как x ≥ 4 , то корни уравнения (1.49) лежат на отрезке 4 ≤ x ≤ 8 .
U
Возведем в квадрат обе части уравнения
x 2 − 16 = 8 − x и получим
уравнение x − 16 = ( 8 − x ) . Отсюда следует 16 x = 80 или x1 = 5 .
2
2
♦ Ответ:
x1 = 5 .
1.24. Решить уравнение
3
3
⎛ x +3⎞ ⎛ x +3⎞
64 ⎜
⎟ −⎜
⎟ = 63.
⎝ x −1 ⎠ ⎝ x + 2 ⎠
Решение. Обозначим 4 ⋅
принимает вид
(1.50)
x+3
x+3
= v , тогда уравнение (1.50)
=u и
x −1
x+2

22. 23
Метод функциональной подстановки
u 3 − v3 = 63.
(1.51)
Кроме того, имеем
3 ( x + 3)
1 ⎞
3uv
⎛ 4
u − v = ( x + 3) ⎜
−
=
.
⎟=
x − 1 x + 2 ⎠ ( x − 1)( x + 2 )
4
⎝
2
В таком случае
(
)
u 3 − v3 = ( u − v ) u 2 + uv + v 2 =
(
2 2
⎞
3 uv ⎛ 9 u v
⋅⎜
+ 3 uv ⎟ = 63.
⎜ 16
⎟
4 ⎝
⎠
)
= ( u − v ) ⋅ ( u − v ) + 3 uv =
SS
2
Пусть y = uv , тогда уравнение (1.51) можно переписать как
3y
4
2
⎛ 9 y2
⎞
⎞
y ⎛ 3y
⋅⎜
+ 3 y ⎟ = 63 , ⋅ ⎜
+ y ⎟ = 7 , y 3 y 2 + 16 y = 448 ,
⎜ 16
⎟
⎟
4 ⎜ 16
⎝
⎠
⎝
⎠
(
3
)
2
3 y + 16 y − 448 = 0 .
(1.52)
Единственным корнем уравнения (1.52) является y1 = 4 . Так как y = uv ,
4 ( x + 3)
x+3
x+3
11
и v=
, то
= 4 и x1 = − .
x −1
x+2
5
( x − 1)( x + 2 )
2
R
u = 4⋅
♦ Ответ:
x1 = −
11
.
5
U
1.25. Решить уравнение
4 x + 4 − x 2 = x + 4.
(1.53)
Решение. Областью допустимых значений переменной x в уравнении (1.53) являются 0 ≤ x ≤ 2 .
Перепишем уравнение (1.53) в виде
2
4− x =
Пусть
(
4 − x 2 = x − 4 x + 4 или
)
2
x −2 .
(1.54)
x = y , тогда 0 ≤ y ≤ 2 и после возведения в квадрат обеих
частей уравнения (1.54) получаем 4 − y 4 = ( y − 2 ) или ( y − 2 ) + y 4 = 4 .
4
4

23. 24
Раздел 1
Введем новую переменную z =
( y − 2 )4 + y 4 = 4
принимает вид
( y − 2) + y
2
= y − 1 . Тогда уравнение
( z − 1)4 + ( z + 1)4 = 4 .
Отсюда следует
биквадратное уравнение z 4 + 6 z 2 − 1 = 0 , корнями которого являются
z 2 = 10 − 3 или z1,2 = ±
10 − 3 .
Так как 0 ≤ y ≤ 2 и z = y − 1 , то −1 ≤ z ≤ 2 − 1 . Поэтому необходимо убедиться в том, что найденные значения z1 и z2 удовлетворяют ус-
SS
ловию −1 ≤ z ≤ 2 − 1 .
10 − 3 ≤ 2 − 1 . Для этого возведем в квадрат обе
Покажем, что
части требуемого неравенства. Тогда
10 − 3 ≤ 3 − 2 2 ,
10 ≤ 6 − 2 2 ,
10 ≤ 36 − 24 2 + 8 , 12 2 ≤ 17 или 288 ≤ 289 . Таким образом, получили
очевидное неравенство. Следовательно, z1 ≤ 2 − 1 .
Теперь убедимся в том, что z2 ≥ −1 . Неравенство −
10 − 3 ≤ 1 ,
равносильно неравенствам
нее неравенство очевидно.
y = z +1 и
2
x = y , то
R
Поскольку
10 − 3 ≤ 1 или
= 10 − 2 ± 2
10 ≤ 4 . Послед-
10 − 3 и х 1,2 =
10 − 3 .
x1 = 10 − 2 + 2
U
♦ Ответ:
y1,2 = 1 ±
10 − 3 ≥ −1
10 − 3 , x2 = 10 − 2 − 2
10 − 3 .
1.26. Решить уравнение
Решение. Пусть
2
x + x + 6 x + 2 = 18.
2
x + 2 = y , тогда y ≥ 0 и x = y − 2 . В таком случае
(
) ( y − 1) + 6 y = 18 .
+ 6 y − 16 = 0 , ( y − 16 ) − 3 y ( y − 2 ) = 0 ,
уравнение (1.55) принимает вид y 2 − 2
Отсюда получаем
(y
2
+4
(1.55)
4
y − 3y
2
2
4
) ( y + 2 ) ( y − 2) − 3 y ( y − 2 ) = 0 или
( y − 2 ) ( y + 2 y + y + 8 ) = 0.
3
2
(1.56)

24. 25
Метод функциональной подстановки
3
2
Поскольку y ≥ 0 , то y + 2 y + y + 8 > 0 . В этой связи из уравнения (1.56) следует, что y1 = 2 . Так как
♦ Ответ:
x + 2 = y , то
x + 2 = 2 или x1 = 2 .
x1 = 2 .
Примечание. Уравнение (1.55) можно решить другим способом, используя
для этого свойства монотонности аналитических функций (см. раздел 4).
Поскольку x + 2 ≥ 0 , то x ≥ −2 .
SS
Пусть −2 ≤ x ≤ 0 . Тогда x 2 ≤ 4 , x ≤ 0 , 6 x + 2 ≤ 6 2 и
x 2 + x + 6 x + 2 ≤ 4 + 6 2 < 18 ,
т. е. уравнение (1.55) на отрезке −2 ≤ x ≤ 0 корней не имеет.
Пусть теперь x > 0 . Рассмотрим функцию f ( x ) = x 2 + x + 6 x + 2 .
Очевидно, что на положительной числовой полуоси OX функция y = f ( x )
является непрерывной и возрастающей. Следовательно, уравнение f ( x ) = 18
R
не может иметь более одного положительного корня.
Непосредственным подбором находим единственный положительный
корень уравнения (1.55) вида x1 = 2 .
1.27. Решить уравнение
(8 x + 7 )2 ( 4 x + 3)( x + 1) =
9
.
2
(1.57)
Решение. Если обе части уравнения (1.57) умножить на 16, то полу-
чим ( 8 x + 7 ) ( 8 x + 6 )( 8 x + 8 ) = 72 .
U
2
Положим, что 8 x + 7 = y . Тогда приведенное выше уравнение при-
нимает вид y
2
( y − 1)( y + 1) = 72
4
2
или y − y − 72 = 0 . Отсюда получаем
2
y = 9 или y1 = 3 , y2 = − 3 .
Так как 8 x + 7 = y и y1 = 3 , y2 = − 3 , то 8 x1 + 7 = 3 , 8 x2 + 7 = − 3 или
x1 = −
1
5
, x2 = − .
2
4
♦ Ответ:
x1 = −
1
5
, x2 = − .
2
4

25. 26
Раздел 1
1.28. Решить уравнение
(x
2
)(
)
+ x + 2 x2 + 2 x + 2 = 2 x2 .
(1.58)
Решение. Непосредственной подстановкой x = 0 в уравнение (1.58)
устанавливаем, что x = 0 не является его корнем.
SS
Пусть теперь x ≠ 0 . Тогда обе части уравнения (1.58) разделим на x 2
и получим уравнение
2⎞ ⎛
2⎞
⎛
(1.59)
⎜ x + 1 + ⎟ ⋅ ⎜ x + 2 + ⎟ = 2.
x⎠ ⎝
x⎠
⎝
Введем новую переменную x +
2
= y , тогда уравнение (1.59) принимает
x
вид ( y + 1)( y + 2 ) = 2 или y + 3 y = 0 . Отсюда получаем y1 = 0 и y2 = −3 .
2
Рассмотрим два уравнения относительно переменной x .
2
2
Если x + = 0 , то x + 2 = 0 и уравнение корней не имеет.
x
2
Если x + = −3 , то x 2 + 3 x + 2 = 0 и x1 = −1 , x2 = −2 .
x
x1 = −1 , x2 = −2 .
R
♦ Ответ:
1.29. Решить уравнение
x + x − 1 − x = 1.
(1.60)
U
Решение. Если ввести новые переменные u = x , v = 1 − x и
w = x − v , то из уравнения (1.60) получаем систему из трех уравнений
относительно переменных u,v,w следующим вида:
⎧ u + w =1 ,
⎪
⎪ 2
2
⎨ v = 1− u ,
⎪
⎪ w2 = u 2 − v ,
⎩
(1.61)
где u ≥ 0 , v ≥ 0 и w ≥ 0 .
Из первого и третьего уравнений системы (1.61) следует (1 − u ) =
2
= u 2 − v или v = 2u − 1 . Если полученное выражение v = 2u − 1 подставить

