s146794b36581b1fb.jimcontent.coms146794b36581b1fb.jimcontent.com/download/version/... ·...
TRANSCRIPT
МІНІСТЕРСТВО ТРАНСПОРТУ УКРАЇНИ
Дніпропетровський національний університетзалізничного транспорту
імені академіка В. ЛазарянаПідготовчий факультет
Кафедра «Вища математика»
Рівняння і нерівності з параметрамита оберненими тригонометричними функціями
Методичні вказівки для слухачів підготовчих курсів,абітурієнтів і ліцеїстів
Укладачі: Кузнецов В.М.Бредіхін Ю.Р.
Звонарьова О.В.
Дніпропетровськ 2002
Укладачі: проф. В. М. Кузнецов, доц. Ю. Р. Бредіхін, ас. О.В. Звонарьова
УДК 5.12 ÷ 5.17
Рівняння і нерівності з параметрами та оберненими тригонометричними фун-кціями: Методичні вказівки для слухачів факультету довузівської підготовки,абітурієнтів і ліцеїстів/Дніпропетр. нац. техн. ун-т залізнич. трансп.;Укл.: Кузнецов В.М., Бредіхін Ю.Р, Звонарьова О.В. – Д., 2002. – 64 с.Вказівки призначаються для вступників до вузів, слухачів підготовчого фа-культету і ліцеїстів ДІІТу. Він складається з двох частин. В першому розділінаведені методи розв’язування рівнянь і нерівностей з параметрами. Другийрозділ містить приклади перетворення тотожностей та розв’язування рівняньз аркфункціями.Друкується за рішенням методичної комісії підготовчого факультету.
Рецензенти: доц., канд. техн. наук Хорошманенко П.Г. (НМА), доц., канд. ф.-м. наук Гасанов З.М. (ДІІТ)
Редактор Т. В. Мацкевич
Підписано до друку 11.10.2002. Формат 60х84 1/16. Папір для множних апа-ратів. Ризограф. Ум.-друк. арк. 2,8. Обл.-видавн. арк. 3,0.
Тираж 300 прим. Зам. №1260. Видавн. №63.
Дніпропетровський національний університетзалізничного транспорту
Адреса університету та дільниці оперативної поліграфії:49010, м. Дніпропетровськ, вул. Акад. В. А. Лазаряна, 2
РОЗДІЛ 1
РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ З ПАРАМЕТРАМИ
При розв’язуванні прикладів з параметром, який надалі будемо позначатилітерою а, слід пам’ятати, що існує дві постановки цих задач.
Перша постановка: для кожного можливого значення параметра знайтиусі розв’язки заданого рівняння або нерівності.
Друга постановка: знайти усі значення параметра, при кожному з якихрозв’язки рівняння існують або задовольняють заданим умовам.
Розглянемо окремо розв’язування задач кожного типу.1.1. Розв’язування рівнянь з параметромРозв’язати рівняння з параметром – знайти для довільного припустимого
значення а множину усіх коренів заданого рівняння. Головний методрозв’язування таких задач:
- спочатку знайти інтервали змінювання параметра а, на кожному з якихзадане рівняння розв’язується одним методом;
- знайти розв’язки рівняння на кожному отриманому проміжку.У відповіді вказують інтервали змінювання параметра і відповідні
розв’язки рівняння.Розглянемо розв’язки типових рівнянь з параметром.Приклад 1.1 Розв’язати рівняння ( ) 21 1a x a+ = − .Розв’язування. Аналізуючи рівняння, приходимо до висновку, що треба
розглянути дві множини значень а: а = –1 і а ≠ –1.Коли а = –1, то рівняння приймає вигляд: 0⋅х=0. Цьому рівнянню задоволь-
няє довільне значення х.Коли а ≠ – 1, то після скорочення на вираз ( )1a + дістанемо рівняння, яке
має єдиний розв’язок х = а–1.Відповідь: При а = - 1 розв’язком є довільне число ( )x R∈ , коли а ≠ – 1, то
х = а–1.Зауваження. Поширеною помилкою абітурієнтів у такого типу прикладів
є зразу скорочення на вираз а–1. Після чого вони дістають єдину відповідьх=а–1. Як бачимо, це приводить до втрати множини розв’язків x R∈ при а= –1.
Приклад 1.2. Розв’язати рівняння 1 12 3
aax−
=+
.
Розв’язування. У цьому рівнянні треба розглянути наступні значення
3
параметра а: а = 1 і а ≠ 1.
1. Якщо а = 1, то отримаємо рівняння 0 12 3x
=+
, яке не має змісту.
2. Коли а ≠ 1, треба спочатку знайти область визначення рівняння,яке залежить від а. Область визначення рівняння (ОВ): 2 3 0ax + ≠ . Якщоа = 0, то ця умова виконується при усіх дійсних значеннях х. Для усіх х із
ОВ 32
xa
≠ −
задане рівняння має розв’язок: 41 2 3;2
aa ax xa−
− = + = . Треба
обов’язково знайти розв’язок рівняння при а = 0. Підставляючи це значен-
ня у задане рівняння, отримуємо 1 13
− ≠ , тобто при а = 0 рівняння розв’язків
не має.Відповідь: При а = 0 і а = 1 рівняння розв’язків не має, коли а ≠ 0 ; а ≠ 1
12
axa−
= .
Приклад 1.3. Розв’язати рівняння ( )2 1 2 2aa x− = − .
Розв’язування. У цьому прикладі треба розглянути значення параметраа= 1 , а = – 1, 1a ≠ ± , при яких рівняння набуває різних виглядів.
1. При а = – 1 дістаємо: 0 = 22 1 −−, тобто рівняння не має змісту.
2. При а = 1 рівняння перетворюється у тотожність: 0⋅х = 0, тобто маєрозв’язком усі дійсні числа.
3. При 1a ≠ ± початкове рівняння має розв’язок 22 2
1
ax
a−
=−
.
Відповідь: При а = 1 ( )∞∞−∈ ,x , коли а ≠ ± 1, 1
222 −
−=
ax
a
, при а = – 1 ∅∈x .
Приклад 1.4. Розв’язати рівняння 1 1ax ax x+ − − = .Розв’язування. Маємо ірраціональне рівняння, тому припустимі значен-
ня параметра а і змінної х визначаються із наступних умов:
ОВ: 1 0,1 1
1 0,ax
axax
+ ≥⇔ − ≤ ≤ − ≥
. Таким чином, необхідно дослідити, коли добуток ах
має додатне і від’ємне значення.1. Якщо ах > 0, то вираз 1 1 0ax ax+ − − > , тобто додатний. Згідно з
заданим рівнянням (ліва частина більше нуля) змінна х >0 (права частина).Відповідно параметр а > 0 (бо ах > 0).
2. Якщо ах < 0, то вираз 1 1 0ax ax+ − − < ,тому х < 0 і відповідно а > 0.
3. Коли а = 0, то із заданого рівняння знаходимо розв’язок х = 0.
4
Таким чином, задане рівняння має розв’язок тільки при а ≥ 0. Перетвори-мо рівняння до виразу: 1 1ax x ax+ = + − . Після доведення до квадрата і відпо-відних перетворень дістаємо
( )2 1 2 0x x ax a+ − − = .
Отримуємо, що рівняння має розв’язок 1x = 0 для усіх дійсних значень а.Друге рівняння 2 1 2ax a x− = − має розв’язок, коли 2 0, 1 0a x ax− ≥ − ≥ . Післядоведення до квадрата маємо ( )2 24 1x a= − . Це рівняння має корені при
2 22 31: 2 1 ; 2 1a x a x a≤ = − − = − . Таким чином, значення х2 і х3 є розв’язками зада-
ного рівняння при виконанні наступних умов:1,
2 0,0,1.
axa x
aa
≤ − ≥ > ≤
Із цієї системи нерівностей, підставляючи значення х2 і х3 , дістаємо ін-тервал зміни параметра а:
( ) ( )
( )
222 22 4 2
2 2 2 2 2
2 1 0,4 1 1,2 1 1, 4 4 1 0,11 , 1 , 2 1, ,2
0 1, 0 1, 0 1, 0 1,
, ,
2 2 2; , 1.2 2 2
0 1,
aa aa a a a
a a a a a aa a a a
a
a a a
a
− ≥ − ≤ ± − ≤ − + ≥ ≥ − ⇔ ≥ − ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤
∈ −∞ ∞
⇔ < − > ⇒ < <
≤ ≤
Відповідь: Розв’язки х1 =0 для a R∈ , 22 2 1 ;x a= − − 2
3 2 1x a= − при 0,5 2 1a≤ ≤ .
Приклад 1.5. Розв’язати рівняння a x a x− + = .Розв’язування. Проаналізуємо спочатку можливі значення параметра а.
Безпосередньо бачимо, що рівняння не має розв’язків при а < 0, оскільки вцьому випадку ліва його частина не визначена при жодному значенні х (підзнаком квадратного кореня від’ємне число).Коли а = 0, маємо єдинийрозв’язок х = 0.Таким чином, треба дослідити рівняння для значень а > 0 . Ізпочаткового рівняння визначаємо – якщо при деякому а рівняння маєрозв’язок, то він невід’ємний, тому що ліва частина рівняння невід’ємна.Розв’язуємо задане ірраціональне рівняння, вважаючи, що х + а > 0 для визна-чених значень х і а :
5
( )( )2 2, , 0,
1 0.
a x a x a x a x a x x a
x a x a x x
− + = ⇔ − + = ⇔ − − + = ⇔
⇔ + + + − − =
Беручи до уваги, що при х > 0 і а > 0 вираз 0x a x+ + > , отримуємо рів-няння ( )2 21, 2 1, 1 0a x x a x x x x x a+ = + ⇔ + = + + ⇔ + + − = ,
1,21 1 4 4
2ax − ± − +
= ; 14 3 1
2ax − −
= ; 24 3 1
2ax − − −
= .
Другий корінь сторонній, тому що не задовольняє умові х > 0 . Враховую-
чи умову х1>0 , перший корінь існує, коли 34 3 0, ,
1.44 3 1 0, 1,
a aa
a a
− ≥ ≥ ⇔ ⇔ ≥ − − ≥ ≥
Відповідь: 14 3 1
2ax − −
= , якщо а ≥ 1; х = 0 , коли а = 0; ∅∈x при
0 < a <1.
Приклад 1.6. Розв’язати рівняння 2a x a x− + + = .
Розв’язування. Визначаємо ОВ: 20, ,
,0, 0,0,0, 0.
a x x aa x aa x x
xx a
− > < − < < + > ⇔ ⇔ ≥ ≥ ≥ >
Робимо рівносильні перетворення: 2 22 2, 1a x a x a x a x a− + − + + = ⇔ − = − .Із цього рівняння випливає наступне обмеження для параметра а:
1 0, 1a a− ≥ ⇔ ≤ . Підносимо до квадрата одержану рівність:2 21 2 , 2 1.a x a a x a− = − + ⇔ = − Враховуючи ОВ, отримуємо нерівність відносно а:
12 1 0,2
a a− ≥ ⇔ ≥ . Отже, 1 12
a≤ ≤ .
Відповідь: При [ ]0,5;1a∈ 2 1x a= − .Приклад 1.7. Розв’язати рівняння і дослідити його розв’язки для різних
значень т: 2 21 4x x mx− + − = .
Розв’язання. Ліва частина рівняння (позначимо її f(x)) записується різ-ними аналітичними виразами в проміжках ( ] [ ) [ ) [ ) [ ), 2 , 2, 1 ; 1,1 ; 1,2 , 2,−∞ − − − − ∞ . Фун-кція f(x) невід’ємна і f(x) = f(-x) , тобто парна. Права частина вихідного рів-няння – непарна функція mх. Отже, якщо m ≥ 0, то досить розглянути тількидодатні х, тобто провести дослідження в проміжках ( ] ( ) [ )0,1 , 1,2 , 2,∞
А) Нехай m > 0.1. На проміжку [ ]0,1x∈ рівняння має вигляд 25 2 ;x mx− =
6
2
1,240
4m mx − ± +
= . Додатний корінь один: 2 40
4m mx − + +
= , він повинен бу-
ти не більший від одиниці:2
22 2
4 0, 4,40 1, 40 4 ,3.4 40 16 8 ,
m mm m m mmm m m
+ > > −− + + ≤ ⇔ + ≤ + ⇔ ⇔ ≥+ ≤ + + Отже, m ≥ 3.
Знаходимо, якщо m = 3, то х = 1.2. Нехай 1 2x< < . Тоді дане рівняння матиме вигляд: 3 = mх. Корінь
mx 3= – єдиний. Він задовольняє дане рівняння, якщо 31 2
m< < , тобто
351 << m, .
3. На проміжку [ )2,∞ дістаємо рівняння 22 5x mx− = , звідси2
1,240
4m mx ± +
= . Додатний корінь 2 40
4m mx + +
= . Далі розв’язуємо нерів-
ність 2 40 2
4m m+ +
≥ , звідки маємо 23
≥m . Якщо 32
m = , то х = 2.
Б) Нехай m < 0. У цьому випадку на додатній півосі розв’язків немає, томудосліджуємо від’ємні х.
1. Коли ( ), 2x∈ −∞ − , то маємо рівняння 22 5 ;x mx− =2
1,240
4m mx ± +
= .
Найбільший корінь 2 40
4m mx + +
= повинен задовольняти умові
22
2 2
8 0,40 2, 40 8 ,4 40 64 16 ,
8, 8,.
16 64, 4,
mm m m mm m m
m mm
m m
− − >+ + < − ⇔ + < − − ⇔ ⇔+ < + +
< − < − ⇔ ⇔ ⇔ ∈∅ > − > −
Таким чином, на цьому проміжку розв’язків рівняння немає.