26. 27
Метод функциональной подстановки
4
.
5
Однако u1 = 0 является посторонним корнем, поскольку при этом
v1 = 2u1 − 1 = −1 < 0 , а это противоречит определению переменной v .
во второе уравнение системы (1.61), то ( 2u − 1) = 1 − u и u1 = 0 , u2 =
2
Так как u = x и u =
x1 =
4
16
.
, то x1 =
5
25
16
.
25
SS
♦ Ответ:
2
1.30. Решить уравнение
3 x −1
2− x
2 2 x +1 − 2 2 x +1 = 1.
(1.62)
Решение. Введем новую переменную 2 x + 1 = y , тогда
=
3x − 1
=
2x +1
3y − 5 3 5
2− x 5− y
5 1
и
=
=
− . Если при этом еще обозначить
= −
2y
2 2y
2x + 1
2y
2y 2
3
1
R
−z
z−
5
= z , то уравнение (1.62) можно переписать как 2 2 − 2 2 = 1 . Пусть
2y
2 z = u , тогда получаем уравнение
2 2 u
−
= 1 или
u
2
u 2 + 2u − 4 = 0 ,
(1.63)
U
где u > 0 .
Положительным корнем уравнения (1.63) является u1 = 2 . Так как
z = log 2 u , y =
♦ Ответ:
5
y −1
1
и x=
, то z1 = , y1 = 5 и x1 = 2 .
2z
2
2
x1 = 2 .
Примечание. Существует более простое решение уравнения (1.62). Для этого
3x − 1 2 − x
3x − 1
надо заметить, что
+
= 1 . Если при этом обозначить
= y,
2x + 1 2x + 1
2x + 1
2− x
то
= 1 − y и уравнение (1.62) примет вид 2 y − 21− y = 1 . Отсюда легко
2x + 1
получить 2 y = 2 или y1 = 1 .

27. 28
Раздел 1
Поскольку
3x − 1
3x − 1
= 1 или x1 = 2 .
= y и y1 = 1 , то 1
2 x1 + 1
2x + 1
1.31. Решить уравнение
4x
2
−x
2
− 10 ⋅ 2 x + 22 x + 4 = 0.
(1.64)
Решение. Поскольку 22 x > 0 , то разделим обе части уравнения (1.64)
на 2
2x
и получим равносильное уравнение
2
−4 x
− 10 ⋅ 2 x
2
−2 x
+ 16 = 0.
(1.65)
SS
22 x
Если положить 2 x
2
−2 x
= y , то уравнение (1.65) принимает вид квад-
2
ратного уравнения y − 10 y + 16 = 0 , которое имеет положительные корни
y1 = 2 и y2 = 8 .
x
Так как 2
2
−2 x
= y , то необходимо рассмотреть два уравнения отно2
2
R
сительно переменной x вида x − 2 x − 1 = 0 и x − 2 x − 3 = 0 , решая которые получаем четыре корня исходного уравнения (1.64), а именно
x1,2 = 1 ± 2 , x3 = −1 и x4 = 3 .
♦ Ответ:
x1 = 1 + 2 , x2 = 1 − 2 , x3 = −1 , x4 = 3 .
1.32. Решить уравнение
U
log 3 x ( 2 x + 1) = 1 + log
2 x +1
( 2x
4
)
+ x3 .
(1.66)
Решение. Из уравнения (1.66) следует, что x > 0 и x ≠ 1 . Преобразуем
левую и правую части уравнения следующим образом:
3
log 3 x ( 2 x + 1) = 3 ⋅ log x ( 2 x + 1) =
,
log 2 x +1 x
1 + log
2 x +1
( 2x
4
)
+ x3 = 1 + log
= 3 + 3 ⋅ log
2 x +1
2 x +1
( 2 x + 1) + log
2 x +1
x3 =
x = 3 + 6 ⋅ log 2 x +1 x.
Таким образом, уравнение (1.66) принимает вид
3
log 2 x +1 x
= 3 + 6 ⋅ log 2 x +1 x.
(1.67)

28. 29
Метод функциональной подстановки
Введем новую переменную log 2 x +1 x = y , тогда из уравнения (1.67)
следует
3
2
= 3 + 6 y или 2 y + y − 1 = 0 . Корнями квадратного уравнения
y
1
.
2
являются y1 = −1 и y2 =
Так как y = log 2 x +1 x и y1 = −1 , y2 =
1
, то требуется рассмотреть два
2
1
, x = 2 x + 1 или 2 x 2 + x − 1 = 0 , x 2 − 2 x − 1 = 0 .
2x +1
Решая приведенные выше уравнения и отбирая при этом только по1
ложительные корни, получаем x1 = и x2 = 1 + 2 .
2
1
♦ Ответ: x1 = , x2 = 1 + 2 .
2
SS
уравнения x =
1.33. Решить уравнение
log
x
( x + x − 2 ) = log x ( 5x − 6 + 5 x − 2 ) .
(1.68)
R
Решение. Из условия следует, что областью определения переменной
x в уравнении (1.68) являются x > 0 и x ≠ 1 .
Пусть y = x + x − 2 . Тогда уравнение (1.68) принимает вид log x y =
= log x ( 5 y − 6 ) или log x y 2 = log x ( 5 y − 6 ) , где y >
6
. Отсюда получаем
5
2
U
квадратное уравнение y − 5 y + 6 = 0 , корнями которого являются y1 = 2
и y2 = 3 .
Так как y = x + x − 2 , то рассмотрим совокупность двух уравнений
⎡x + x − 2 = 2;
⎢
⎢x + x − 2 = 3.
⎣
(1.69)
Пусть 0 < x < 1 или 1 < x < 2 , тогда x − 2 = − x + 2 и из первого
уравнения совокупности (1.69) получаем очевидное тождество 2 = 2 ,
т. е. 0 < x < 1 и 1 < x < 2 являются корнями уравнения (1.68).
Пусть x ≥ 2 , тогда x − 2 = x − 2 и из совокупности уравнений (1.69)
получаем x + x − 2 = 2 и x + x − 2 = 3 , т. е. x1 = 2 и x2 =
5
.
2

29. 30
Раздел 1
Следовательно, корнями уравнения (1.68) являются произвольные зна5
чения x из интервалов 0 < x < 1 и 1 < x ≤ 2 , а также x2 = .
2
♦ Ответ: 0 < x < 1 , 1 < x ≤ 2 , x2 = 5 .
2
1.34. Решить уравнение
sin x + 2 − sin 2 x + sin x ⋅ 2 − sin 2 x = 3.
(1.70)
и
SS
Решение. Выполним замену переменных, пусть sin x = u
2 − sin 2 x = v . Так как −1 ≤ u ≤ 1 и v ≥ 1 , то u + v ≥ 0 . Кроме того, имеем
R
u 2 + v2 = 2 .
В таком случае из уравнения (1.70) получаем систему уравнений
⎧ u + v + uv = 3 ,
⎪
(1.71)
⎨ 2
⎪ u + v2 = 2 .
⎩
Если положить u + v = r и uv = s , то система уравнений (1.71) при⎧ r + s = 3,
⎪
нимает вид ⎨
Поскольку u + v ≥ 0 , то r ≥ 0 . Отсюда получаем
⎪r 2 − 2 s = 2.
⎩
r = 2 и s = 1 . Следовательно, имеет место u + v = 2 , uv = 1 и u1 = v1 = 1 .
Поскольку u = sin x и u1 = 1 , то sin x = 1 и x1 =
π
2
+ 2π k , где k —
U
целое число.
♦ Ответ:
x1 =
π
2
+ 2π k , где k — целое число.
Примечание. При решении уравнения (1.70) можно выполнить более слож-
ную замену переменных sin x + 2 − sin 2 x = y . Так как
y 2 = sin 2 x + 2sin x ⋅ 2 − sin 2 x + 2 − sin 2 x = 2 + 2sin x ⋅ 2 − sin 2 x ,
то sin x ⋅ 2 − sin 2 x =
y+
y2 − 2
и уравнение (1.70) принимает вид
2
y2 − 2
= 3 или y 2 + 2 y − 8 = 0 , где 0 ≤ y ≤ 2 .
2