2. Коли [ )2, 1x∈ − − , то дістанемо рівняння 3 = тх, звідки 3xm
= . Цей
корінь повинен задовольняти умові 32 1m
− ≤ < − , або 332
m− < ≤ − . Якщо 32
m = − ,
то х = - 2 .Коли [ )1,0x∈ − , то рівняння приймає вигляд 25 2 ;x mx− = корені його
2
1,240
4m mx − ± +
= . Від’ємний корінь повинен задовольняти нерівностям:
7
2 222
2 22
4 0
40 16 840 4 ,401 0,4 4040
0
43.3
m
m m mm mm m
m mm mm
mmm
m R
− > + ≤ − ++ ≤ − − − + − ≤ < ⇔ ⇔ + ≥+ ≥ − − <
⇔
<⇔ ⇔ ≤ −≤ − ∈
Відповідь: Корені 2
140
4m mx + −
= при 3≥m ;
23xm
= при 1,5 3m< < і 3 1,5m− < < − ;
2
340
4m mx + +
= при 32
m ≥ ;
2
440
4m mx − − +
= при 3m−∞ ≤ < − .
Приклад 1.8. Розв’язати рівняння 2 29 4 3 0x x a− − − −− ⋅ − = .Розв’язування. Спочатку розв’язуємо показникове рівняння шляхом за-
міни yx
=−− 2
3 . Одразу треба визначити, що 0>y , та 1<y , тому що показ-ник степеню від’ємний при усіх значеннях х. Знаходимо корені допоміжногорівняння 2 4 0y y a− − = , які мають вигляд: 1 2 4y a= + + і 1 2 4y a= − + . Першийрозв’язок 1y треба відкинути ( він не задовольняє умові 1<y ). Томурозв’язуємо наступне рівняння:
23 2 4x a− − = − + . (1)Воно має розв’язок при виконанні наступних умов:
4 0,
2 4 0,
2 4 1.
a
a
a
+ ≥
− + > − + <
Розв’язуючи цю систему нерівностей, знаходимо: 03 <≤− a . У цьомувипадку розв’язок рівняння (1):
( ) ( ) ( )23 3 3log 3 log 2 4 , 2 log 2 4 , 2 log 2 4 ;x a x a x a− − = − + ⇔ − − = − + ⇔ − = ± − +
( )1,2 32 log 2 4x a= ± − + .
Відповідь: Корені ( )1 32 log 2 4x a= + − + , ( )2 32 log 2 4x a= − − + при
8
3 0a− ≤ < .
Приклад 1.9. Розв’язати рівняння 12log log 0a
a
a x xa−
− = .
Розв’язування. Знаходимо спочатку ОВ рівняння:2 0, 2 ,
0, 0,1, 1.
a x x aa aa a
− > < > ⇔ > ≠ ≠
Розв’язуємо рівняння: ( )2
222log log 0, log 0,a a aa xa x x x
a a−−
+ = ⇔ = ⇔
( )22 22
2 1, 2 0, 0,a x x x ax a x a x aa−
⇔ = ⇔ − + = ⇔ − = = .
Значення х = а задовольняє ОВ, коли 0>a і 1≠a .Відповідь: Розв’язок х = а при 0>a і 1≠a .Приклад 1.10. Розв’язати рівняння ( )1 cos sina x b x+ = .Розв’язування. Доцільно рівняння записати у вигляді
22 cos 2 sin cos2 2 2x x xa b= ⋅ і розглянути наступні випадки:
1. Коли 0== ba , дістанемо тотожність, яка виконується для усіхзначень х.
2. Якщо 00 ≠= a,b , отримуємо рівняння cos 02x= , розв’язок якого
2 ,x n n Z= π + π ∈ .3. Коли 00 ≠= b,a , маємо рівняння sin 0x = , звідки ,x k k Z= π ∈ .4. При 00 ≠≠ b,a задане рівняння набуває вигляд
cos cos sin 02 2 2x x xa b − =
.
Знаходимо розв’язки: 2 , ,cos 0,
2,cos sin 0, 22 2
x x m m Zx ax x tga b b
= + ∈= ⇔ ⇔ = − =
π π
2 , ,
2 2 , .
x m m Zax arctg l l Zb
= + ∈⇔ = + ∈
π π
π
Відповідь: При 0== ba ( )∞∞−∈ ,x ; при 00 ≠= a,b 2 ,x n n Z= π + π ∈ ;при 00 ≠= b,a ,x k k Z= π ∈ ; при 00 ≠≠ b,a
9
2 , 2 2 , ,ax l arctg p l p Zb
∈ + + ∈ π π π .
Приклад 1.11. Знайти розв’язок рівняння 2cos2 sinx x a= − , який задо-
вольняє нерівність π≤≤ 20 x .Розв’язування. Від рівняння з модулем переходимо до рівносильної су-
купності двох рівнянь:
2
2
1 cos2 1 2cos2 ,cos2 sin , cos2 ,2 31 cos2cos2 sin , cos2 2 1.cos2 ,
2
x ax ax x a xxx a x x ax a
− −= − = − = ⇔ ⇔ − = − = −= −
Перше рівняння має розв’язок 1 1 2arccos ,2 3
ax n n Z−= ± ∈π , якщо викону-
ється умова 1 21 13
a−− ≤ ≤ , тобто параметр а приймає значення – 1 ≤ а ≤ 2.
Друге рівняння по аналогії має корені ( )1 arccos 2 1 ,2
x k a k Z= ± − ∈π ,
коли 0 ≤ а ≤ 1. Враховуючи, що для отриманих інтервалів зміни параметра
а виконуються умови 1 1 20 arccos2 3 2
a−≤ ≤
π ; ( )10 arccos 2 12 2
a≤ − ≤π , лег-
ко знайти розв’язки, які належать заданому інтервалу [0, 2π].Відповідь: Корені1 1 2 1 1 2 1 1 2arccos ; arccos ;2 arccos2 3 2 3 2 3
a a ax − − − ∈ ± −
π π при – 1 ≤ а ≤ 2;
якщо 0 ≤ а ≤ 1, то
( ) ( ) ( )1 1 1arccos 2 1 ; arccos 2 1 ;2 arccos 2 12 2 2
x a a a ∈ − ± − − −
π π .
Приклад 1.12. Розв’язати рівняння ( )( ) 2arctgx arcctgx a= .Розв’язування. Маємо рівняння з аркфункціями, методи
розв’язування яких викладено у другому розділі даного посібника. Але рів-няння має параметр а, тому розглянемо спосіб його розв’язування у цьомурозділі. Визначаємо, що треба розглянути два можливих значення парамет-ра: а = 0 і а ≠ 0. Коли а = 0, то ( )( ) 0arctgx arcctgx = , 0, 0arctgx x⇔ = ⇔ = .Тут врахована властивість оберненої функції 0 arcctgx< <π , тобто
arcctg 0x ≠ .Враховуючи, що 2
arctgx arcctgx+ =π , звідки
10
2arcctgx arctgx= −
π , після підстановки отримуємо квадратне рівняння від-
носно yarctgx = :
2 2 02
y y aπ− + = ,
2 2
1,216
4ay π ± π −
= . Отже, значення у дійсні, коли
2 216 0,4 4
a aπ ππ − ≥ ⇔ − ≤ ≤ . Коли
4a π= , то
4y π= і
4arctgx = π . Звідси
( ) , 14
tg arctgx tg x= ⇔ =π . Коли
4 4aπ π
− < < , маємо
2 2 2 216 16,4 4
a aarctgx x tg ± − ± − = ⇔ =
π π π π .
Відповідь: Якщо а = 0, то х = 0; коли 4
a π= , х = 1; при
4 4aπ π
− < < ,
2 2164
ax tg ± − =
π π .
Приклади для самостійного розв’язання
1) 022244 =++− mm xx.
22
21,2 2
log 2 4 2 2 1; 1 1;
log 2 4 2 2 1.
x m m m при m x при m
x m m m при m
= + − − < − = =
= ± − − >
2) axx =+ .
( )
<∅∈≥+−+= 004112
21 aприх,априaax .
3) ( ) xxa 21122 −=+− .
2log 0 1;x a при a x при інших значеннях а
= < ≤ ∈∅
.
4) 0122144 =+⋅− axx
.
[ ( )12log 1 1x a= ± + − при а ≤ 1, коли а > 1, розв’язків немає.]
5) axx =−+ 1 .
11
−−+=
≥<
23412
10aax
язок'розвєдинийапри,немаєязків'розвто,аякщо.
6) aaxx =−− .
+=−>+−=+=
≤≤<
aaхязок'розводинaпри,aaxiaax
язкa'розвдваапри,немаєязків'розвто,аякщо222 11
100.
7) ( ) ( ) 01322 2222 =−++++−+ mxmmxmm .
−=−===
−≠≠−+
−=+−
−=
.хто,тякщо;х,тпри
;т;тякщо,mmx,
mmx
31201
2111
21
21
8) axax =+− 23 .
( )1 4 3 8 9 0, 08
x a a при а х при а
= + − + ≥ =∅ <
.
9) Визначити кількість коренів рівняння ( )4 2 21- 2 -1 0x a x a+ + = в залежності
від значення параметра а.[ Зробити заміну 2y x= і дослідити отримане рівнян-
ня. Чотири корені, коли 514
a< < ; три корені, якщо 1a = ; Два корені при
51 1,4
a a− < < = ; один корінь, коли 1a = − ; немає коренів при 51,4
a a< − > ].
10) Знайти найменший корінь рівняння ( ) ( )2 22 22 1 2 1 0x ax a x a a+ − + − + = .
[ Записати рівняння у вигляді ( )( )( )2 1 1 0x a x a x a+ − − + + = і дослідити значеннякоренів в залежності від а. Якщо 1a ≤ − , то 1x a= + ; коли 1 1x− < < ; то ( )1x a= − + ;
при 1, 2a x a≥ = − ].
12
1.2. Нерівності з параметром
При розв’язуванні нерівності, яка містить параметр а, застосовують ті жметоди, що і при розв’язуванні рівнянь з параметром. Нагадуємо, що спочат-ку треба знайти інтервали зміни параметра а, на яких нерівність має однако-вий вираз, а потім знайти розв’язок нерівності на кожному отриманому відрі-зку. Розглянемо розв’язування типових нерівностей.
Приклад 2.1. Розв’язати нерівність 2 0.x ax a+ + >
Розв’язування. Визначаємо, що маємо квадратну нерівність, розв’язокякої залежить від дискримінанта 2 4D a a= − , який, в свою чергу, залежить відпараметра а. Тому треба спочатку знайти інтервали для а , при яких D маєпевне значення. Маємо наступні випадки:
1. Дискримінант D <0, тобто 2 4 0a a− < , або 0 4a< < . Враховуючи, щокоефіцієнт при х2 у заданої нерівності додатний, то при D <0 її ліва части-на додатна при усіх дійсних значеннях х. Таким чином, розв’язком нерів-ності при 0 4a< < є значення ( )∞∞−∈ ,x .
2. Коли D = 0, тобто а = 0 і а = 4, то відповідне квадратне рівняння
2 0x ax a+ + = має корені 1,2 2ax = − і нерівність приймає вигляд
2
02ax + >
. Во-
на виконується при усіх значеннях х, окрім х1 і х2.3. Якщо D > 0, тобто 2 4 0a a− > , ( ) ( ),0 4,a ∈ −∞ ∪ ∞ , то задана нерівність
приймає вигляд:
2 24 4 0
2 2a a a a a ax x
− − − − − − − >
. Її розв’язок
2 24 4, ,2 2
a a a a a ax − − − − − ∈ −∞ ∪ ∞
.
Відповідь: При ( ) ( )∞∞−∈ ,,a 40 ∪ розв’язок нерівності2 24 4, ,
2 2a a a a a ax
− − − − − ∈ −∞ ∪ ∞ ; для 0 4a< < розв’язок ( ),x∈ −∞ ∞ ; як-
що а = 0 , ( ) ( ),0 0,x∈ −∞ ∪ ∞ , а коли а = 4, ( ) ( ), 2 2,x∈ −∞ − ∪ − ∞ .Приклад 2.2. Розв’язати нерівність 2 1 0ax x+ + > , де а ≠ 0 – довільне дійсне
число.Розв’язування. Маємо квадратну нерівність, яку, розклавши ліву части-
ну, записуємо у вигляді1 1 4 1 1 4 0
2 2a ax x
a a − − − − + −
− − >
.
13
Як і у попередньому прикладі, треба дослідити значення дискримінантаaD 41−= в залежності від параметра а, а також розглянути випадки a < 0 i
a > 0, тому що параметр а знаходиться у лівій частині нерівності перед х2,тобто змінює її зміст.
1. Коли a < 0 , то D > 0, квадратний тричлен має два дійсних різних
кореня 1 21 1 4 1 1 4,
2 2a ax x
a a− − − − + −
= = , причому 1 2x x> . Тоді розв’язок нерів-
ності, враховуючи що a < 0, приймає вигляд: 1 1 4 1 1 4,2 2
a axa a
− + − − − −∈
.
2. Якщо 104
a< < , то дискримінант D > 0 і нерівність виконується для
значень х: 1 1 4 1 1 4, ,2 2
a axa a
− + − − − −∈ −∞ ∪ ∞
3. При 14
a = розв’язком нерівності є усі дійсні значення х, крім
1 22
xa
= − = − .
4. Коли 1 ,4
a > то D < Ο і нерівність розв’язків немає.
Відповідь: При a < 0 1 1 4 1 1 42 2
a axa a
− − − − + −< < ; при
410 << a
1 1 4 1 1 4, ,2 2
a axa a
− − − − + −∈ −∞ ∪ ∞
; коли
41
=a ( ) ( ), 2 2,x∈ −∞ − ∪ − ∞ .
Приклад 2.3. Розв’язати нерівність 111 1
a xxa a
−− < −
− −.
Розв’язування. Область визначення нерівності а ≠ 1 . Доводимо ліву і
праву частини нерівності до спільного множника ( )1 1 11 1
x a a a xa a
− − − − +< ⇔
− −
( )11 1
x a a x aa a
− − −<
− −.
Увага! Відкидати знаменник не можливо, бо він залежить від параметра аі тому приймає як додатні, так і від’ємні значення.
Треба розглянути наступні два випадки відносно параметра а.1. Якщо a < 1 (1–a > 0), то дістаємо наступну нерівність:
( )1x a a x a− − < − , або а⋅х > 0. Звідси визначаємо, що, коли a < 0, то і х < 0 ,при a > 0 і х > 0 , коли a = 0. Нерівність розв’язку не має.
2. Коли a > 1 (1–a < 0), отримуємо ( )1x a a x a− − > − ⇔а⋅х < 0. Ця нерів-
14
ність виконується при х < 0.Відповідь: При a > 1 і a < 1 ( ),0x∈ −∞ ; при 0 < a < 1 ( )0,x∈ ∞ і x∈∅ при a = 0.
Приклад 2.4. Розв’язати нерівність 2 1x a x+ > + .Розв’язування. Знаходимо спочатку ОВ: х+а ≥ 0, ⇔ х ≥ –а. Ірраціональна
задана нерівність рівносильна наступній сукупності систем рівнянь:
( ) ( )2
0,1 0,
1 0,
4 1 ,
x ax
x
x a x
+ ≥ + <
⇔ + ≥ + > +2
,1,
1,1,
1,1 2 1 2 .
2 4 1 0,
x aa x
xx
xa x a
x x a
≥ −− ≤ ≤ − < − ≥ −⇔ ≥ − − < < + − − + <
Розв’язок першої системи нерівностей (–а ≤ х≤ –1) має місце призначеннях а>1, а розв’язок другої системи – при значеннях а>0. Таким чи-ном, коли 0<а<1, то задана нерівність має розв’язок 1 2 1 2a x a− < < + . Якщоа>1, то треба об’єднати розв’язки двох систем нерівностей.
Відповідь: ( )1 2 ;1 2x a a∈ − + при 0 1a< ≤ ;
при а>1.Приклад 2.5. Розв’язати нерівність 1ax x≥ + .Розв’язування. Доцільно розглянути наступні три випадки відносно зна-
чень параметра а: а = 0; а > 0; а < 0.1. Коли а = 0, маємо розв’язок нерівності: ( ], 1x∈ −∞ − .2. Якщо а > 0, то згідно ОВ (а⋅х ≥ 0) змінна х невід’ємна. У цьому ви-
падку обидві частини нерівності невід’ємні і для розв’язування нерівностіможна їх піднести до квадрата
( ) ( )2 21 , 2 1 0ax x x a x≥ + ⇔ + − + ≤ . (1) Дискримінант цього квадратного тричлена ( )4D a a= − . Тому множину
значень а > 0 треба розбити на три частини і розглянути наступні випадки:а) Якщо 0 < а < 4, то D < 0 і нерівність (1), а, отже, початкова нерівність
розв’язку не має.б) при а = 4 дискримінант D = 0, отже нерівність (1) має розв’язок х=1;
в) для значень а > 4 квадратний тричлен має корені 12
2a Dx − −
= ;
22
2a Dx − +
= . Треба визначити, які корені належать інтервалу х > 0. Для
значень а > 4 дискримінант ( ) ( )2 22 4 2D a a= − − < − . Тому 2D a< − , тобтох1 > 0 і х2 > 0. Тоді розв’язок нерівності (1) має вигляд х1 ≤ х ≤ х2.
15
3. Коли а < 0, то згідно з ОВ змінна х ≤ 0. Тоді початкові нерівностізадовольняють усі значення х < –1. Отже, ще потрібно розглянути випадок–1 <х≤0. На цьому відрізку задана нерівність рівносильна квадратній нерів-ності (1) (Доведіть це самостійно!).Дискримінант ( )4 0D a a= − > при а < 0 і
нерівність (1) має розв’язок х1 ≤ х ≤ х2, де 12
2a Dx − −
= ; 22
2a Dx − +
= . Знову
треба з’ясувати, які з цих значень належать проміжку –1 ≤ х ≤ 0. Зробимооцінку дискримінанта при а<0 : ( ) ( )2 22 4 2D a a= − − < − . 2 24D a a a= − > . Тоді
2 , 2 , ,D a D a D a D a< − ⇔ < − ⇔ > ⇔ > − . Це визначає, що х2< 0 і х2 >–1.
Розв’язок 12 2 1
2 2a D ax − − −
= < < − і не належить проміжку [–1,0]. Таким
чином, при а < 0 розв’язком початкової нерівності є множина х ≤ х2.Об’єднуючи розв’язки усіх трьох випадків, дістанемо наступну відповідь:
при а < 0 ( )2 42
a a ax
− + −≤ , при а = 0 х ≤ –1; при 0 < а < 4 розв’язків не
існує; при а > 4 ( ) ( )2 4 2 42 2
a a a a a ax
− − − − + −≤ ≤ ; при а = 4, х = 1
Приклад 2.6. Розв’язати нерівність ( ) ( )1log logaa
x a x a− > + .
Розв’язування. Спочатку визначаємо ОВ
( ) ( )
0,,
0,0,1 1, .
0, 1,
x ax a
x aa
a a
+ ≥ > − ≥ ⇔ ∈ ∪ ∞ > ≠Перетворюємо задану нерівність ( ) ( )log log 0a ax a x a− + + > , ⇔
( ) ( )2 2 2 2log 0, log log 1a a ax a x a− > ⇔ − > . (1)
Звідси дістаємо потребу розглянути два випадки:1. Коли 0 < a < 1, нерівність (1) рівносильна нерівності 2 2 1,x a− < ⇔
21x a< + . Тоді розв’язок початкової нерівності 21a x a< < − .
2. Якщо a > 1, то дістаємо нерівність: 2 2 1x a− > , 21 ax +> .
Відповідь: При 0 < a < 1 ( )2, 1x a a∈ + , для a > 1 ( )21 ,x a∈ + ∞ .
Приклад 2.7. Розв’язати нерівність ( ) ( )log 7 2log 1a ax x− > − .
Розв’язування. Знаходимо ОВ:
16
( ) ( )
7 0,1 7,
1 0,0,1 1, .
0, 1,
xx
xa
a a
− > < < − > ⇔ ∈ ∪ ∞ > ≠
Як у попередньому прикладі, задану нерівність пишемо у вигляді
( ) ( )2log 7 log 1a ax x− > − і розглядаємо два випадки відносно параметра а,
тобто розв’язуємо наступну сукупність систем нерівностей:
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
0 1, 0 1, 0 1,7 1 , 6 0, 1 7,
1 7, 1 7, , 2 3, ,1, 1, 1,
2 3,6 0,7 1 ,1 7,1 7,1 7,
a a ax x x x x
x x xa a a
xx xx xxxx
< < < < < < − < − − − > < < < < < < ∈ −∞ − ∪ ∞ ⇔ ⇔ > > > − < <− − < − > − < < < < < <
0 1,3 7,
1,1 3.
ax
ax
< < < <⇔ > < <
Відповідь: При 0 < a < 1 ( )3,7x∈ , коли а >1 ( )31,x ∈ .
Приклад 2.8. Розв’язати нерівність 21 log 1
1 logaa
xx
+>
+.
Розв’язування. Замінимо цю нерівність рівносильною21 log 1̀ log 0
1 loga a
a
x xx
+ − −>
+,
( )log log 10
log 1a a
a
x xx
−⇔ >
+. Знаходимо ОВ:
0,0,1.
xaa
> > ≠
Увага! Знаменник із змінною відкидати неможливо.Зробимо заміну logat x= . Дістанемо нерівність:
( ) ( ) ( )10, 1,0 1,
1t t
tt
−> ⇔ ∈ − ∪ ∞
+. Таким чином, 1 log 0a x− < < і log 1a x > .Знову
треба розглянути два випадки відносно параметра а.1. Нехай 0 < a < 1. Тоді нерівності 1 log 0xa− < < відповідає
розв’язок a
x 11 << , а нерівність log 1a x > має розв’язок 0 < х < а.
2. Коли a > 1, нерівність 1 log 0a x− < < має розв’язок 11<< x
a, а
нерівність log 1a x > відповідно значення х > а.
17
Відповідь: Коли 0 < a < 1, маємо 0 < х < а, a
x 11 << ; при a > 1 маємо
1 1xa
< < , х > а .
Приклад 2.9. Знайти єдиний розв’язок системи 2 22 1,
0.x x y
x y a + + ≤
− + =
Розв’язування. Підставляючи значення axy += в задану нерівність, ді-стаємо ( )2 22 2 1 1 0x a x a+ + + − ≤ . Ця нерівність має єдиний розв’язок тільки
тоді, коли ( ) ( )2 21 2 1 0D a a= + − − = . Із цього рівняння знаходимо 1 1a = − , 2 3a = .
Коли 1 1a = − , то 22 0x ≤ і відповідно х = 0, у = –1. Якщо 2 3a = , то 22 8 8 0x x+ + ≤ ,звідки х = –2 і у = 1.
Відповідь: При а = –1 х =0, у = 1, коли а = 3, то х = – 2, у=1.Приклад 2.10. Розв’язати нерівність 22 2 2x a ax x− < − − .Розв’язування. Перепишемо дану нерівність так:
2 22 2x a x a a− + − < − . (1)
Якщо 2 2 0a − ≤ , то нерівність розв’язків не має. Нехай 2>a . Тоді нерів-
ність (1) запишемо в такому вигляді:( )2 21 1x a a− + < − . (2)
Нерівність (2) еквівалентна нерівності 21 1x a a− + < − . Звідси2 21 1 1 1a a x a a− − + < < + − − .
Відповідь: 2 21 1 1 1a a x a a− − + < < + − − при 2>a .
Приклади для самостійного розв’язування
Розв’язати нерівності:
1. 23log log 3 0ax xx ax+ < , 1 1 1 10 , 1; , , ;1
3 3 3 3
якщо
a то x коли а то xa a
< < ∈ > ∈
.;
2. 22 1a x x− + ≥ − , 0,5, 0,5 , 0,5, 2якщо a то a x якщо а то a x ≤ + < ∞ > ≤ < ∞
.;
3. ( )2log 2 1 logaax x− < ,
( ) 10 1, 1; , 1, ;1 ,2
.
якщо a то x коли а то x в інших випадках
нерівність втрачає зміст
< < ∈ ∞ > ∈
18
4. 2 3 15
ax +> ,
4 10, ; ; , 0,
1 4; ; , 0, .
якщо a то x коли а тоa a
x якщо a то xa a
> ∈ −∞ − ∪ ∞ < ∈ −∞ ∪ − ∞ = = ∅
;
5. ( )2
2 81
1m x m
x+ +
<+
,
( )2 22 36 2 360; , 36 0; ,
2 2
36 0.
m m m mx при m i m x
при x
+ − + + + + ∈ ∞ < − > < <
− < <
;
19
1.3. Знаходження значень параметра
Розглянемо тип задач, в яких треба знайти усі значення параметра а, прикожному з яких розв’язок рівняння або нерівності задовольняє задані умови,або вони взагалі мають розв’язки. Для розв’язування цих задач використову-ють аналітичні і графічні методи.
При аналітичному розв’язуванні найчастіше знаходять розв’язок рів-няння чи нерівності для кожного можливого значення параметра, а потімобирають ті значення а, при яких виконується відповідна умова.
Приклад 3.1. Знайти усі значення параметра а, при кожному з яких одинкорінь рівняння 2 2 0x ax a+ + + = дорівнює подвійному значенню другого коре-ня.
Розв’язування. У цьому прикладі доцільно не розв’язувати задане рів-няння, а за допомогою теореми Вієтта і умови задачі скласти наступну сис-
тему рівнянь: 1 2
1 2
1 2
,2,
2 ,
x x ax x ax x
+ = − = + =
де х1 , х2 – корені квадратного тричлена. Із цієї сис-
теми знаходимо значення 1 22 1,3 3
x a x a= − = − і дістанемо рівняння відносно па-
раметра а: 22 9 18 0a a− − = . Розв’язуючи це рівняння, отримаємо шукані зна-
чення 1 23 , 62
a a= − = .
Перевіряємо ці значення. Коли 32
a = − , то задане рівняння приймає вигляд
2 1,5 0,5 0x x− + = , корені якого 1 211,2
x x= = . Якщо а = 6, то маємо рівняння2 6 8 0x x+ + = , корені якого 1 24, 2x x= − = − . Бачимо, що отримані значення а задо-вольняють умови задачі.