30. 31
Метод функциональной подстановки
Подходящим корнем данного уравнения является y1 = 2 .
Рассмотрим уравнение sin x + 2 − sin 2 x = 2 . Отсюда нетрудно получить sin x = 1 и x1 =
π
2
+ 2π k , где k — целое число.
1.35. Решить уравнение
2
2
3
3
tgx + ctgx + tg x + ctg x + tg x + ctg x = 6.
2
2
(1.72)
2
3
3
3
SS
Решение. Пусть tg x + ctg x = y , тогда tg x + ctg x = y − 2 , tg x +
+ ctg x = y − 3 y и уравнение (1.72) принимает вид кубического уравнения
3
2
3
2
относительно переменной y , т. е. y + y − 2 y − 8 = 0 . Так как y + y –
(
)
2
−2 y − 8 = ( y − 2 ) y 2 + 3 y + 4 и y + 3 y + 4 > 0 , то y − 2 = 0 или y1 = 2 .
Так как tgx + ctgx = 2 или tgx +
1
π
= 2 , то tgx = 1 и x1 = + π k , где
4
tgx
k — целое число.
x1 =
π
4
+ π k , где k — целое число.
R
♦ Ответ:
1.36. Решить уравнение
U
2sin
Решение. Пусть
(
(
)
3x
= 3sin x + 60 .
2
(1.73)
x
= y , тогда x = 2 y и уравнение (1.73) примет вид
2
)
2sin 3 y = 3sin 2 y + 60 . Если положить y + 30 = z , то отсюда получим
последовательность равносильных уравнений
(
2sin 3 z − 90
) = 3sin 2 z , −2 cos 3z = 3sin 2 z ,
3sin 2 z + 2 cos 3 z = 0 , 3sin z ⋅ cos z + cos 3z = 0 ,
3
3sin z ⋅ cos z + 4 cos z − 3cos z = 0 ,
(
)
(
)
cos z ⋅ 3sin z + 4 cos 2 z − 3 = 0 , cos z ⋅ 4sin 2 z − 3sin z − 1 = 0 .

31. 32
Раздел 1
Отсюда следует, что необходимо рассмотреть два уравнения.
1. Если cos z = 0 , то z1 = 90 + 180 n , где n — целое число.
1
. Так как из ус4
ловия cos z = 0 следует sin z = 1 (а случай cos z = 0 был рассмотрен
2
2. Если 4sin z − 3sin z − 1 = 0 , то sin z = 1 и sin z = −
выше), то z2 = ( −1)
k +1
1
arcsin + 180 k , где k — целое число.
4
Поскольку y = z − 30 и x = 2 y , то
k +1
1
arcsin − 30 + 180 k ,
4
k +1
1
2 arcsin − 60 + 360 k .
4
SS
y1 = 60 + 180 n , y2 = ( −1)
x1 = 120 + 360 n , x2 = ( −1)
♦
Ответ: x1 = 120 + 360 n , x2 = ( −1)
k +1
1
2 arcsin − 60 + 360 k , где
4
n, k — целые числа.
R
1.37. Решить неравенство
(
)
x +8 3− x +8 <
x + 16
2 x + 8 − 10
(1.74)
.
Решение. Из неравенства (1.74) следует, что x ≥ −8 .
Введем новую переменную
(
x + 8 = y . Тогда
)
U
x + 8 3 − x + 8 = x + 8 − 8 x + 8 + 16 = y − 8 y + 16 = ( y − 4 ) .
2
2
2
2
Так как x + 8 = y , то x + 8 = y , x + 16 = y + 8 и неравенство (1.74)
принимает вид
Поскольку
2
y−4 <
y2 + 8
.
2 y − 10
(1.75)
y − 4 ≥ 0 , то из неравенства (1.75) следует, что
y +8
> 0 , 2 y − 10 > 0 или y > 5 . В таком случае y − 4 = y − 4 и нера2 y − 10
венство (1.75) принимает вид

32. Метод функциональной подстановки
y−4<
y2 + 8
.
2 y − 10
33
(1.76)
Если y > 5 , то 2 y − 10 > 0 и из неравенства (1.76) получаем ( y − 4 ) ×
× ( 2 y − 10 ) < y 2 + 8 или y − 18 y + 32 < 0 , решением которого являются
2
2 < y < 16 . Однако y > 5 , тогда 5 < y < 16 .
2
Однако y = x + 8 , тогда x = y − 8 и 17 < x < 248 .
SS
♦ Ответ: 17 < x < 248 .
1.38. Решить неравенство
( x + 1)
1 x +1
+
< 2x −1 +
.
2
4
8
2
x−
(1.77)
Решение. Областью допустимых значений переменной x в неравен-
стве (1.77) являются x ≥
x−
1
x +1
=u и
= v . Поскольку
2
4
1
, то u ≥ 0 и v ≥ 0 .
2
В этой связи из неравенства (1.77) следует
R
x≥
1
. Обозначим
2
u + v < 2u 2 + 2v 2 .
(1.78)
Поскольку u + v ≥ 0 , то можно возвести в квадрат обе части неравенства (1.78) и при этом получить равносильное неравенство
2
2
2
2
U
u + 2uv + v < 2u + 2v
или
( u − v )2 > 0 .
Последнее неравенство верно
всегда, кроме случая, когда u = v .
Пусть u ≠ v , т. е.
x−
1 x +1
≠
. Отсюда получаем неравенство
2
4
x 2 − 14 x + 9 ≠ 0 или x ≠ 7 ± 2 10 .
1
1
Так как x ≥ , то решением неравенства (1.77) являются
≤x<
2
2
< 7 + 2 10 и x > 7 + 2 10 .
♦ Ответ:
1
≤ x < 7 + 2 10 , x > 7 + 2 10 .
2

33. 34
Раздел 1
1.39. Решить неравенство
5 ⋅ 3x − 2
x
⎛ 2⎞
≥ 1+ ⎜ ⎟ .
x
x
⎝ 3⎠
3 −2
(1.79)
Решение. Первоначально числитель и знаменатель дроби в левой часx
y >1 и
SS
⎛3⎞
x
ти неравенства (1.79) разделим на 2 . Затем обозначим ⎜ ⎟ = y и пере⎝2⎠
5⋅ y
1
пишем неравенство (1.79) в виде
≥ 1 + . Отсюда следует, что
9 ( y − 1)
y
4 y2 − 9
≤ 0.
y ( y − 1)
(1.80)
Решая неравенство (1.80) с учетом того, что y > 1 , получаем
x
1< y ≤
x
3
3
⎛ 3⎞
⎛ 3⎞
. Поскольку y = ⎜ ⎟ , то 1 < ⎜ ⎟ ≤ или 0 < x ≤ 1 .
2
2
⎝ 2⎠
⎝ 2⎠
R
♦ Ответ: 0 < x ≤ 1 .
1.40. Решить неравенство
−3 + log 2 x 6 < 7 + log 2 x 2 .
(1.81)
2
U
Решение. Обозначим log 2 x = y . Тогда неравенство (1.81) принимает вид
y + 7 > 3 y − 3,
(1.82)
Представим неравенство (1.82) в виде
y + 7 > 3 ( y + 7 ) − 24 . Если
где y ≥ −7 .
обозначить
2
y + 7 = z , то имеем неравенство z > 3 z − 24 , где z ≥ 0 .
2
Решением неравенства 3 z − z − 24 < 0 при условии, что z ≥ 0 , являются 0 ≤ z < 3 . Так как
y + 7 = z и z < 3 , то
y + 7 < 3 или y < 2 .
2
2
Итак, имеем −7 ≤ y < 2 . Поскольку log 2 x = y , то −7 ≤ log 2 x < 2
или
1
2
2
≤ x 2 < 4 . Отсюда следует −2 < x ≤ −
и
≤x<2.
128
16
16

34. 35
Метод функциональной подстановки
♦ Ответ: −2 < x ≤ −
2
2
,
≤x<2.
16 16
1.41. Решить систему уравнений
⎧ xy = x − y ,
⎪
⎨
2
⎪ 3( x − 2 y ) = 2 ( x + y ) .
⎩
(1.83)
SS
Решение. Нетрудно видеть, что x1 = 0 , y1 = 0 − корни системы (1.83).
Положим, что x ≠ 0 и y ≠ 0 . Тогда для поиска других корней системы
уравнений (1.82) перемножим левые и правые части обоих уравнений данной системы. Тогда получим уравнение
3xy ( x − 2 y ) = 2 ( x − y )( x + y ) ,
2
которое равносильно уравнению
3
2
2
3
2 x − x y + 4 xy − 2 y = 0.
(1.84)
Так как y ≠ 0 , а уравнение (1.84) является однородным уравнением
3
третьей степени, то разделим на y обе части уравнения (1.84), а затем
x
= z.
y
R
обозначим
(
)
Тогда получим 2 z 3 − z 2 + 4 z − 2 = 0 или ( 2 z − 1) z 2 + 2 = 0 . Так как
z 2 + 2 > 0 , то 2 z − 1 = 0 или z1 =
x
1
x 1
= z и z1 = , то
= . Подставим y = 2 x в первое
y
2
y 2
U
Поскольку
1
.
2
уравнение системы (1.83) и получим 2 x 2 = x − 2 x или x ( 2 x + 1) = 0 . Од1
и y2 = 2 x2 = −1 .
2
1
Ответ: x1 = 0 ,y1 = 0 ; x2 = − ,y2 = −1 .
2
нако x ≠ 0 , тогда x2 = −
♦
1.42. Решить систему уравнений
⎧ x 2 + y xy = 72 ,
⎪
⎨
⎪ y 2 + x xy = 36 .
⎩
(1.85)