Відповідь: а = –1,5; а = 6.Приклад 3.2. Знайти усі значення параметра а, при кожному з яких коре-
ні квадратного тричлена 2 1 0x ax+ + = різні і належать проміжку [0;2].Розв’язування. Позначимо корені тричлена через х1 і х2. Визначаємо, які
умови повинен задовольняти параметр а, щоб виконувались усі вимоги зада-чі. Корені тричлена будуть різними, коли його дискримінант буде додатним,тобто значення а задовольняють нерівності 2 4 0D a= − > . Згідно з теоремоюВієта, маємо х1 + х2. = – а. Із умови задачі випливає, що разом з коренями напроміжку [0;2] повинна знаходитися абсциса вершини параболи – середина
20
відрізка з кінцями х1 і х2 , тобто число 1 2
2 2x x a+
= − . Таким чином, дістаємо на-
ступну нерівність 22
0 <−<a . Коефіцієнт перед х2 додатний, тому корені
тричлена будуть належать проміжку [0;2] при наступних умовах:( ) 00 ≥f і ( ) 02 ≥f . Обчислюємо ( ) 10 =f , ( ) af 252 += . Таким чином, для
знаходження а дістали наступну систему нерівностей:
( )( )
{
2 4 0, 2 2 0,0 2, 4 0, 2,5 2.
22,5,2 5 0,
a a aa a a
aa
− > − + > < − < ⇔ − < < ⇔ − ≤ < −
≥ −+ ≥
Відповідно: [ )252 −−∈ ;,a .Приклад 3.3. Знайти усі значення параметра а, при кожному з яких нері-
вність ( ) ( ) ( )21 1 1 0а x а x а− − + + + > виконується при усіх дійсних х. До відповідізанести найменше ціле значення а.
Розв’язування. Починати шукати відповідь доцільно із аналізу коефіціє-нта перед х2.
1. При а = 1 задана нерівність приймає вигляд: –2х +2 ≥ 0.Розв’язок цієї нерівності 1x−∞ < < . За умовою прикладу змінна х при-ймає доцільне значення ( )x−∞ < < ∞ . Отриманий розв’язок не задоволь-няє цю умову, тому значення а = 1 виключаємо.
2. Коли а < 1, то коефіцієнт при х2 від’ємний. У цьому випад-ку задана нерівність або не має розв’язку (коли дискримінант D < 0),або його розв’язок 1 2х х х< < , де х1, х2 – корені відповідного квадратноготричлена). Бачимо, що у цьому разі вимога ( )x−∞ < < ∞ теж не викону-ється, тобто значення а < 1 знову виключаємо.
3. Якщо а > 1, то коефіцієнт при х2 додатний. Квадратний три-член завжди додатний ( )x−∞ < < ∞ , коли його дискримінант D < 0, тоб-
то ( ) ( )2 21 4 1 0а а+ − − < . Розв’язок цієї нерівності ( ) 5; 1 ;3
а ∈ −∞ − ∞
∪ . Врахо-
вуючи умову а > 1, дістаємо наступний інтервал значень параметра а:5 ;3
а ∈ ∞
.
Відповідь: а = 2.Приклад 3.4. Знайти усі значення параметра а, при кожному з яких з не-
рівності
21
виплаває нерівність 0 < x < 1.Розв’язування. Розглянемо можливі значення а, при яких ліва частина
цієї нерівності має різній вигляд. Якщо а = 0, то задана нерівність 2 1 0аx x а− + − < (1)
приймає вигляд –х + 1 < 0 і її розв’язок x > 1 не задовольняє вимоги0 < x < 1. (2)
Нехай a > 0. Дискримінант квадратного тричлена дорівнює ( )21 2D a= − .Приa = 0,5 D = 0. У цьому випадку з нерівності (1) також не виплавають нерівності
0 < x < 1. Отже, нехай a ≠ 0,5, тоді D > 0. Знайшовши корені тричлена 11 1ха
= − і
х2 = 1, припускаємо, що 1 2х х< і записуємо такі нерівності 10 1 1а
< − < , звідки
0,5< a < 1. Оскільки, коли 1 2х х> , значення х, при яких тричлен від’ємний, зна-ходяться поза проміжком (0,1], то цей випадок не досліджуємо. Залишаєтьсярозглянути значення a < 0, D ≥ 0. У цьому випадку тричлен від’ємний на не-скінченному інтервалі і, отже, задача неможлива, бо нескінченний інтервалне вміщується на скінченому.
Відповідь: 0,5< a < 1.Приклад 3.5. Знайти значення параметра а, при яких усі розв’язки рів-
няння 2 4 0x a a x− + − + = задовольняють нерівності 0 4x≤ ≤ .
Розв’язування. Використовуючи ознаку модуля, отримуємо наступні
розв’язки заданого рівняння: 3 4x a= − при ( ),x a∈ −∞ та ( )1 43
x a= + при
[ ),x a∈ ∞ . Згідно умови приклада дістаємо наступні дві системи нерівностей
відносно параметра а: 3 4 4,3 4 0,2 4 0,
aaa
− ≤ − ≥ − <
і
( )
( )
( )
1 4 4,31 4 0,31 4 .3
a
a
a a
+ ≤ + ≥ + ≥
Розв’язок першої системи
4 ,23
a ∈ , а другої системи [ ]4,2a∈ − . Розв’язком первісного рівняння є
об’єднання цих множин.Відповідь: [ ]4,2a∈ − .
22
Приклад 3.6. При яких значеннях параметра а один з коренів рівняннях2 –7х + а =0 в два рази більший від одного з коренів рівняння 2х2 –10 х +а =0.
Розв’язування. Треба застосувати формули Вієта. Нехай 2х1, х2 – кореніпершого рівняння, х1, х3 – корені другого рівняння. Тоді
( )
( )( ) ( )
2 11 2
1 21 2 1 1
2 11 3 3 1
1 1 1 11 2 1 1
7 2 ,2 7,2 ,2 , 2 7 2 ,
7 2 ,5, 5 ,5 7 2 ,
, 5 ,2 2
х хх хх х dх х а х х ах хх х х хх х х ха ах х х х
= −+ = == − = ⇔ ⇔ = − ⇔ + = = −
− = − = − =
( )
1 21 2
2 11 2
1 1
2 ,0, 7, 0,
7 2 ,2, 3, 12.
2 0,
а х хх х а
х хх х а
х х
== = =
⇔ = − ⇔ = = = − =
Відповідь: а = 0; а = 12.Приклад 3.7. При яких значеннях т рівняння ( )22 3 2 12 0x т x− + + = ,
( )24 9 2 36 0x т x− − + = мають спільний корінь?Розв’язування. Нехай х1 – спільний корінь заданих рівнянь. Тоді його
значення можна знайти, розв’язуючи наступну систему рівнянь:
( )( )
( )( )
( )
2 21 1 1 12 21 1 1 1
1 1
2 3 2 12 0, 4 6 4 24 0,
4 9 2 36 0, 4 9 2 36 0,
46 3 12 0, .2
x т x x т x
x т x x т x
т х хт
− + + = − + + − = ⇔ ⇔ − − + = − − + =
− + = =−
Підставляємо це значення х в перше рівняння системи і знаходимо зна-
чення . ( )
( )2
4 3 232: 12 0, 32 96, 322
тm т т
тт
+− + = ⇔ = ⇔ =
−−.
Відповідь: т = 3.Приклад 3.8. Знайти усі значення параметра а, при кожному з яких нері-
вність 4 2 3 0х ха а− ⋅ − + ≤ має хоч би один розв’язок.
Розв’язування. За допомогою заміни ух =2 дістаємо квадратну нерів-ність з параметром а відносно змінної у
( )2 3 0у ау а− − − ≤ .Розв’язок цієї нерівності залежить від значення дискримінанта
( )2 4 3D а а а= + − , який і треба дослідити.1. Якщо D < 0, то квадратний тричлен дійсних коренів у1 і у2 не має, зав-
жди приймає додатні значення, тому нерівність (а) розв’язку не має:∅∈у . Розв’язуючи нерівність ( )2 4 3 0а а+ − < , визначаємо, що значення
–6 < a < 2 треба виключити із множини розв’язків а.
23
2. Коли 0=D (а2 + 4а – 12 = 0; а1 = –6; а2 = 2), квадратний тричлен відносно у
має єдиний розв’язок 1,2 2ау = і нерівність (а) виконується тільки при
цьому значенні у. Враховуючи значення а = – 6 і а = 2, дістаєморозв’язки у1 = – 3; у2 = 1. Значення змінної у додатні, тому першийрозв’язок сторонній, а для другого дістаємо рівняння 2 1х = , звідки х=0.Таким чином, при а = 2 початкова нерівність має єдиний розв’язок х = 0.
3. Якщо D > 0, ( )( ) ( ), 6 2,а∈ −∞ − ∪ ∞ , то нерівність (а) має розв’язок
2 2a D a Dy− +
< < . Розв’язок початкової нерівності існує при у>0, тому
повинна виконуватись умова 02
a D+> . Розв’язуємо цю ірраціональну
нерівність 2 24 12 0, 4 12 ,a a a a a a+ + − > ⇔ + − > − ⇔
( ) ( )
( ) ( )( ) ( )
2
2
2 2
, 6 2, ,4 12 0,0, 0,
2, ,2, ., 6 2, ,4 12 0,
,0,0,3,4 12 ,
aa aa a
aaaa a
aaaaa a a
∈ −∞ − ∞+ − > − >
∈ ∞ ⇔ ⇔ ⇔ ∈ ∞ ∈ −∞ − ∞+ − > ∈∅ <− > > + − >
∪≺
∪ Об’єднуючи дру-
гий і третій випадки, дістаємо [ )2,a∈ ∞ .Відповідь: [ )2,a∈ ∞
Приклад 3.9. При яких значеннях а нерівність6 6sin cos sin cos 0x x a x x+ + ≥ виконується для усіх значень х?
Розв’язування. Спочатку доцільно спростити задану нерівність. Врахо-вуючи, що
( ) ( )32 2 6 6 2 2 2 2sin cos sin cos 3sin cos sin cosx x x x x x x x+ = + + + = 6 6 23sin cos sin 2 14
x x x= + + = ,
отримуємо, що 6 6 2 2sin cos 1 3sin cosx x x x+ = − , початкова нерівність приймає ви-гляд:
2 21 3sin cos sin cos 0x x a x x− + ≥ . (1)Таким чином, дістаємо квадратну нерівність
23 1 0z az− − ≤ (2)відносно змінної xxz cossin= . У цьому місці багато абітурієнтів роблять по-милку, визначаючи значення а, при яких z приймає усі значення. Але ця умо-
ва стосується змінної х, а змінна 1 sin 22
z x= приймає значення тільки на про-
міжку [–0,5;0,5]. Таким чином, треба знайти значення параметра а, при яких
24
розв’язки нерівності (2) належать інтервалу [–0,5;0,5]. Ця умова здійснюєтьсятільки у випадку, коли тричлен ( ) 23 1f z z az= − − приймає від’ємні або нулеві
значення на кінцях проміжку. Маємо ( ) 10,52 4af − = − ; ( ) 10,5
2 4af = − − . Відповідно
треба розв’язати наступну систему нерівностей відносно параметра а1 10, ,2 1 0, 1 12 4 2 .
1 2 1 0, 1 2 20, ,2 4 2
a aaa
a a a
− ≤ ≤ − ≤ ⇔ ⇔ ⇔ − ≤ ≤ − − ≤ − − ≤ ≥ −
Відповідь: [ ]0,5;0,5a∈ − .Приклад 3.10. Знайти, при якому найбільшому цілому значенні парамет-
ра а виконується нерівність 21 x a x− > − .Розв’язування. Розглянемо розв’язування цього прикладу двома метода-
ми: аналітичним і графічним.1. Аналітичний метод. Знаходимо ОВ: [ ]11,x −∈ .
( )
2
2
2 22 2 2
1 1,1 0,,0,
1 ,0,2 2 1 0,1 2 ,
xxa xa x
x a x a xa xx ax ax a ax x
− ≤ ≤ − ≥ <− < − > − ⇔ ⇔ ⇔ ≥− ≥ − + − <− > − +
2 2
1 1,1,
,
2 2 .2 2
xaa x
a a a ax
− ≤ ≤ < ≥ − − + − < <
Розв’язок другої системи нерівностей існує, коли параметр а задовольняє
умови: )2
22
2 0, 2 2, 2 2, 1, 2 .2 2 ,,2
a a a aa a a aa
− > − < − < ⇔ ⇔ ⇔ ∈ + − − ≤ ≥
≺ ≺ Об’єднуємо
отримані розв’язки: ( )2,a ∞−∈ .
2. Графічний метод. Згідно з умовою прикладу функція ( ) 21 1y x х= − бі-
льше функції ( ) xaxy −=2 при усіх значеннях х. Критичному значен-ню параметра а відповідає випадок, коли пряма xay −= є дотичною
до лінії 21y х= − (рис.1). Відомо, що кутовий коефіцієнт дотичної в
точці х = х0 дорівнює ( )01 xyk /д = . В свою чергу, він дорівнює -1 (згід-
но з xay −=2 . З цієї умови знаходимо точку ( )000 y,xM :
25
( )/ 01 0 02 2
0
1 1 11, 1 .22 21 1
xxy x x yx x
= − ⇔ − = − ⇔ = ⇒ = − =− −
Значення параме-
тра а визначаємо із рівняння прямої 2
12
1−= a ; 2
22
==a . Таким
чином дістали ту ж відповідь: 2<a .
Рис.1
Відповідь: а=1.Приклад 3.11. При яких значеннях параметра k рівняння ( )93 −=− xkx
має три розв’язки ?Розв’язування. Цю задачу доцільно розв’язувати графічно, бо при засто-
суванні аналітичного методу треба розглянути декілька варіантів ( x > 0, x<0,03 >−x , 03 <−x ). Спочатку визначаємо, що ліва частина заданої нерівно-
сті невід’ємна і графічно на площині 0ху відображається прямою 3−= xy
(1) (рис. 2)
26
Рис. 2
Ліва частина заданої нерівності є рівняння прямої з кутовим коефіцієнтомk, яка проходить через точку А(9,0). У залежності від значення k ця пряма (2)перетинає пряму (1) у декількох точках (рис 2., пунктирні лінії). Задане рів-няння буде мати три розв’язки, якщо пряма (2) перетинає пряму (1) тільки утрьох точках. Це можливо, коли пряма (2) проходить крізь точку В(0,3), тоб-то стає прямою 3. Із цієї умови знаходимо значення параметра k , підставля-
ючи координати точки В у задане рівняння . Отже, ( )31903 −=⇔−= kk .
Відповідь: 31
−=k .
Приклад 3.12. Знайти найменше ціле значення параметра а, при якомунерівність 23 x a x− − > має хоч би один від’ємний розв’язок.
Розв’язування. Цей приклад теж доцільно розв’язувати графічно, томущо задана нерівність має модуль ax − . Спочатку нерівність треба записати у
вигляді23 x x a− > − . (1)
Тоді графічно розв’язком нерівності будуть усі точки осі Ох, в яких парабола23y x= − знаходиться над прямою у = x a− . Будуємо графіки параболи і пря-
мої для значень а = 0, a < 0 i a > 0 (рис.3). Тоді, наприклад, коли а = 0, торозв’язком нерівності (1) є відрізок (х1, х2). Пряма у = ax − розташовується
над віссю Ох (рис.3). Нерівність (1) має від’ємні розв’язки, коли парабола іпряма перетинаються.
27
Рис. 3
Критичні значення а знаходимо із умови торкання прямої і параболи. Не-хай зліва ці лінії мають спільну точку М0 (х0, у0) (рис.3). Тоді пряма у = х–а(рівняння правого променя лінії у = ax − ) є дотичною до параболи у точці
М0. Згадуємо що рівняння дотичної до прямої у = у(х) в точці М0 (х0, у0) маєвигляд ( ) ( )( )/
0 0 0y y x y x x x− = − або ( ) ( ) ( )( )/ /0 0 0 0y y x x y x y x x= + − . Знаходимо, що для
параболи 23y x= − похідна / 2xy x= − ; ( )/0 02y x x= − . Тоді отримаємо наступне рів-
няння дотичної до параболи( )( )2
0 0 02 2y x x y x x= − + + . (2)
Рівняння у = х – а і (2) визначають одну пряму, тому –2х0 = 1;( ) 2
0 02a y x x= − − . Звідси х0 = – 0,5; ( ) 20 3 0,5 2,75y x = − = , ( )2,75 2 0,25 3,25a = − − ⋅ = − .
Враховуючи симетрію, за аналогією дістаємо праве критичне значення а =3,25. Таким чином отримуємо наступний інтервал значень а: – 3,25 ≤ а≤3,25.Найменше ціле значення а = –3.
Відповідь: а = –3.Приклад 3.13. Якими мають бути значення параметра т, щоб нерівність
( )2
2
1 57 3
1x m x
x x+ + −
− < <− +
справджувалась при всіх дійсних значеннях х? До відпо-
віді занести найбільше ціле значення т.Розв’язування. Оскільки х2–х+1 > 0 при всіх значеннях х, то, помноживши
всі члени заданої нерівності на х2–х+1, дістаємо:
( )2 2 27 7 7 1 5 3 3 3x x x m x x x− + − < + + − < − + , або ( )( )
2
2
8 6 2 0,
2 4 8 0.
x m x
x m x
+ − + >
− + + > Обидві нерівності
28
справджуватимуться при всіх дійсних значеннях х, якщо дискримінанти цих
квадратних тричленів від’ємні, тобто ( )( )
2
2
6 64 0,
4 64 0.
m
m
− − <
+ − < Розв’язуємо цю систему
нерівностей:6 8, 8 6 8, 2 14,
2 4.8 4 8, 12 4,4 8,
m m mm
m mm
− < − < − < − < < ⇔ ⇔ ⇔ − < < − < + < − < <− <
Відповідь: т = 3.Приклад 3.14. Знайти, при яких дійсних значеннях параметра а мінімум
функції ( ) ( )22 2 1 1f x x x a a= + + − + + менше трьох.Розв’язування. Cпочатку доцільно виключити модуль, тобто дослідити
функцію: ( )( )
( )
22
22
2 2 2 1 , 1 0,
2 2 2 1 , 1 0.
x x a a коли x af x
x x a a коли x a
+ + − + + + − ≥=
− − + + + + − <
Графік цієї функції скла-
дається із частин парабол: ( )
( )
2 21
2 22
1 4 2, 1 ,
1 2, 1 .
y x a a якщо x a
y x a якщо x a
= + + + − ≥ −
= − + + < − Параболи перети-
наються в точці, абсциса якої визначається із умови х +а – 1 = 0, звідки х =1– а .Вітки обох парабол прямують уверх, а абсциси вершин знаходяться в точкахх1 = – 1 для першої параболи у1 і х2 = 1 для другої параболи. Точка перетинупарабол залежить від значення параметра а, тому треба розглянути наступнітри випадки.1. Точка перетину знаходиться зліва від точки х1 = – 1 (см. рис. 4,а).
Рис. 4.а : графік функції f(x) – сплошна лінія, у1 і у2 –пунктир ;
29
тоді 1 – а < –1, або а > 2. У цьому випадку мінімум f(x) знаходиться в точціх= – 1. Згідно умови прикладу (min f(x) <3), дістаємо наступну систему нерів-ностей відносно параметра а для цього випадку:
( ) 2 21
2, 2,2, 2,.
1 3, 5 1,4 2 3, 4 5 0,
a aa aa
y aa a a a
> >> > ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ∈∅ − < − < <+ − < + − <
2. Точка перетину х = 1 – а знаходиться на відрізку (–1,1) (см. рис.4,б),
Рис. 4,б
тоді –1 ≤1 –а ≤1, або 0 ≤а ≤2. Із рисунка 4,б визначаємо, що мінімум фун-кції f(x) знаходиться у точці перетину парабол. Тоді отримуємо наступнусистему нерівностей для знаходження параметра а
( ) 2
0 2,0 2,0 2, 20, .2 21 3, 22 2 3, ,2 2
aaaa
y a a a
≤ ≤≤ ≤≤ ≤ ⇔ ⇔ ⇔ ∈ − < + < − ≤ ≤
3. Точка перетину парабол знаходиться праворуч точки х2=1, тобто1–а>1, a<0. У цьому випадку функція f(x) має мінімум в точці х=1. Ма-ємо наступну систему нерівностей відносно а:
( ) 22
0,0, 0,1 0.
1 3, 1 1,2 3,
aa aa
y aa
<< < ⇔ ⇔ ⇔ − < < − < − < <+ < У відповіді треба об’єднати
розв’язки другого і третього випадків.
30
Рис. 4,в
Відповідь: 21,2
a
∈ −
.
Приклад 3.15. Знайти найбільше ціле від’ємне значення параметра а,при якому множина значень функції ( )
2 22 53x x a af x − + + −= не має спільних точок з
відрізком 10,9
.
Розв’язування. Функція ( )xf показникова, тому приймає значення напроміжку [ ]∞,0 . Умова задачі буде виконана, коли графік функції ( )xf буде
знаходитися над прямою 21 39
y −= = (рис.5). Таким чином, для знаходження
значення а потрібно розв’язати показникову нерівність: 2 22 5 23 3x x a a− + + − −> ,⇔ 2 22 5 2x x a a− + + − > − , ⇔ ( )2 22 3 0x x a a− + + − > . Нерівність має розв’язок при
довільному значенні змінної х, коли її дискримінант 24D a a= − − від’ємний,
тобто 24 0a a− − < . Звідси 1 17 17 1, ,2 2
a − − −
∈ −∞ ∪ ∞
. Найбільше ціле від’ємне
значення а з отриманого розв’язку а = –3.Відповідь: а = –3.
31
Рис. 5
Приклад 3.16. Знайти найменше ціле значення параметра а, при якому
нерівність 2 22 - sin - 2 cos 2a a x a x+ > виконується при усіх дійсних х.Розв’язування. Якщо нерівність записати у вигляді
( )2 22 1 cos 2 cos 2 0a a x a x+ − − − − > , ( )2 2cos 2 cos 2 3 0x a x a a− + + − > і зро-
бити заміну cos x y= , то отримуємо квадратну нерівність:
0322 22 >
−++− aaayy . Нерівність додатна, коли її дискримінант
від’ємний, тобто 2 24 4 8 12 0, 8 12, 1,5D a a a a a= − − + < ⇔ > ⇔ > . Найменше ціле а = 2.Відповідь: а = 2.Приклад 3.17. Знайти найменше ціле значення параметра а, при якому
рівняння 2 2 22 1x y xy ax ay a+ − + − + = має розв’язки.Розв’язування. У цьому прикладі можна не розв’язувати рівняння, тобто
знаходити пари х,у, які його задовольняють, а визначити значення а, при якихзадане рівняння має зміст. Цю задачу розв’язуємо шляхом перетворення лівоїчастини рівності таким чином, щоб отримати суму квадратів деяких виразів,а права частина містила параметр а. Тоді рівняння буде мати розв’язки, колийого права частина буде невід’ємною. Робимо наступні перетворення:
2 2 2 22 2 2 2 1,
4 4 4 4a a y yx ax x xy y ay a
+ + − + − + − + − + =
⇔
32
2 22 23 3 1
2 2 4 4a yx x y ay a + + − + − + =
,⇔
2 22 2 2 2 2 23 4 4 1 3 1
2 2 4 3 9 3 4a yx x y ay a a a a b + + − + − + − + = +
,⇔
2 2 223 2 51
2 2 4 3 12a yx x y a a + + − + − = −
. Отже, рівняння має розв’язки, коли
251 012
a− ≥ . Звідки дістаємо 2 15 2 155 5
a− < < . Найменше ціле становить –1.
Відповідь: а = –1.Приклад 3.18. Знайти, при яких значеннях параметра т система рівнянь
( ) ( )( ) ( )
5 2 3 3 4,
3 10 5 6 2 4
m x m y m
m x m y m
+ + + = +
+ + + = + має від’ємні розв’язки.
Розв’язування. Спочатку звичайним методом знаходимо розв’язок сис-
теми: ( )
211 20 92
m mxm m+ +
= −−
; ( )
27 25 152
m mym m+ +
=−
. За умовою прикладу ці розв’язки по-
винні бути від’ємними, тому дістаємо наступну систему нерівностей віднос-но параметра т:
( )
( )
( )
( )
( ) ( )( )
2
2
911 111 20 9 110, 0,
2 2
1 17 25 15 7 25 205 25 2050, 14 42 0,2
m mm mm m m m
m m m mm m
m m
+ + + + − < > − − ⇔ ⇔ + + + + + −< − < −
( ) ( )
( ) ( ) ( )( )
9, 1 ,0 2, ,11 1 25 205 , 1 .
141 125 205 ; 205 25 0,2 ,4 14
mm
m
∈ −∞ − ∪ − ⊂ ∞ ⇔ ∈ − + − ∈ − − − ∪
Відповідь: ( )1 25 205 , 1 .14
m ∈ − + −
Приклади для самостійного розв’язання
1. При яких значеннях параметра а рівняння 1 3x a x a− − + + = маєрозв’язки? Знайти їх.
[ ] [ ] 1 21, 1, 1,2 , 2,1 1, 2якщо a або а то х при а х х = − = ∈ − ∈ − = − =
.
2. При яких значеннях параметра а один з коренів рівняння 2 3 0x x a− + = утри рази менший від одного з коренів рівняння 2 5 3 0x x a− − = .
[а = 0, а = 2].
33
3. При яких значеннях параметра а рівняння
( )2 2 22 sin 4 sin cos 3a x a x x a+ + = + має розв’язки? Знайти ці
розв’язки. ( )22 3 1 , , 1,
' .
arctg a a k k Z якщо а при інших значеннях а
розв язків немає
± − + π ∈ >
4. При яких значеннях k рівняння 5 33 4x k kx
=− −
має додатні розв’язки?
9 202 3; 2 35 3
k k < < < < .
5. Знайти, при яких значеннях параметра а система рівнянь( )
( )1 2 2,
2 1 1
a x ay
ax a y a
− + = −
+ + = − має додатні розв’язки ( х>0, y>0).
113
a − < < .
6. Визначити усі дійсні значення параметра а, для яких функція
( )2 2sin 2 1 sin 2y x a x a a= − − + − − від’ємна. (0<a<1).7. Визначити усі дійсні значення параметра а, для яких нерівність
2 12aa x− < − має розв’язок. Знайти розв’язок нерівності.
28 44 2 3 2,2
a aпри a x − − − < < <
.
34
1.4. Квадратний тричлен з параметром
Багато задач з параметром пов’язані з дослідженням квадратного тричле-на ( ) 2f x ax bx c= + + . Деякі типові приклади розглянуті у перших частинах ме-тодичних вказівок. Але в загальному випадку, особливо, коли мова йде пророзташування коренів тричлена на певному відрізку, доцільно використову-вати наступні правила, які випливають із графіка тричлена (параболи).
Нехай х1, х2 – дійсні корені тричлена ( 2 4 0D b ac= − > ), а М,N – деякі числа.Правило 1. Корені х1, х2 будуть менше числа М при виконанні наступних
умов (рис.6):1) a > 0
( )
0,
,2
0.
Db Ma
f M
≥− < >
Рис.6,а
2) a < 0
( )
0,
,2
0.