35. 36
Раздел 1
Решение. Непосредственной подстановкой в уравнения системы (1.85)
нетрудно убедиться, что x ≠ 0 и y ≠ 0 . Далее, умножим второе уравнение
2
2
на 2 и вычтем его из первого уравнения, тогда x + y xy − 2 y −
−2 x xy = 0 . Так как xy ≠ 0 , то разделим полученное уравнение на xy.
Тогда получаем
x
+
y
(1.86)
x
= z , тогда из (1.86) получаем уравнение четвертой степени
y
SS
Пусть
y
y
x
−2 −2
= 0.
x
x
y
относительно z вида z 4 − 2 z 3 + z − 2 = 0 , которое равносильно уравнению
( z − 2 ) ( z 3 + 1) = 0 .
3
x
= z и x ≠ 0 , то z > 0 . В этой связи
y
Поскольку
z + 1 > 0 и z1 = 2 .
Следовательно, имеем
x
= 2 и x = 4 y . Затем подставим выражение
y
x = 4 y во второе уравнение системы (1.85), тогда y 2 + 4 y 4 y 2 = 36 или
2
R
y + 8 y | y |= 36.
(1.87)
2
Если y > 0 , то из (1.87) получаем 9 y = 36 и y1 = 2 . Если y < 0 , то
2
U
| y |= − y и уравнение (1.87) принимает вид уравнения −7 y = 36 , которое
не имеет корней.
Поскольку x = 4 y и y1 = 2 , то x1 = 8 . Подстановкой найденных значений x и y в уравнения системы (1.85) убеждаемся в том, что x1 = 8 и
y1 = 2 являются ее корнями.
♦ Ответ:
x1 = 8 , y1 = 2 .
Примечание. Равенство x = 4 y при решении системы уравнений (1.85)
можно получить проще. Для этого данную систему необходимо представить
⎧ x x x + y y = 72 ,
⎪
а затем первое уравнение системы разделить
в виде ⎨
⎪ y x x + y y = 36,
⎩
(
(
)
)
на второе уравнение. Тогда получим
x
= 2 или x = 4 y .
y

36. Метод функциональной подстановки
37
1.43. Решить систему уравнений
⎧ 1 − 3x − 1 = 5 y − 3x ,
⎪
⎨
⎪ 5 − 5 y + 5 y − 3x = 5 .
⎩
(1.88)
Решение. Выполним замену переменных по следующему правилу:
1 − 3x = u , 5 y − 3 x = v и 5 − 5y = w . Тогда из системы уравнений
(1.88) следует u = v + 1 и w = 5 − v , где u ≥ 0 , v ≥ 0 и w ≥ 0 .
2
2
2
SS
Так как u − v − w = 1 − 3 x − 5 y + 3x − 5 + 5 y = −4 и u = v + 1 , w = 5 − v ,
то получаем ( v + 1) − v 2 − ( 5 − v ) = −4 , v 2 − 12v + 20 = 0 и v1 = 2 , v2 = 10 .
2
2
Если v1 = 2 , то u1 = 3 и w1 = 3 . Отсюда получаем систему уравнений
⎧ 1 − 3x = 9 ,
8
4
⎪
корнями которой являются x1 = − и y1 = − . Подста⎨
3
5
⎪ 5 y − 3x = 4 ,
⎩
новкой убеждаемся, что найденная пара значений x1 и y1 удовлетворяет
системе уравнений (1.88).
Если v2 = 10 , то u2 = 11 и w2 = − 5 . Так как w2 < 0 , то в этом случае
корней нет.
8
4
x1 = − , y1 = − .
3
5
R
♦ Ответ:
U
1.44. Решить систему уравнений
⎧ 3 x + 2y + 3 x − y + 2 = 3,
⎪
⎨
⎪ 2x + y = 7 .
⎩
(1.89)
Решение. Обозначим 3 x + 2 y = u и 3 x − y + 2 = v . Тогда u 3 + v3 =
= x + 2 y + x − y + 2 = 2 x + y + 2 = 9 и систему уравнений (1.89) можно переписать в виде
⎧u + v = 3 ,
⎪
⎨ 3 3
⎪
⎩u + v = 9 .
(1.90)
Корнями системы уравнений (1.90) являются u1 = 1, v1 = 2 и u2 = 2 ,
v2 = 1 .

37. 38
Раздел 1
Так как 3 x + 2 y = u и u1 = 1, u2 = 2 , то x + 2 y = 1 и x + 2 y = 8 . Если
принять во внимание второе уравнение системы (1.89), то получаем две
системы уравнений относительно переменных x,y вида
⎧x + 2 y = 1, ⎧x + 2 y = 8 ,
⎪
⎪
⎨
⎨
⎪ 2x + y = 7 , ⎪ 2x + y = 7 .
⎩
⎩
Первая из двух систем имеет корни x1 =
13
5
, y1 = − , а из второй
3
3
системы получаем x2 = 2 , y2 = 3 .
13
5
, y1 = − ; x2 = 2 , y2 = 3 .
3
3
SS
♦ Ответ:
x1 =
1.45. Решить систему уравнений
⎧
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
⎩
x
+
y
4
y
=
x
3
1
xy
+2 ,
(1.91)
3
x y+4 xy =3 2 .
R
Решение. Очевидно, что x ≠ 0 и y ≠ 0 . Причем значения переменных x,y имеют одинаковые знаки. В левой части второго уравнения сис-
темы (1.91) вынесем за скобки
U
⎧
⎪
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
⎪
⎩
4
x
+
y
x 2 y 2 = xy , тогда
y
=
x
1
xy
+2 ,
⎛ x
y⎞
x y ⋅ ⎜4 + 4 ⎟ = 3 2 .
⎜ y
x⎟
⎝
⎠
x
=u и
y
нений (1.92) можно переписать как
Введем новые переменные
4
x y = v . Тогда систему урав-
⎧ 2 1 1
⎪ u + 2 = v +2,
u
⎪
⎨
1⎞
⎪
⎛
⎪ v⋅ ⎜u + u ⎟ = 3 2 ,
⎝
⎠
⎩
где u > 0 и v > 0 .
(1.92)
(1.93)

38. 39
Метод функциональной подстановки
Возведем в квадрат второе уравнение системы (1.93) и воспользуемся
первым уравнением, тогда
2
1⎞
1 ⎞
⎛
⎛
v 2 ⎜ u + ⎟ = 18 , v 2 ⎜ u 2 + 2 + 2 ⎟ = 18 ,
u⎠
⎝
u ⎠
⎝
⎛1
⎞
2
v 2 ⎜ + 4 ⎟ = 18 или 4v + v − 18 = 0 .
v
⎝
⎠
2
Так как v > 0 , то подходящим корнем уравнения 4v + v − 18 = 0 является v1 = 2 . Если найденное значение v подставить во второе уравне-
u2 = 2 .
Так как u =
уравнений
2
,
2
SS
ние системы (1.93), то получим уравнение 2u 2 − 3 2u + 2 = 0 и u1 =
4
x
и v = xy , то необходимо рассмотреть две системы
y
4
x
2
=
,
2 и
y
xy =2
⎧
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
⎩
4
x
= 2,
y
xy =2 .
R
⎧
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
⎩
Отсюда получаем относительно простые системы уравнений относительно переменных x и y вида
U
⎧ x
⎧ x 1
⎪ y = 4 , ⎪ y =4 ,
и ⎨
⎨
⎪
⎪
⎩ xy=4 .
⎩ xy=4
Нетрудно установить, что корнями системы уравнений (1.91) являются
x1 = − 1, y1 = − 4 ; x2 = 1, y2 = 4 ; x3 = − 4, y3 = − 1 и x4 = 4 , y4 = 1 .
♦ Ответ:
x1 = − 1, y1 = − 4 ; x2 =1, y2 = 4 ; x3 = − 4 , y3 = − 1 ; x4 = 4, y4 =1 .
1.46. Решить систему уравнений
⎧ x3 + y 3 − z 3 − xyz + 11 = 0 ,
⎪
⎪ 3
3
3
⎨ x − y + z − xyz − 21 = 0 ,
⎪
⎪ − x3 + y 3 + z 3 − xyz − 3 = 0 .
⎩
(1.94)

39. 40
Раздел 1
3
3
3
Решение. Если сложить уравнения системы (1.94), то x + y + z =
= 3xyz + 13 . Если затем из полученного уравнения вычесть последовательно третье, второе и первое уравнения системы (1.94), то получим равносильную систему уравнений
⎧ x3 = xyz + 5 ,
⎪
⎪ 3
⎨ y = xyz − 4 ,
⎪
⎪ z 3 = xyz + 12 .
⎩
(1.95)
SS
Перемножим соответственно левые и правые части уравнений системы (1.95) и при этом обозначим xyz = u . Тогда получим уравнения
u 3 = ( u + 5 )( u − 4 )( u + 12 ) или 13u 2 − 8u − 240 = 0 . Корнями квадратного
60
.
13
Если u1 = −4 , то x1 y1 z1 = −4 и из системы уравнений (1.95) получаем
уравнения являются u1 = −4 и u2 =
3
3
3
x1 = −4 + 5 = 1 , y1 = −4 − 4 = −8 , z1 = −4 + 12 = 8 или x1 = 1 , y1 = −2 , z1 = 2 .
60
60
, то x2 y2 z2 =
и из системы уравнений (1.95) следует
13
13
5
2
6
x2 = 3
, y2 = 3 , z 2 = 3 .
13
13
13
R
Если u2 =
x1 = 1 , y1 = −2 , z1 = 2 ; x2 =
U
♦ Ответ:
5
3
13
, y2 =
2
3
13
, z2 =
6
3
13
.