Db Ma
f M
≥− < <
Рис.6,б
Правило 2. Для того, щоб один із коренів квадратного тричлена був ме-нше числа М, а другий корінь був більше М (тобто, точка М знаходиться наосі Ох між коренями), достатньо виконання умов (рис.7):
35
1) a > 0
( )0,
0.Df M>
<
Рис. 7,а
2) a < 0
( )0,
0.Df M>
>
Рис. 7,б
Правило 3. Корені квадратного тричлена більше дійсного числа М привиконанні наступних умов (рис.8):
1) a > 0
( )
0,
,2
0.
Db Ma
f M
≥− > >
Рис. 8,а
36
2) a < 0
( )
0,
,2
0.
Db Ma
f M
≥− > <
Рис.8,б
Правило 4. Корені квадратного тричлена належать проміжку [М,N ], тоб-то більше числа N і менше числа М, якщо виконуються наступні нерівності(рис.6):
1) a > 0
( )( )
0,
,2
0,
0.
DbN Ma
f N
f M
≥ < − < >
>
2) a < 0
( )( )
0,
,2
0,
0.
DbN Ma
f N
f M
≥ < − < <
<
Правило 5. Для того, щоб менший х1 корінь квадратного тричлена бувменше числа N, а другий корінь х2 знаходився на проміжку [N,M], (М>N), до-статньо виконання наступних умов (рис.9):
1) a > 0
( )( )
0,0,
0.
Df N
f M
>
< >
Рис. 9,а
37
2) a < 0
( )( )
<>
>
.Mf,Nf
,D
00
0
Рис. 9,б
Правило 6. Менший корінь х1 квадратного тричлена знаходиться на про-міжку [N,М], (N<М), а корінь х2 більше М при виконанні наступних умов(рис.10):
1) a > 0
( )( )
0,0,
0.
Df N
f M
>
> <
Рис. 10,а2) a < 0
( )( )
0,0,
0.
Df N
f M
>
< >
Рис. 10,б
38
Правило 7. Корені квадратного тричлена знаходяться поза проміжку[N,М], (N<М), тобто х1<N, х2>М, якщо виконуються наступні умови (рис. 11):
1) a > 0
( )( )
0,0,
0.
Df N
f M
>
< <
Рис. 11,а
2) a < 0
( )( )
0,0,
0.
Df N
f M
>
> >
Рис. 11,б
Застосування цих правил розглянемо на наступних прикладах.Приклад 4.1. Знайти усі значення параметра а, при кожному з яких обид-
ва корені рівняння 2 26 2 2 9 0x ax a a− + − + = більше трьох. До відповіді занестинайменше значення а.
Розв’язування. У цьому прикладі треба застосувати правило 3. Спочат-ку знаходимо дискримінант 2 29 2 2 9 2 2D a a a a= − + − = − і визначаємо значення
6 32 2b ax aa
= − = = , та ( ) 2 23 9 18 2 2 9 9 20 11f a a a a a= − + − + = − + . Згідно з правилом 3
розв’язуємо наступну систему нерівностей, враховуючи, що коефіцієнт передх2 додатний:
39
( )2
1,2 2 0, 1,111,3 3, 1, .911,119 20 11 0, 1 0, 9
9
aa aaa a aaa a a a
> − ≥ ≥ <> ⇔ > ⇔ ⇔ >
> − + > − − >
Таким чином, 11,9
a ∈ ∞
, а найменше ціле 2.
Відповідь: а=2.Приклад 4.2. Знайти усі значення параметра а, при кожному з яких нері-
вність ( ) ( )2 4 3 3 3 0x a x a a− + + + < виконується при усіх значеннях х, які задоволь-няють умову 1≤х≤3.
Розв’язування. Цей приклад розв’язуємо за допомогою правила 4, деN=1, M=3. Визначаємо дискримінант 24 12 9D a a= − + і обчислюємо значення( ) 21 3 5 2f a a= + − ; ( ) 23 3 3f a a= − . Враховуючи, що а =1 >0, розв’язуємо наступну
систему нерівностей:( )
( )
( ) ( )
22
2
2
1,5 0,4 12 9 0,1 34 3 ,1 3, 4 42 .
13 5 2 0, , 2 , ,3
3 3 0, ,0 1,
aa aa a
aa a a
a a a
− ≥ − + ≥ + − < < < < ⇔ ⇔ ∈∅
+ − > ∈ −∞ − ∞ − > ∈ −∞ ∞
∪
∪
Відповідь: Значень параметра а не існує.Приклад 4.3. Знайти усі значення параметра т, для кожного з яких нері-
вність 2 4 3 1 0mx x m− + + > виконується для усіх додатних значень х. До відповідізанести найменше значення т.
Розв’язування. Умови прикладу виконуються у наступних двох випад-ках:
1. Вітки параболи направлені вгору і не перетинають вісь Ох, тобто кое-фіцієнт перед х2 додатний, а дискримінант D від’ємний, томурозв’язуємо наступну систему нерівностей:
( )
( )
( )( )2
0, ,0,0,1, .44 3 1 0, , 1, ,3 4 0,
3
mmmm
m m mm m
∈ ∞>> ⇔ ⇔ ⇔ ∈ ∞ − + < ∈ −∞ − ∪ ∞+ − >
2. Тричлен
має дійсні корені, вітки параболи прямують вгору, і найбільший корінь( )
22 4 3 1m m
xm
+ − += від’ємний, тобто у цьому випадку розв’язуємо систему
40
нерівностей ( )0,
2 4 3 10.
m
m mm
> + − +
<
Ця система не має розв’язку, тому що ко-
рінь х2 додатний, і при умові т>0 друга нерівність системи не існує (від-ношення додатних чисел не може бути від’ємним). Отже, значення пара-метра т належать інтервалу ( )∞,1 , а його найменше значення 2.Відповідь: т=2.Приклад 4.4. При яких значеннях параметра а корені квадратного три-
члена ( ) 22 3 2a x ax a− − + дійсні і обидва більше 0,5? До відповіді занестинайбільше ціле значення а.
Розв’язування. Для розв’язування цього приклада застосовуємо прави-ло 3. Дістаємо наступні дві системи нерівностей.1)
( )
( )
( )
( )( )
( )
( )( )
22 0, ,2 ,2,9 8 2 0, 1617 16 0, ,0 , , 163 1 17 ,2 .2 1, 170,2 2 2 0,5;2 ,21 3 2 0, 2, ,2 2 0,4 2
a aaa a a a a aa aa
a aaa aa a a
− > ∈ −∞< − − ≥ − ≥ ∈ −∞ ⊂ ∞ ⇔ ⇔ ⇔ ∈ −> > − ∈− + > ∈ − ∞− − + >
2)( )
( )
( )
( )
( )
( )( )
22 0, 2, ,9 8 2 0, 16,0 , ,3 1 17 .,2 2 2 0,5;2 ,1 3 , 2 ,2 2 0,4 2
a aa a a
aa aa a
aa a a
− < ∈ ∞ − − ≥ ∈ −∞ ⊂ ∞ ⇔ ⇔ ∈∅ >− ∈
∈ −∞ −− − + <
Таким чином, параметр а приймає значення із проміжку 16 ,217
, а його най-
більше ціле значення 1.Відповідь: а=1.Приклад 4.5. Знайти усі дійсні значення параметра т, при кожному з
яких сума квадратів коренів рівняння 2 1 0x mx m− + − = буде найменшою.Розв’язування. У цьому прикладі доцільно за допомогою теореми Вієтта
виразити суму квадратів коренів рівняння через параметра т. Маємо:х1+х2=т, х1⋅х2=т–1. Звідси
( ) ( ) ( )2 22 2 2 21 2 1 2 1 22 2 1 2 2 1 1x x x x x x m m m m m+ = + − ⋅ = − − = − + = − + . Отриманий вираз
(сума додатних чисел) має найменше значення при т =1.Відповідь: т =1.
41
Приклад 4.6. Знайти усі значення параметра а, при яких рівняння2 1 0x ax+ + = і 2 0x x a+ + = мають хоч би один загальний корінь.Розв’язування. Спочатку зразу визначимо, що, коли а=1, то рівняння збі-
гаються, тобто мають однакові корені, тому досліджуємо випадок, коли а≠1.Якщо із першого рівняння відняти друге, то отримуємо вираз( ) ( )1 1 0a x a− + − = . Враховуючи, що розглядаємо випадок а≠1, дістаємо х=1. Та-ким чином, якщо задані рівняння мають спільний корінь, то він дорівнюєодиниці. Значення а знаходимо, підставляючи х=1 у перше рівняння: 2+а=0,а= –2.
Відповідь: а= 1, а= –2.Приклад 4.7. Знайти усі дійсні значення параметра т, при яких квадрат-
ний тричлен ( )2 2 6x mx m m+ + + буде від’ємним при усіх значеннях х, які задо-
вольняють нерівність 1 2x< < .Розв’язування. Визначаємо спочатку, що коефіцієнт перед х2 дорівнює
1>0, тобто вітки параболи напрямлені вверх. Квадратний тричлен будевід’ємним на проміжку (1,2) тільки тоді, коли цей інтервал буде знаходитисьміж коренями тричлена, тобто будуть виконуватись наступні умови: ( )1 0f ≤ і( )2 0f ≤ . Визначаючи значення тричлена при х=1 і х=2, отримуємо наступну
систему нерівностей відносно параметра т:
( )2
2
7 3 5 7 3 57 1 0, , 1 7 3 5 4 2 3.2 228 4 0, 4 2 3 4 2 3,
m m mm
m m m
− − − + + + ≤ ≤ ≤ ⇔ ⇔ − + ≤ ≤ − + + + ≤ − − ≤ ≤ − +
Відповідь:
( )0,5 7 3 5 , 4 2 3 − + − + .
Приклад 4.8. Знайти усі значення параметра а, при кожному з яких коре-ні тричлена 2x x a+ + будуть дійсними і обидва корені будуть більше а. Довідповіді занести найбільше значення а.
Розв’язування. Нехай х1 і х2 – корені тричлена. Тоді згідно з теоремоюВієтта для заданого тричлена
х1 + х2 = –1, (1)х1⋅х2 = а. (2)
Проаналізуємо значення параметра а і коренів. З першої умови визначаємо,що корені х1 і х2 не можуть бути обидва додатними (їх сума від’ємна величи-на). Якщо обидва корені від’ємні, то, згідно з умовою (2) параметр а>0 і томубільше коренів, що суперечать умові задачі, щоб корені були більші від а.Коли а=0, то згідно з (2) один із коренів дорівнює нулю. Тоді на основі (1)визначаємо, що інший корінь від’ємний, тобто менший а, що знову незадовольняє умові прикладу. Таким чином, умову задачі задовольняють
42
значення а<0. Знаходимо корені заданого тричлена: 1,21 1 4
2ax − ± −
= . При а<0
дискримінант 1 4 0D a= − > і корені дійсні числа. Умова прикладу буде викону-
ватися, коли найменший корінь буде більший а, тобто 1 1 42
a a− − −> .
Розв’язуємо цю ірраціональну нерівність:
( ) ( )
( )( ) ( )2
1 ,41 4 0,
, 0,5 ,11 4 1 2 , 1 2 0, ,2 , 2 0, ,
1 4 1 2 , 2 0,
aa a
a a a aa
a a a a
≤ − ≥ ∈ −∞ − − < − − ⇔ − − > ⇔ < − ⇔ ⇔ ∈ −∞ − ∪ ∞
− < + + >
( ), 2a∈ −∞ − .
Найбільше значення параметра а із отриманого проміжку дорівнює –3.Відповідь: а= –3.Приклад 4.9. Знайти усі значення параметра а, при яких довільне значен-
ня х, яке задовольняє нерівність ( )2 21 0ax a x a+ − − > , по модулю не перевищує
2. До відповіді занести найменше значення а.Розв’язування. Згідно з умовою приклада треба знайти значення а, при
яких усі розв’язки нерівності належать проміжку –2≤х≤2. Треба розглянутинаступні два випадки відносно значення параметра а.
1. Нехай а≠0. Маємо квадратну нерівність ( )2 21 0ax a x a+ − − > , розв’язок
якої залежить від дискримінанта ( ) ( )2 22 2 21 4 1D a a a= − + = + і коренів
ax =1 і a
x 12 −= . Коли а>0, то розв’язок нерівності ( )1, ,x a
a ∈ −∞ − ∪ ∞
не задовольняє умову прикладу. Тому необхідно дослідити тільки ви-падок а<0. При цій умові розв’язок нерівності 1a x
a< < − . Згідно з умо-
вою задачі цей проміжок повинен знаходитися в інтервалі [–2,2], тоб-то треба, щоб виконувались нерівності 2 a− ≤ , 1 2
a− ≤ . Друга нерівність
1 2a
− ≤
, враховуючи, що а<0, має розв’язок 12
a ≤ − . Таким чином,
отримуємо відповідь: 122
a− ≤ ≤ − .
2. Припустимо, що а=0. Тоді початкова нерівність приймає вигляд х>0,тобто її розв’язок не задовольняє умову задачі. Таким чином,
[ ]502 ,;a −−∈ і його найменше значення а= –2.Відповідь: а= –2.
43
Приклад 4.10. Знайти усі значення параметра а, при кожному з яких різ-ниця коренів рівняння ( )22 1 3 0x a x a− + + + = дорівнює 1. До відповіді занестинайбільше значення. а.
Розв’язування. Нехай х1, х2 – корені рівняння. Згідно з теоремою Вієттадля заданого рівняння маємо: х1 +х2 =0,5(а+1), х1 ⋅х2 =0,5(а+3). Зробимо наступнітотожні перетворення, враховуючі умову приклада.