40. РАЗДЕЛ 2
SS
Метод тригонометрической
подстановки
R
К числу нестандартных методов решения алгебраических уравнений
относится метод, основанный на применении тригонометрической подстановки. Использование такого метода целесообразно в том случае, когда искомые уравнения напоминают известные тригонометрические формулы. Это относится преимущественно к уравнениям (системам уравнений), решение которых обычными приемами весьма затруднительно, и
которые после введения тригонометрических подстановок сводятся к несложным тригонометрическим уравнениям. Суть тригонометрической
подстановки состоит в замене неизвестной переменной x тригонометрической функцией, например, x = cos ω или x = tgω , а также в замене x
U
некоторой функцией, зависящей от sin ω , cos ω или tgω .
Полученные корни тригонометрических уравнений позволяют находить корни исходных уравнений, как в тригонометрической, так и в алгебраической форме. Следует особо отметить, что тригонометрические
уравнения имеют, как правило, бесконечное число корней, а исходные алгебраические уравнения — конечное их число.
ЗАДАЧИ И РЕШЕНИЯ
2.1. Решить уравнение
(
)
x + 1 − x2 = 2 2 x2 − 1 .
(2.1)
Решение. Так как областью допустимых значений переменной x в
уравнении (2.1) являются −1 ≤ x ≤ 1 , то можно сделать замену x = cos ω ,
где 0 ≤ ω ≤ π . В таком случае уравнение (2.1) принимает вид

41. 42
Раздел 2
2
cos ω + | sin ω |= 2(2 cos ω − 1).
(2.2)
Поскольку 0 ≤ ω ≤ π , то sin ω ≥ 0 и | sin ω |= sin ω . В этой связи из (2.2)
получаем
cos ω + sin ω = 2 cos 2ω ,
cos ω + sin ω = 2 ( cos ω + sin ω )( cos ω − sin ω ) ,
( cos ω + sin ω ) (
)
2 cos ω − 2 sin ω − 1 = 0 .
лое число. Однако 0 ≤ ω ≤ π , поэтому ω1 =
Пусть
π
4
+ π n , где n — це-
SS
Пусть cos ω + sin ω = 0 , тогда tgω = −1 и ω = −
3π
.
4
2 cos ω − 2 sin ω − 1 = 0 , тогда
2
2
1
π
π
1
sin ω −
cos ω = − , cos sin ω − sin cos ω = − ,
2
2
2
4
4
2
π⎞
1
⎛
sin ⎜ ω − ⎟ = − .
4⎠
2
⎝
π
4
= ( −1)
k +1 π
6
+ π k или ω =
R
Отсюда следует ω −
где k — целое число. Так как 0 ≤ ω ≤ π , то ω 2 =
Поскольку x = cos ω , то x1 = cos
x1 = −
12
4
+ ( −1)
k +1 π
6
+π k ,
.
3π
2
π
6+ 2
=−
и x2 = cos
.
=
4
2
12
4
2
6+ 2
, x2 =
.
2
4
U
♦ Ответ:
π
π
2.2. Решить уравнение
(
)(
)
8 x 2 x 2 − 1 8 x 4 − 8 x 2 + 1 = 1,
(2.3)
причем требуются найти только такие корни, которые лежат на интервале ( 0; 1) .
Решение. Так как 0 < x < 1 , то можно положить x = cos ω , где
0<ω <
π
. В таком случае уравнение (2.3) можно преобразовать следую2
щим образом:

42. 43
Метод тригонометрической подстановки
(
)(
)
8cos ω 2 cos 2 ω − 1 8cos 4 ω − 8cos 2 ω + 1 = 1 ,
(
)
8cos ω cos 2ω −8cos 2 ω sin 2 ω + 1 = 1 ,
(
)
8cos ω cos 2ω 1 − 2sin 2 2ω = 1 ,
8cos ω ⋅ cos 2ω ⋅ cos 4ω = 1.
(2.4)
Далее, умножим обе части уравнения (2.4) на sin ω (это можно сде-
π
2
) и получим равносильные уравнения
SS
лать, так как 0 < ω <
8sin ω ⋅ cos ω ⋅ cos 2ω ⋅ cos 4ω = sin ω ,
4sin 2ω ⋅ cos 2ω ⋅ cos 4ω = sin ω ,
2sin 4ω ⋅ cos 4ω = sin ω , sin 8ω = sin ω .
Если sin 8ω = sin ω , то 8ω = ( −1) ω + π n , где n — целое число. Расn
смотрим два случая.
R
2
1. Если n = 2k , то 8ω = ω + 2π k или ω = π k , где k — целое число.
7
2π
π
Поскольку 0 < ω < , то k = 1 и ω 1 =
.
7
2
2. Если n = 2k + 1 то 8ω = −ω + π ( 2k + 1) или ω =
целое число. Так как 0 < ω <
π
( 2k + 1) ⋅ π
9
, то k = 0 , k = 1 и ω 2 =
π
, где k —
, ω3 =
π
U
.
9
3
2
Следовательно, уравнение (2.3) имеет лишь три корня, которые лежат
2π
π
π 1
, x2 = cos и x3 = cos = .
на интервале ( 0; 1) , а именно x1 = cos
7
3 2
9
♦ Ответ:
x1 = cos
2π
π
1
, x2 = cos , x3 = .
9
7
2
2.3. Решить уравнение
8 x 3 − 6 x − 1 = 0.
(2.5)
Решение. Поскольку x = 0 не является корнем уравнения (2.5), то
разделим обе его части на 2x . Тогда

43. 44
Раздел 2
1
+ 3.
(2.6)
2x
Если x < −1 или x > 1 , то левая часть уравнения (2.6) будет больше 4,
а правая его часть — меньше 4. Следовательно, корни уравнения (2.5) находятся на отрезке −1 ≤ x ≤ 1 .
Пусть x = cos ω , где 0 ≤ ω ≤ π . Тогда уравнение (2.5) принимает вид три1
3
гонометрического уравнения 8cos ω − 6 cos ω − 1 = 0 , 4 cos3 ω − 3cos ω =
2
1
или cos 3ω = .
2
π
1
Корнями уравнения cos 3ω = являются ω = ( 6n ± 1) , где n — це9
2
π
5π
7π
лое число. Однако 0 ≤ ω ≤ π , поэтому ω1 = , ω 2 =
и ω3 =
. Од9
9
9
π
5π
7π
нако x = cos ω , поэтому x1 = cos , x2 = cos
, x3 = cos
.
9
9
9
2
♦ Ответ:
SS
4x =
x1 = cos
π
9
, x2 = cos
5π
7π
, x3 = cos
.
9
9
R
2.4. Решить уравнение
x2 + 1 − x =
5
.
(2.7)
2 x2 + 1
Решение. Произведем тригонометрическую замену x = tgω , где
1
π
π
π
2
< ω < . В таком случае x + 1 =
(так как − < ω < , то
cos ω
2
2
2
2
cos ω > 0 ) и уравнение (2.7) принимает вид тригонометрического уравне1
5
ния
− tgω = cos ω .
cos ω
2
5
Отсюда получаем 1 − sin ω = 1 − sin 2 ω , 5sin 2 ω − 2sin ω − 3 = 0 ,
2
3
sin ω = 1 и sin ω = − .
5
3
π
π
Однако − < ω < , поэтому −1 < sin ω < 1 . Если sin ω = − , то
5
2
2
4
3
3
cos ω = и tgω = − . Следовательно, имеем x1 = tgω = − .
5
4
4
π
U
−
(
)

44. Метод тригонометрической подстановки
♦ Ответ:
x1 = −
45
3
.
4
2.5. Решить уравнение
x
x+
2
x −1
=
35
.
12
(2.8)
SS
⎧x > 0 ,
⎪
Решение. Нетрудно видеть, что ⎨
или x > 1 . Выполним замену
⎪ x2 > 1
⎩
1
π
, где 0 < ω < . В таком случае левая часть уравнения (2.8) приsin ω
2
нимает вид
x=
1
+
sin ω
1
sin ω
1
2
sin ω
=
−1
1
1
,
+
sin ω cos ω
R
а из уравнения (2.8) вытекает тригонометрическое уравнение вида
12 ⋅ ( sin ω + cos ω ) = 35sin ω ⋅ cos ω
(2.9)
Сделаем еще одну замену переменных, пусть z = sin ω + cos ω , тогда
sin ω ⋅ cos ω =
z2 −1
и из (2.9) получаем квадратное уравнение относи2
U
тельно переменной z , т. е. 35 z 2 − 24 z − 35 = 0 , корнями которого являют7
5
π
и z2 = − . Так как z = sin ω + cos ω и 0 < ω < , то z > 0 и
ся z1 =
5
7
2
z 2 − 1 12
7
=
. С учетом того, что sin ω cos ω =
, получаем
5
2
25
систему тригонометрических уравнений
sin ω + cos ω =
7
⎧
⎪ sin ω + cos ω = 5 ,
⎪
⎨
12
⎪
⎪ sin ω ⋅ cos ω = 25 .
⎩
(2.10)

45. 46
Раздел 2
Из уравнений системы (2.10) составим квадратное уравнение относи3
2
тельно sin ω вида 25sin ω − 35sin ω + 12 = 0 и получаем sin ω =
и
5
4
1
5
5
sin ω = . Так как x =
, то x1 = и x2 = .
4
5
sin ω
3
♦ Ответ:
x1 =
5
5
, x2 = .
4
3
SS
2.6. Решить уравнение
1 − x 2 = 4 x3 − 3 x.
(2.11)
Решение. Областью допустимых значений уравнения (2.11) являются
−1 ≤ x ≤ 1 . В этой связи можно воспользоваться тригонометрической подстановкой x = cos ω , где 0 ≤ ω ≤ π . Тогда из уравнения (2.11) следует
1 − cos 2 ω = 4 cos3 ω − 3cos ω или sin ω = cos 3ω . Поскольку 0 ≤ ω ≤ π ,
то sin ω ≥ 0 и sin ω = cos 3ω .
R
⎛π
⎞
Уравнение равносильно уравнению cos 3ω = cos ⎜ − ω ⎟ . Отсюда сле2
⎝
⎠
⎛π
⎞
дует, что 3 ω = ± ⎜ − ω ⎟ + 2π n , где n — целое число.
⎝2
⎠
Рассмотрим два случая.
1. Если 3 ω =
π
2
− ω + 2π n , то ω =
8
+
πn
2
. Так как 0 ≤ ω ≤ π , то ω1 =
π
8
5π
.
8
U
и ω2 =
π
2. Если 3 ω = −
π
2
+ ω + 2π n , то ω = −
π
4
+ π n . Однако 0 ≤ ω ≤ π , по-
3π
.
4
Поскольку x = cos ω , то уравнение (2.11) имеет три корня, значения
которых вычисляются по следующим формулам:
этому ω3 =
x1 = cos ω1 = cos
π
8
=
1 ⎛
π⎞
1 ⎛
2⎞ 1
⋅ ⎜ 1 + cos ⎟ =
⋅ ⎜1 +
⎟ = ⋅ 2+ 2 ,
⎜
2 ⎝
4⎠
2 ⎝
2 ⎟ 2
⎠

46. 47
Метод тригонометрической подстановки
x2 = cos ω 2 = cos
=−
5π
1 ⎛
5π ⎞
= − ⋅ ⎜ 1 + cos ⎟ =
8
2 ⎝
4 ⎠
1 ⎛
π⎞
1 ⎛
2⎞
1
⋅ ⎜ 1 − cos ⎟ = − ⋅ ⎜1 −
⎟ = − ⋅ 2− 2
⎜
⎟
2 ⎝
4⎠
2 ⎝
2 ⎠
2
x3 = cos ω3 = cos
x1 =
1
1
2
2 + 2 , x2 = −
2 − 2 , x3 = −
.
2
2
2
SS
♦ Ответ:
3π
π
2
= − cos = −
.
4
4
2
2.7. Решить уравнение
1 − x = 2x2 − 1 + 2 x 1 − x2 .
(2.12)
Решение. Из условия задачи следует, что −1 ≤ x ≤ 1 . Положим
x = cos ω , где 0 ≤ ω ≤ π . Тогда уравнение (2.14) принимает вид
1 − cos ω = 2 cos 2 ω − 1 + 2 cos ω ⋅ 1 − cos 2 ω или
ω
= 2 cos 2 ω − 1 + 2 cos ω ⋅ sin ω .
R
2 ⋅ sin
2
Так как 0 ≤ ω ≤ π , то sin
U
уравнения (2.13) получаем
π⎞
⎛
= 2 sin ⎜ 2ω + ⎟ .
4⎠
⎝
ω
2
= sin
2 sin
ω
2
ω
2
(2.13)
и sin ω = sin ω . В таком случае из
= cos 2ω + sin 2ω
или
2 sin
ω
2
=
π⎞
ω
π
n ω
⎛
Поскольку sin ⎜ 2ω + ⎟ = sin , то 2ω + = ( −1) ⋅ + π n , где n —
4⎠
2
4
2
⎝
целое число. Рассмотрим два случая.
π 4π k
π ω
, где k — це1. Если n = 2k , то 2ω + = + 2π k или ω = − +
6
3
4 2
π 4π k
лое число. Поскольку 0 ≤ ω ≤ π , то среди ω = − +
корней
6
3
уравнения (2.13) нет.

47. 48
Раздел 2
3π 4π k
+
, k —
10
5
4
2
целое число. С учетом того, что 0 ≤ ω ≤ π , отсюда получаем корень
3π
.
уравнения (2.13) вида ω 1 =
10
Следовательно, единственным корнем уравнения (2.12) является
3π
x1 = cos
= cos 540 .
10
Ответ можно оставить в тригонометрической форме, а можно выра-
2. Если n = 2k + 1 , то 2ω +
π
=−
ω
+ ( 2 n + 1) π или ω =
=
SS
зить в радикалах. Однако для этого необходимо показать, что sin180 =
6−2 5
10 + 2 5
10 − 2 5
0
, cos180 =
и sin 360 =
. Тогда x1 = cos 54 =
4
4
4
= sin 360 =
♦ Ответ:
10 − 2 5
.
4
x1 =
10 − 2 5
.
4
R
2.8. Решить уравнение
2
1+ 2x 1− x
+ 2 x 2 = 1.
2
(2.14)
U
Решение. Поскольку x 2 ≤ 1 , то положим x = cos ω , где 0 ≤ ω ≤ π .
Тогда sin ω ≥ 0 и уравнение (2.17) принимает вид
1 + 2sin ω cos ω
2
= 1 − 2 cos ω
2
(2.15)
или
(
)
sin ω + cos ω = 2 sin 2 ω − cos 2 ω .
(2.16)
Левая часть уравнения (2.15) неотрицательна, поэтому имеем
1
π
3π
1 − 2 cos 2 ω ≥ 0 и cos 2 ω ≤ . Так как при этом 0 ≤ ω ≤ π , то
≤ω ≤
2
4
4
и sin ω + cos ω = sin ω + cos ω . Следовательно, из (2.16) получаем
( sin ω + cos ω ) (1 −
)
2 sin ω + 2 cos ω = 0 .

48. 49
Метод тригонометрической подстановки
Пусть sin ω + cos ω = 0 , тогда tgω = −1 . Так как
ω1 =
π
4
≤ω ≤
3π
, то
4
3π
3π
π
2
и x1 = cos ω1 = cos
= − cos = −
.
4
4
4
2
Пусть 1 − 2 sin ω + 2 cos ω = 0 , т. е.
2
.
2
sin ω − cos ω =
(2.17)
3π
≤ω ≤
имеем sin ω ≥ cos ω , то левая часть
4
4
уравнения (2.17) является неотрицательной. Поэтому после возведения в
квадрат обеих его частей получаем равносильные уравнения
1
1
1 − 2sin ω cos ω =
sin 2ω =
2 или
2.
π
SS
Так как на отрезке
Отсюда следует ω = ( −1)
π
4
≤ω ≤
n
π
12
+
π
n , где n — целое число. Условие
2
3π
5π
выполняется только при n = 1 , т. е. ω 2 =
= 750 и
4
12
(
0
0
0
)=
R
x 2 = cos 75 = cos 30 + 45
2− 3
.
2
Можно показать также, что x2 =
x1 = −
2
6− 2
, x2 =
.
2
4
U
♦ Ответ:
2 ⎛ 3 1⎞
6− 2
.
⋅⎜
⎜ 2 − 2⎟ =
⎟
2 ⎝
4
⎠
2.9. Решить уравнение
2
x +1 + x =
1
( x + 1)
2
2
x +1
.
(2.18)
Решение. Выполним тригонометрическую подстановку вида x = tgω ,
где −
π
<ω <
π
. Тогда уравнение (2.18) можно переписать в виде триго2
2
нометрического уравнения