( ) ( ) ( ) ( )2 2 22 21 2 1 1 2 2 1 2 1 22 4 0,25 1 2 3x x x x x x x x x x a a− = − + = + − = + − + =
2 6 234
a a− −= . Звідси
21 2
1 6 232
x x a a− = − − . Ця різниця згідно з умовою задачі, повинна дорівнювати
одиниці, тобто 21 6 23 12
a a− − = . Розв’язуючи рівняння, знаходимо а1= –3, а2=9.
Найбільше значення а=9.Відповідь: а=9.
Приклади для самостійного розв’язання
1. При яких значеннях параметра а корені тричлена( ) ( )22 2 2 1 1 0x a x a a− + + − = задовольняють умову 21 xax << ?
( ) ( ), 3 0,a ∈ −∞ − ∪ ∞ .2. Знайти усі значення параметра а, при кожному з яких один із коренів
многочлена ( ) ( )2 2 21 1a a x a xa+ + + − більше , а другий менше трьох.
[ ]∅∈a .3. Знайти усі значення параметра а, для яких при всіх х, які не пере-
вищують за абсолютною величиною одиниці, виконується нерів-ність 2 2 22 4 1 0x a x a− − + > .[ ]∅∈a .
4. Знайти усі значення параметра а, при яких корені квадратного рів-няння ( )2 26 2 2 9 0x ax a a− + − + = дійсні і більші трьох.
11,9
a ∈ ∞ .
5. Знайти усі значення параметра а, при кожному з яких корені квад-ратного тричлена дійсні і знаходяться між 0 і 3.
112 23
a ≤ < .
6. При яких значеннях параметра а корені рівняння ( ) 21 3 4 0a x ax a+ − + =
( а ≠–1) дійсні і більші одиниці?16 , 17
a ∈ − − .
44
7. При яких дійсних т множина розв’язків нерівності 2 2 6 0x mx m m+ + + <
має інтервал 21 << x ? .7 45 12 4
2m
− −≤ ≤ −
.
45
РОЗДІЛ 2
ОБЕРНЕНІ ТРИГОНОМЕТРИЧНІ ФУНКЦІЇ
2.1. Головні означення і формулиОпит вступних іспитів показує, що багато абітурієнтів недостатньо зна-
йомі з оберненими тригонометричними функціями і діями з ними. Тому спо-чатку нагадаємо означення цих функцій.
Функцією arcsiny x= називається змінна величина у, яка задовольняєдвом умовам:
1) sin y x= , де 1≤x ;
2) змінна у приймає значення із проміжку 2 2
yπ π− ≤ ≤ .
Значення у можна розглядати як радіанну міру кута. Означення іншихфункцій наведені в таблиці 1.
Таблиця 1
arccosy x= arctgy x= arcctgy x=
1) cos y x= , 1≤x ,
2) 0 ≤ у ≤ π.
1) tg y x= ,
2) 2 2
yπ π− < < .
1) ctg y x= ,
2) 0 < у < π.
Треба обов’язково звертати увагу на другу умову означення, бо її невра-хування, як правило, приводить до помилкових відповідей. Багато абітурієн-тів забувають, що символи arcsin x і arccos x існують лише для значень
1≤x , в той час як функції arctg x і arcctg x визначені для довільних х.
Нагадаємо деякі властивості обернених тригонометричних функцій іспіввідношення між ними:
46
1. а) xx =
arcsin sin , для 1≤x ;
б) xx =
arccos cos , для 1≤x ;
в) xx =
arctg tg ;
г) xx =
arcctg ctg ;
д) xx =
sin arcsin , коли
22π
≤≤π
− x ;
е) xx =
cos arccos , коли 0 ≤ х ≤ π;
ж) xx =
tg arctg , коли
2π
<x ;
з) xx =
ctg arcctg , коли 0 < х < π.
2. а) коли 0 ≤ х ≤ 1, то 2
0 π≤≤ xarcsin ;
20 π
≤≤ xarccos ;
б) коли –1 ≤ х ≤0, то 02
≤≤π
− xarcsin ; π≤≤π xarccos2
;
в) коли х ≥ 0, то 2
0 π≤≤ xarctg ;
20 π
≤≤ xarcctg ;
г) коли х ≤ 0, то 02
≤≤π
− xarctg ; π≤≤π xarcctg2
.
3. а) ( ) xx arcsinarcsin −=− (–1 ≤ х ≤ 1);
б) ( ) xx arccosarccos −π=− (–1 ≤ х ≤ 1);
в) ( ) xx arctgarctg −=− ;
г) ( ) xx arcctgarcctg −π=− .
4. а) 2π
=+ xx arccosarcsin ;
47
б) 2π
=+ xx arcctgarctg .
5. а) ( ) 2cos arcsin 1x x= − , 1≤x ;
б) ( ) 2sin arccos 1x x= − , 1≤x ;
в) x
x 1=
arcctg tg ;
г) x
x 1=
arctg ctg .
2.2. Доведення тотожностей, які містять обернені тригонометричніфункції
Щоб виконати перетворення виразів, які мають обернені тригонометричніфункції, здебільшого доводиться користуватися формулами, які виражаютьтригонометричні операції над аркфункціями, застосовувати наведені співвід-ношення між аркфункціями, а також звичайні тригонометричні формули. Не-обхідно, як раніше згадувалось, слідити і перевіряти належність отриманихкутів інтервалам визначення обернених функцій.
При перетворенні виразів з оберненими тригонометричними функціямидоцільно знаходить значення певних тригонометричних функцій кутів, яківизначаються цими аркфункціями.
При виконанні дій з оберненими тригонометричними функціями дово-диться визначати одну з аркфункцій через інші. При цьому треба враховува-ти їх наступні властивості.
1. Якщо аргумент даної аркфункції додатний, то її значення знаходяться
на проміжку
π
20, і ця функція може бути виражена через довільну
обернену тригонометричну функцію.2. Коли аргумент даної аркфункції від’ємний, то значення арксинуса і
арктангенса знаходяться в проміжку
π− 0
2, , а значення арккосинуса і
арккотангенса на
ππ ,2
. У цьому випадку треба застосувати формули
(3), які дозволяють від від’ємних аргументів перейти до додатних ку-тів.
Розглянемо декілька типових прикладів.
48
Приклад 2.1. Обчислити 1ctg arccos3
− .
Розв’язування. Згідно з умовою задачі треба знайти значення котангенса
кута
−=α
31arccos . На основі означення арккосинуса (таблиця 1) запишемо
1cos3
α = − і 0 ≤ α ≤ π. Таким чином, враховуючи, що косинус від’ємний, ви-
значаємо, що кут α знаходиться в другій чверті, тобто 22π
≤α≤π . Після цього
треба застосувати формулу, яка пов’язує косинус і котангенс. Маємо
42
9113
1
1 2−=
−
−=
α−
α=
α
α=α
sin
cos
sin
cosctg .
Відповідь: 42
− .
Приклад 2.2. Обчислити 32 arctgarctg + .Розв’язування. Позначимо α= 32 arctgarctg + . Таким чином, треба знайти
значення кута α. Спочатку визначаємо, у який чверті тригонометричного ко-
ла він знаходиться. Враховуючи, що 2
2 π<<
π arctg4
, 2π
<<π arctg34
, отриму-
ємо, що π<α<π2
. Далі доцільно знайти тангенс кута α, щоб зразу застосува-
ти формулу (1.6). Маємо ( ) ( ) ( )( ) ( ) 1
3213232 −=
−+
=+=arctgtgarctgtgarctgtgarctgtgarctgarctgtgtgá .
Zn,n ∈π+π
−=α4
. Беручи до уваги, що кут α у другій чверті, отримуємо
43
4π
=π
−π=α .
Відповідь: 4
3π .
Приклад 2.3. Обчислити ( )°sin275arcsin .
Розв’язування. Враховуючи, що xx =
sinarcsin тільки у тому випад-
ку, коли 2π
≤x , спочатку за допомогою формул зведення треба отримати си-
49
нус гострого кута. Маємо ( )
π−=°−=°+°=°
180777777180275 sinsinsinsin .
Тоді ( )°sin275arcsin = π=
π
18077-
18077-sinarcsin .
Відповідь: π18077- .
Приклад 2.4. Обчислити
π
11-ctgarcctg .
Розв’язування. Беручи до уваги, що xx =
ctgarcctg , тільки при 0≤х≤π,
то одразу застосовувати цю формулу неможливо (кут 11π
− не належить цьо-
му проміжку). Треба спочатку дістати котангенс кута, який задовольняє умо-ві [0,π]. Враховуючи, що період котангенса π, дістаємо:
10ctg ctg ctg11 11 11π π ππ − = − =
, де π<
π<
11100 . Тоді
10 10arcctg ctg arcctg ctg11 11 11π π π − = =
.
Відповідь: 11
10π .
Приклад 2.5. Обчислити ( )( )arccos sin -3 .
Розв’язування. Спочатку, як і у попередніх прикладах, треба ( )3sin - ви-разити через косинус кута, який задовольняє умову 0<α<π, щоб застосувати
формулу 1.б. Отримуємо ( )sin 3 cos 3 cos 32 2
- π π π = + = − + −
. Згідно з
формулою (3.б) дістаємо ( )( )arccos sin -3 arccos -cos 3-2
π = =
3arccos cos 3- 3 32 2 2
π π π = π − = π − + = −
.
Відповідь: 32
3−
π .
Приклад 2.6. Знайти в радіанах значення кута 43arcsin
31arcsin + .
50
Розв’язування. Позначимо α=31arcsin , β=
43arcsin , γ=α+β. Визначаємо, в
якій чверті знаходиться кут γ . Враховуючи, що 2π
<<31arcsin0 ,
43
<<43arcsin0 , то 0< γ<π. Звідси визначаємо, що треба знайти значення
косинуса кута γ , бо тільки для знайденого інтервалу γ виконується умова
xy arccos= , xy =cos . Маємо =
+=γ
43arcsin
31arcsincoscos
1 3 1 3cos arcsin cos arcsin sin arcsin sin arcsin3 4 3 4
= − =
123142
123
12722
43
31
1691
911 −
=−⋅
=⋅−−⋅−= . Тоді 12
3142 −=γ arccos .
Відповідь: 12
3142 −arccos .
Приклад 2.7. Довести, що 21arctg
53arccos
21
= .
Розв’язування. Спочатку визначаємо, в який чверті знаходяться задані
кути. Нехай α=53arccos . Тоді 0>=α
53cos і
20 π
<α< . Відповідно, якщо
β=21tg , то 0
21>=βtg і
40 π
<α< . Таким чином, кути α і β знаходяться в пе-
ршій чверті. Щоб довести тотожність, можна знайти значення довільної три-гонометричної функції цих кутів. Наприклад, знайдемо значення косинуса,
але для зручності задану рівність запишемо у вигляді: 21arctg
53arccos 2= . То-
ді 53
53arccoscos =
;
53
411
411
2121
=+
−=
+
=
arctgtg1
arctgtg-1
212arctgcos
2
2
.
Відповідь: Рівність виконується.
Приклад 2.8. Довести, що 2π
=+1715arcsin
412arctg .
51
Розв’язування. Позначаємо α=41arctg ; і β=
1715arcsin . Визначаємо, що
40 π
<α< , 2
0 π<β< , і тому π<β+α< 20 . По аналогії з прикладом 2.6. зна-
ходимо косинус кута 2α+β. ( ) βα−βα=β+α sinsincoscoscos 222 . Обчислюємо
1715
4141
=
+
=α+
α=α
arctgtg1
arctgtg-1
tg1
tg-1cos22
2
2
2;
178
2892251 =−=
=β
1715arcsincoscos .
178
41
41
=
+
=α+
α=α
arctgtg1
arctg2tg
tg1
2tgsin222 .
1715
=
=β
1715arcsinsinsin .
01715
178
178
1715
=⋅−⋅=
+
1715arcsin
412arctgcos . Оскільки π<β+α< 20 , то із
останньої тотожності знаходимо, що 2
2 π=β+α , тобто задана тотожність має
місце.Відповідь: Рівність виконується.
Приклад 2.9. Довести тотожність 2π
=++6516arcsin
135arcsin
54arcsin .
Розв’язування. Оскільки існують формули тригонометричних функційсуми і різниці двох аргументів, то спочатку доцільно зліва записати два до-данка, тобто задану тотожність записати у вигляді:
54arcsin
6516arcsin
135arcsin -
2π
=+ . За допомогою формули (4.а) цей вираз ще
можна спростити: 54arccos
6516arcsin
135arcsin =+ . Визначаємо значення обер-
нених функцій. Враховуючи, що 21
135< і
21
6516
< , то
2366π
<π
=π
+π
=+<+21arcsin
21arcsin
6516arcsin
135arcsin .
2π
<<54arccos0 , Та-
ким чином, кут 6516arcsin
135arcsin + і кут
54arccos знаходяться в першій чвер-
ті. Тому достатньо довести, що, наприклад, косинуси цих кутів рівні.
52
Обчислюємо:
54
=
54arccoscos ; =
+
6516arcsin
135arcsincos
=
−
6516arcsinsin
135arcsinsin
6516arcsincos
135arcsincos
25 256 80 41 1 .169 4225 745 5
= − − − =
. Отже, задана тотожність виконується.
Приклад 2.10. Обчислити
−−
212arcctg
54arcsin
21 sin .
Розв’язування. Позначаємо α=54arcsin , β=
21-arcctg . Тоді
54sin =α ;
21
−=βctg і 2
0 π<α< , π<β<
π2
. Знаходимо
βα
−βα
=
β−α 2
22
22
2sincocossinsin s . Маємо
531 2 =α−=α sincos ,
55
51
2==
αsin . 5
525
22
12
==α+
=α coscos ; 21
−=β
=βctg
tg .