49. 50
Раздел 2
1
2
+ tgω = cos ω ⋅ cos ω .
cos ω
π
<ω <
(2.19)
π
, то cos ω > 0 и cos ω = cos ω . Тогда уравнение
2
1 + sin ω
= cos3 ω . Отсюда получаем
(2.19) принимает вид
cos ω
Так как −
2
(
4
1 + sin ω = cos ω , 1 + sin ω = 1 − sin 2ω
)
,
или
SS
(1 + sin ω ) ⋅ (1 − (1 − sin ω ) ⋅ (1 − sin 2ω ) ) = 0
2
(
)
sin ω ⋅ (1 + sin ω ) ⋅ sin 2ω − sin ω − 1 = 0 .
Если sin ω = 0 , то ω 1= 0 и x1 = tgω 1= 0 . Поскольку −
π
2
<ω <
π
2
, то
2
1 + sin ω > 0 . Подходящим корнем уравнения sin ω − sin ω − 1 = 0 является
sin ω 2 =
1− 5
. В таком случае cos ω 2 =
2
5 −1
и
2
5 −1
.
2
R
x2 = tgω 2 = −
5 −1
, tgω 2 = −
2
♦ Ответ:
5 −1
.
2
x1 = 0 , x2 = −
U
2.10. Решить уравнение
5x
1− x
2
− 6 x ⋅ 1 − x 2 = 2.
(2.20)
Решение. Областью допустимых значений переменной x в уравнении (2.20) являются −1 < x < 1 .
Обозначим x = cos ω , где 0 < ω < π . В таком случае уравнение (2.20)
5cos ω
примет вид
− 6 cos ω ⋅ sin ω = 2 . Поскольку 0 < ω < π , то sin ω > 0 ,
sin ω
sin ω = sin ω и
5cos ω
− 6 cos ω ⋅ sin ω = 2 . Отсюда получаем
sin ω

50. 51
Метод тригонометрической подстановки
6ctgω
5cos ω
6 cos ω ⋅ sin ω
− 2
= 2 , 5ctgω −
= 2 или
2
sin ω sin ω + cos ω
1 + ctg 2ω
3
2
5ctg ω − 2ctg ω − ctgω − 2 = 0.
(2.21)
Кубическое уравнение (2.21) имеет один действительный корень
ctgω = 1 . Следовательно, ω =
♦ Ответ:
π
4
4
+ π n , где n — целое число. Так как
. Поскольку x = cos ω , то x1 = cos ω 1 =
2
.
2
SS
0 < ω < π , то ω1 =
π
x1 =
2
.
2
2.11. Решить уравнение
2 + 2 − 2 + x = x.
(2.22)
R
Решение. Для определения области допустимых значений перемен⎧ x≥ 2 ,
⎪
ной x в уравнении (2.22) рассмотрим систему неравенств ⎨
⎪
⎩ 2− 2+ x ≥ 0 .
2 ≤ x≤2.
Отсюда следует, что
2 ≤ x ≤ 2 , то обозначим x = 2 cos ω , где 0 ≤ ω ≤
π
. В та4
ком случае для левой части уравнения (2.22) имеет место следующая цепочка равносильных выражений:
U
Поскольку
2 + 2 − 2 + x = 2 + 2 − 2 + 2 cos ω =
= 2 + 2 − 4 cos 2
= 2 + 4sin
2
ω
ω
2
= 2 + 2 − 2 cos
ω
ω
2
=
2
ω⎞
⎛ ω
= 2 + 2sin = 2 ⋅ ⎜ sin + cos ⎟ =
4
4
8
8⎠
⎝
ω⎞
⎛ ω
⎛ω π ⎞
= 2 ⋅ ⎜ sin + cos ⎟ = 2 ⋅ cos ⎜ − ⎟
8
8⎠
⎝
⎝ 8 4⎠

51. 52
Раздел 2
При выполнении приведенных выше преобразований использовался
тот факт, что 0 ≤ ω ≤
sin
ω
8
+ cos
ω
8
π
4
. В данном случае cos
ω
2
≥ 0 , sin
ω
4
≥0 и
≥0.
♦ Ответ:
SS
⎛ω π ⎞
Следовательно, имеем уравнение 2 ⋅ cos ⎜ − ⎟ = 2 cos ω , из которо⎝ 8 4⎠
⎛ω π ⎞
го следует, что ω = ± ⎜ − ⎟ + 2π n , где n — целое число. Так как
⎝8 4⎠
π
2π
0 ≤ ω ≤ , то ω 1 =
и уравнение (2.22) имеет единственный корень
4
9
2π
x1 = cos ω 1 = cos
.
9
x1 = cos
2π
.
9
2.12. Доказать неравенство
2
)
+ 2x2 − 1
R
(2x ⋅ 1− x
2
≤ 2,
(2.23)
где −1 ≤ x ≤ 1 .
Доказательство. Поскольку −1 ≤ x ≤ 1 , то можно положить x = cos ω ,
где 0 ≤ ω ≤ π . В таком случае неравенство (2.23) можно переписать в виде
U
( 2 cos ω ⋅ | sin ω | + 2 cos ω − 1)
2
2
≤ 2.
(2.24)
Так как 0 ≤ ω ≤ π , то sin ω ≥ 0 , sin ω = sin ω и неравенство (2.24)
равносильно неравенству
( sin 2ω + cos 2ω )2 ≤ 2 .
Полученное неравен-
π⎞
⎛
ство является очевидным, поскольку sin 2ω + cos 2ω = 2 ⋅ sin ⎜ 2ω + ⎟ ,
4⎠
⎝
π⎞
⎛
а sin 2 ⎜ 2ω + ⎟ ≤ 1 .
4⎠
⎝
2.13. Доказать двойное неравенство
−
1 ( x + y ) ⋅ (1 − xy ) 1
≤
≤ .
2 1 + x2 ⋅ 1 + y2
2
(
)(
)
(2.25)

52. 53
Метод тригонометрической подстановки
Доказательство. Пусть x = tgα
−
π
2
<β <
π
2
и y = tgβ , где −
π
2
<α <
π
и
2
. В таком случае
( x + y ) ⋅ (1 − xy )
(1 + x ) ⋅ (1 + y )
2
2
=
( tgα + tgβ ) ⋅ (1 − tgα ⋅ tgβ )
(1 + tg α ) ⋅ (1 + tg β )
2
2
=
SS
sin (α + β ) cos (α + β )
⋅
1
cos α ⋅ cos β cos α ⋅ cos β
=
= sin (α + β ) ⋅ cos (α + β ) = ⋅ sin 2 (α + β )
1
1
2
⋅
2
2
cos α cos β
Так как −
1 1
1
≤ ⋅ sin 2 (α + β ) ≤ , то неравенство (2.25) доказано.
2 2
2
2.14. Решить систему уравнений
⎧2 x + x 2 y = y,
⎪
⎪
2
⎨2 y + y z = z,
⎪
⎪2 z + z 2 x = x.
⎩
R
(2.26)
U
Решение. Преобразуем уравнения системы (2.26) к виду
⎧
2x
,
⎪y =
1 − x2
⎪
⎪
2y
⎪
,
⎨z =
1 − y2
⎪
⎪
2z
⎪
.
⎪x =
1− z2
⎩
Положим, что x = tgω , где −
π
<ω <
(2.27)
π
. В таком случае из системы
2
2
уравнений (2.27) следует, что y = tg2ω , z = tg4ω и x = tg8ω .
Так как x = tgω и x = tg8ω , то tgω = tg8ω . Отсюда следует, что
8ω = ω + π k , т. е. ω =
π
π
π
k , где k — целое число. Поскольку − < ω < ,
7
2
2
то k ∈ {−3, − 2 , − 1, 0 , 1, 2 , 3} .

53. 54
Раздел 2
Следовательно, система уравнений (2.26) имеет следующие корни:
π
⎧
⎪ x = tg 7 k ,
⎪
⎪
2π
⎪
k,
⎨ y = tg
7
⎪
⎪
⎪ z = tg 4π k ,
⎪
7
⎩
SS
где k ∈ { − 3, − 2 , − 1, 0 , 1, 2 , 3} .
♦ Ответ: см. выше.
2.15. Решить систему уравнений
⎧ x + 1 − y2 = 1,
⎪
⎨
⎪ y + 1 − x2 = 3 .
⎩
(2.28)
Решение. Так как −1 ≤ x ≤ 1 и −1 ≤ y ≤ 1 , то можно обозначить
R
x = cos ϕ и y = cosψ , где 0 ≤ ϕ ≤ π и 0 ≤ ψ ≤ π . В таком случае 1 − x 2 =
U
= sin ϕ , 1 − y 2 = sin ψ и система (2.28) принимает вид системы тригонометрических уравнений
⎧ cos ϕ + sinψ = 1,
⎪
⎨
⎪ cosψ + sin ϕ = 3.
⎩
(2.29)
Из системы уравнений (2.29) имеем cos 2 ϕ = (1 − sin ψ )
=
(
3 − cosψ
)
2
2
2
. Поскольку sin ϕ + cos ϕ = 1 , то
1=
(
3 − cosψ
)
2
+ (1 − sinψ ) =
2
= 3 − 2 3 cosψ + cos 2 ψ + 1 − 2sin ψ + sin 2 ψ =
(
)
= 5 − 2 sinψ + 3 cosψ ,
π⎞
⎛
т. е. sin ψ + 3 cosψ = 2 или sin ⎜ψ + ⎟ = 1 .
3⎠
⎝
2
2
и sin ϕ =

54. 55
Метод тригонометрической подстановки
Отсюда получаем ψ =
0 ≤ ψ ≤ π , то ψ 1 =
π
6
π
6
+ 2π n , где n — целое число. Поскольку
и y1 = cos
π
6
=
3
.
2
3
1
и 0 ≤ ψ ≤ π , то sinψ 1 = и из первого уравне2
2
1 1
ния системы (2.29) получаем cos ϕ 1 = 1 − sinψ 1 = 1 − = . Так как x = cos ϕ ,
2 2
1
то x1 = cos ϕ 1= .
2
♦ Ответ:
SS
Поскольку cos ψ 1 =
x1 =
1
3
, y1 =
.
2
2
2.16. Решить систему уравнений
(
)
⎧ 4 xy 2 x 2 − 1 = 1 ,
⎪
⎨
⎪ x2 + y 2 = 1.
⎩
2
(2.30)
2
R
Решение. Поскольку x + y = 1 , то обозначим x = sin ϕ и y = cos ϕ ,
где −π ≤ ϕ ≤ π .
В таком случае первое уравнение системы (2.30) можно записать, как
(
)
4sin ϕ ⋅ cos ϕ ⋅ 2sin 2 ϕ − 1 = 1 , 2sin 2ϕ ⋅ ( − cos 2ϕ ) = 1 или sin 4ϕ = −1 . Кор-
U
нями уравнения sin 4ϕ = −1 являются ϕ = −
π
8
+
π
2
n=
π
8
( 4n − 1) , где
n —
целое число.
5π
π
3π
7π
, ϕ 2 = − , ϕ3 =
и ϕ4 =
.
8
8
8
8
5π
С учетом того, что x = sin ϕ и y = cos ϕ , получаем x1 = − sin
,
8
5π
π
π
3π
3π
7π
y1 = cos
, x2 = − sin , y2 = cos , x3 = sin
, y3 = cos
, x4 = sin
8
8
8
8
8
8
7π
и y4 = cos
.
8
Так как −π ≤ ϕ ≤ π , то ϕ1 = −
♦ Ответ: см. выше.

55. 56
Раздел 2
2.17. Решить систему уравнений
⎧
( y + 1)2
⎪x = 2
,
⎪
y +1
⎪
⎪
2 z ( x − 1)
⎪
,
⎨y =
1− 2z2
⎪
⎪
1 − y2
⎪
z= 2
.
⎪
y +1
⎪
⎩
SS
(2.31)
Решение. Пусть y = tgω , где −
π
<ω <
2
уравнения системы (2.31) следует x =
π
2
. Тогда из первого и третьего
( tgω + 1)2
= 1 + sin 2ω и z =
1 − tg 2ω
=
tg 2ω + 1
tg 2ω + 1
= cos 2ω . Если тригонометрические выражения для переменных x,y, z
подставить во второе уравнение системы (2.31), то
2 cos 2ω ⋅ (1 + sin 2ω − 1)
2
1 − 2 cos 2ω
=
R
tgω =
2sin 2ω ⋅ cos 2ω
Отсюда следует tgω + tg4ω = 0 , sin 5ω = 0 и ω =
число. Поскольку −
π
<ω <
π
= − tg4ω .
2
1 − 2 cos 2ω
, то ω1 = −
πn
5
, где n — целое
2π
π
π
, ω 2 = − , ω3 = 0 , ω 4 = и
5
5
5
U
2
2
2π
ω5 =
.
5
Так как x = 1 + sin 2ω , y = tgω и z = cos 2ω , тогда корнями системы
уравнений (2.33) являются
2π
,
5
2π
x4 = 1 + sin
,
5
4π
z5 = cos
.
5
x2 = 1 − sin
y2 = − tg
y4 = tg
♦ Ответ: см. выше.
π
5
π
5
,
,
x1 = 1 − sin
z2 = cos
z4 = cos
4π
,
5
2π
;
5
2π
;
5
y1 = −
x3 = 1 ,
x5 = 1 + sin
2π
,
5
z1 = cos
y3 = 0 ,
4π
,
5
4π
;
5
z3 = 1 ;
y5 = tg
2π
,
5

56. 57
Метод тригонометрической подстановки
2.18. Решить систему уравнений
⎧ x 1 − y 2 + y 1 − x 2 = 1,
⎪
⎪
⎨
⎪ 2 arcsin x + 3arcsin y = 4 π .
⎪
3
⎩
(2.32)
Решение. Поскольку −1 ≤ x ≤ 1 и −1 ≤ y ≤ 1 , то положим x = sin α и
y = sin β , тогда α = arcsin x и β = arcsin y . Отсюда следует, что
π
≤α ≤
π
π
≤β ≤
π
. В таком случае cos α ≥ 0 , cos β ≥ 0 и сис2
2
2
2
тема уравнений (2.32) принимает вид
и −
SS
−
⎧ sin α cos β + cos α sin β = 1,
⎪
⎨
4
⎪ 2α + 3β = π .
3
⎩
(2.33)
Из первого уравнения системы (2.33) получаем sin (α + β ) = 1 . Поскольку −π ≤ α + β ≤ π , то α + β =
2
. Следовательно, имеет место сис-
,
R
π
⎧
⎪α+β = 2
⎪
тема уравнений ⎨
⎪
⎪ 2α + 3β =
⎩
π
π
3
. Так как x = sin α и y = sin β , то x1 =
U
β1 =
4
π,
3
корнями которой являются α1 =
♦ Ответ:
x1 =
π
6
и
1
3
и y1 =
.
2
2
1
3
, y1 =
.
2
2
2.19. Решить систему уравнений
(
) (
6
⎧
4 x3 − 3 x + 4 y 3 − 3 y
⎪
⎨
⎪ 2
2
⎩ x + y = 1.
2
)
6
= 1,
(2.34)
2
Решение. Так как x + y = 1 , то представим x = sin ω и y = cos ω , где
3
0 ≤ ω < 2π . Однако sin 3ω = − 4sin ω + 3sin ω и cos 3ω = 4 cos3 ω − 3cos ω ,

57. 58
Раздел 2
поэтому из первого уравнения системы (2.34) получаем тригонометриче6
6
ское уравнение sin 3ω + cos 3ω = 1 .
Приведенное выше уравнение преобразуем следующим образом:
(sin
2
)(
)
3ω + cos 2 3ω ⋅ sin 4 3ω − sin 2 3ω ⋅ cos 2 3ω + cos 4 3ω = 1 ,
(sin
2
2
3ω + cos 3ω
2
)
2
2
2
− 3sin 3ω ⋅ cos 3ω = 1 ,
2
sin 3ω ⋅ cos 3ω = 0
SS
или sin 6ω = 0 .
Если sin 6ω = 0 , то ω =
0 ≤ ω < 2π , то ω 1= 0 , ω 2 =
π
π
6
n , где n — целое число. Так как
, ω 3=
π
, ω 4=
π
, ω 5=
2π
5π
, ω 6=
,
3
6
6
3
2
7π
4π
5π
11π
3π
ω 7 = π , ω 8=
, ω 9=
, ω 10 =
, ω 11=
и ω 12 =
.
6
3
3
6
2
1
3
, y2 =
;
2
2
3
1
3
1
1
3
, y3 = ; x4 = 1 , y4 = 0 ; x5 =
, y5 = − ; x6 = , y6 = −
;
x3 =
2
2
2
2
2
2
1
3
3
1
x7 = 0 , y7 = −1 ; x8 = − , y8 = −
; x9 = −
, y9 = − ; x10 = −1 ,
2
2
2
2
3
1
1
3
y10 = 0 ; x11 = −
, y11 = и x12 = − , y12 =
.
2
2
2
2
U
R
Поскольку x = sin ω и y = cos ω , то x1 = 0 , y1 = 1 ; x2 =
♦ Ответ: см. выше.
2.20. Числа a,b, c,d таковы, что a 2 + b 2 = 1 , c 2 + d 2 = 1 и ac + bd = 0 .
Вычислить ab + cd .
Решение. Так как a 2 + b 2 = 1 и c 2 + d 2 = 1 , то положим a = sin α ,
b = cos α , c = sin β и d = cos β , где 0 ≤ α ≤ 2π и 0 ≤ β ≤ 2π .
В таком случае ac + bd = sin α ⋅ sin β + cos α ⋅ cos β = cos (α − β ) . Однако, по условию ac + bd = 0 , поэтому cos (α − β ) = 0 .
Поскольку