53
1
12
2−=
β+
β−=β
tg
tgcos2 , 54
1
22 −=β+
β=β
tg
tgsin2 . Остаточно визначаємо
55
54
552
53
55
212 =
−⋅−
−⋅=
−− arcctg
54arcsin
21 sin .
Відповідь: 55 .
53
Приклади для самостійного розв’язування
1. Обчислити значення 43arcsin
31arcsin 2+ ,
−12
3142arccos .
2. Знайти значення ( )sin10arcsin , [ ]103 −π .
3. Довести, що 4π
=+237arctg
412arctg
Спростити вирази:
4. 32
6arccos32arccos 1+− ,
π
6.
5. 43arctg
71arctg + ,
π
4.
6. 1715arctg
412arctg + ,
π
2.
7.
+
135arcsin
21 tg
432arctg sin , [1,12].
8. 2391arctg
514arctg − ,
π
4.
9. 10120arcsin2arctg10+ , [π].
54
2.3. Рівняння з оберненими тригонометричними функціямиПри розв’язуванні рівнянь, які мають аркфункції, найчастіше застосову-
ється перехід від рівності кутів, які визначаються оберненими тригонометри-чними функціями, до рівності тригонометричних функцій цих аргументів.Завдяки цьому методу задане рівняння зводиться до тригонометричного рів-няння. Але при цьому переході відбувається поширення області визначенняпочаткового рівняння, тобто можлива поява сторонніх розв’язків. Тому длярівнянь з аркфункціями знаходження ОВ і перевірка знайдених розв’язківобов’язкова. На наступних прикладах з’ясуємо типові способи розв’язуваннярівнянь з оберненими тригонометричними функціями.
Приклад 3.1. Розв’язати рівняння
= xx cosarcsin .
Розв’язування. Знаходимо спочатку область визначення (ОВ) рівняння
ππ−∈
22,x (із другої умови означення функції xy arcsin= ,
22π
≤≤π
− y ).
Знаходимо значення синуса лівої і правої частин цієї рівності:
.Zn,nx,xtxxxx ∈π+π
=⇔=⇔=⇔
=
41gcossincosarcsinsinsin
ОВ належить розв’язок 4π
=x .
Перевірка: 44444π
≡π
⇔=π
⇔
π
=π ,,
22arcsincosarcsin .
Відповідь: 4π
=x .
Приклад 3.2. Розв’язати рівняння 1arcsin arcsin 1-
2x
xπ
− = .
Розв’язування. Знаходимо ОВ: ( ]10,x∈ . Запишемо задане рівняння у ви-
гляді x
x 1arcsin-1arcsin −π
=−2
, або згідно з (4.а):
xx 1arccos-1arcsin =− . Оскільки ліва частина рівняння недодатна, а пра-
ва невід’ємна для значень х із ОВ, то рівняння має розв’язки тільки при умові
0==x
x 1arccos-1arcsin . Звідки х=1.
55
Перевірка: х=1. 2π
=0arcsin-1arcsin , 22π
≡π .
Відповідь: х=1.
Приклад 3.3. Розв’язати рівняння ( )arcsin 4 arcsin 1 4x3
x - π+ = .
Розв’язування. Знаходимо ОВ: ≤≤⇔
≤−≤−≤≤−∈
4101411
141 x,x,xx . Запи-
шемо рівняння у вигляді: ( )arcsin 1 4x arcsin 43
- xπ= − . Взявши від обох час-
тин синус, дістаємо рівняння ( )( )sin arcsin 1 4x sin arcsin 43
- xπ = −
. Після
тотожних перетворень рівняння набере вигляду xxx 421161
2341 2 ⋅−−=−
⇔ ( ) ⇔=−⇔−⇔+−⇔
−=− ,x,x,xx,xx 01848316164161342 2222
.x81
=⇔ Перевіркою переконуємось, що знайдене значення х=0,125 є коре-
нем рівняння.Відповідь: х=0,125.
Приклад 3.4. Розв’язати рівняння 032
52
22
=+−
xx arctgarctg .
Розв’язування. Визначаємо, що ОВ: ( )∞∞−∈ ,x . Введемо нову змінну
2xy arctg= . Дістаємо квадратне рівняння 0352 2 =+− yy , коренями якого
будуть у1=1, у2=1,5. Тоді 12=
xarctg , 12
tg=x , 121 tg=x ;
512
,x=arctg , 51
2,x tg= , 5122 ,x tg= .
Перевіряємо, що корені задовольняють вихідному рівнянню. Дійсно:
1) 12tg=x . ( )( ) ( ) ,, 031520352 2 =+⋅−⇔=+− tg1arctgtg1arctg 00 ≡ .
2) 512 ,x tg= . ( )( ) ( )22 arctg tg1,5 5arctg tg1,5 3 0, 4,5 7,5 1 3 0,− + = ⇔ − ⋅ + = 00 ≡ .
Відповідь: 12tg=x , 512 ,x tg= .
Приклад 3.5. Розв’язати рівняння 3 4arcsin arcsin arcsin5 5x x x+ = .
56
Розв’язування. Знаходимо ОВ: .x
,x
,x
,x
11
1
154
153
≤≤−⇔
≤
≤
≤
Враховуючи, що
рівняння має обернену тригонометричну функцію xarcsin , знаходимо синуслівої і правої частин цієї рівності
⇔
=
+ ,xxx arcsinsin
54arcsin3arcsinsin
5
⇔=
+
⇔ ,xxxxx
53arcsincos4arcsinsin
54arcsincos3arcsinsin
55
⇔=−+−⇔ ,xxxxx 222591
54
25161
53 2 23 25 16 4 25 9 25 0
25x x x − + − − =
, 01 =x . 2 23 25 16 4 25 9 25 0x x− + − − = , 12 =x , 13 −=x .
Перевірка: 01 =x ; 0arcsin0arcsin0arcsin =+ , 00 ≡ .
12 =x , 15
arcsin54arcsin3arcsin =+ , ⇔
=
+ ,1
5arcsinsin
54arcsin3arcsinsin
⇔=+⇔=−+−⇔ ,, 12616
2591
2591
54
25161
53 11 ≡ .
13 −=x , ⇔−=−−−− ,12591
54
25161
53 11 −≡− .
Відповідь: 0=x , 1=x , 1−=x .
Приклад 3.6. Розв’язати рівняння 0=++7
arctg2
arctgarctg2xxx .
Розв’язування. Визначаємо, що ОВ: ( )∞∞−∈ ,x . Запишемо рівняння у
вигляді 7
arctg2
arctgarctg2xxx −=+ і переходимо до рівності тангенсів лівої
і правої частин отриманого виразу:
−=
+
7arctgtg
2arctgarctgtg
2xxx .
57
Згідно з формулою (3.с) і ( )β⋅α−β+α
=β+αtgtg
tgtgtg1
, отримуємо
( )
( ) 71
2xxx
xx−=
−
+
2arctgtgarctgtg
2arctgtgarctgtg
; ⇔−=
−
+⇔ ,x
x
xx
7
21
22
2( ) ⇔=
++− ,xxxx 0733 2
х1=0, х2=3. Зразу визначаємо, що розв’язок х=3 є стороннім, тому що при х>0значення tg х>0 і сума додатних чисел не може дорівнювати нулю. При х=0маємо tg 0=0, тобто цей розв’язок задовольняє початковому рівнянню.
Відповідь: х=0.
Приклад 3.7. Розв’язати рівняння ( ) 0=+ -xx 1arccos2arcsin .
Розв’язування. Визначаємо ОВ: [ ]1011111 ,x,x,x ∈⇔
≤−≤−≤≤− . Оцінимо зна-
чення доданків заданого рівняння для значень х із ОВ: 0 2arcsin x≤ ≤ π ,
( )2π
≤≤ -x1arccos0 . Сума цих доданків дорівнює нулю тільки тоді, коли кож-
ний дорівнює нулю, тобто дістаємо наступну систему рівнянь:
( )0
00 =⇔
== x
,-x,x
1arccosarcsin .
Перевірка підтверджує цей факт.Відповідь: 0=x .
Приклад 3.8 . Розв’язати рівняння 3π=+ xx 33 arccosarcsin .
Розв’язування. Застосовуючи тотожність ( ) ( )baabbaba +−+=+ 3333 і
беручи до уваги, що 2π
=+=+ xxba arccosarcsin , отримуємо:
⇔π=
+⋅−
+ ,xxxxxx 33
3 arccosarcsinarccosarcsinarccosarcsin
233
127
23
8π−=⋅⇔π=⋅
π−
π⇔ xx,xx arccosarcsinarccosarcsin . За допомо-
гою заміни yx =arcsin ,
π
≤2
y і приймаючи до уваги, що
yxx −π
=−π
=22
arcsinarccos , дістаємо квадратне рівняння відносно змін-
58
ної у: 2 27 02 12
y yπ π− − = . Корені цього рівняння π±π
=1293
421,y за абсолю-
тною величиною більше 2π , тобто не задовольняють умову існування функції
arcsin x . Таким чином, задане рівняння розв’язків не має.Відповідь: Розв’язків не існує.
Приклад 3.9. Розв’язати рівняння ( )2
arccos2arctg xx- =1 .
Розв’язування. Знаходимо ОВ: [ ]2212
,x,x−∈⇔≤ . Позначаємо, що
( ) α=1x-arctg , β=2
arccos x , причому 0< β <π. Звідси 2
1 x,x =β−=α costg . То-
ді початкове рівняння приймає вигляд 2α=β або 2β
=α . Знаходимо значення
тангенса цієї рівності: ,x
xx,x,
2121
1111
2 +
−=−⇔
β+β−
=−⇔β
=αcoscostgtg ⇔
⇔ ( ) 02221 32 =−⇔+−
=− xx,xxx . Отримуємо розв’язки: 01 =x ; 22 =x ;
23 −=x . Вони належать ОВ, але ще треба зробити перевірку:
01 =x , ( ) 0arccos2arctg =1- ; 22π≠π− – сторонній розв’язок;
22 =x , ( )2
arccos2arctg 212 =- , ⇔ ( )4
12 π=-2arctg ; ⇔
⇔ ( )8
12 π=-arctg , ⇔ ( )
812 π=-arctg ,⇔ ( )
2412
π= tgarctg - ,
⇔ ( ) ( )( )( ) 12
2121211
211
222
2212
2
41412 −=
−+−⋅
=+
=+
=+
=π+
π=
cos
sin- .
23 −=x . ( )
−=−
2arccos2arctg 212- . Виконуючи аналогічні перетворен-
ня, як для кореня 22 =x , визначаємо, що це сторонній розв’язок.
Відповідь: 2=x .
Приклад 3.10.Розв’язати рівняння 42
2 π=
−
+
xx 22cosarctgcosarctg .
59
Розв’язування. Позначаємо α=
+ xcosarctg 2 , β=
2x22cosarctg .
Враховуючи, що 02 >+ xcos і 02>x22cos , то
20 π
<α< і 2
0 π<β< . Із рів-
нянь заміни знаходимо, що xcostg +=α 2 ; 2
2 2 xcostg =β , і задане рів-
няння приймає вигляд 4π
=β−α . Визначаємо тангенс цієї рівності :
( )4π
= tgtg á-â , ⇔ 11
=β⋅α+β−α
tgtgtgtg , ⇔ 1
21
2
2
2
=
++
−+
2coscos2
2coscos2
xx
xx, ⇔
022
2 24 =+xx coscos , ⇔ 0
2=
xcos , ⇔ ,nx π+π= 2 Zn∈ .
Перевірка: ( )( ) ( )4
2 π=
π+π−π+π+ 2n2cosarctg2ncosarctg 2 ,
( )4
012 π=−− arctgarctg ,
44π
≡π .
Відповідь: ( ),nx 21+π= Zn∈ .
Приклад 3.11. Розв’язати рівняння
π=
π xx sincoscossin .
Розв’язування. Запишемо рівняння у вигляді
π−π
=
π xx sinsincossin
2. Використовуючи умову рівності синусів,
отримуємо:
1) xkx sincos π−π
+π=π2
2 , або 2
14 +=+kxx cossin , Zk∈ ;
2)
π−π
−π+π=π xkx sincos2
2 , або 2
14 +=−kxx sincos , Zk∈ .
Тут враховано, що ( )α+π=α 2sinsin та ( )( )α−π+π=α k2sinsin .
Розв’язуємо перше рівняння:
+
=+2
1422
22 kxx cossin
22 , ⇔
2214
4+
=
π
−kxcos , Zk∈ . Беручи до уваги, що останнє рівняння має
60
зміст при умові 12214≤
+k , визначаємо, що для k треба обрати тільки одне
значення k =0, тоді 42
4=
π
−xcos , звідки Zn,nx ∈±π=π
−422
4arccos .
Друге рівняння аналогічно (знайти самостійно).
Відповідь: Zn,nx ∈π
±±π=44
22 arccos .
Приклад 3.12.Розв’язати рівняння
= 21-xxx 2arcsin2arccos .
Розв’язування. Знаходимо ОВ: [ ]11,x −∈ . Взявши синус від лівої і правої
частин рівняння, дістаємо:
=
21-xxx 2arcsinsin2arccossin , ⇔
21-xxxx 2arccoscosarccos2sin =
, ⇔ 22 11 -xx-xx 22 = . Але буде
помилкою дати відповідь, що рівнянню задовольняє довільне х із ОВ. Треба
врахувати, що у заданому рівнянні ліва частина
xarccos завжди додатна.
Тому треба врахувати умову 2
10 2 π≤
< -xx2arcsin . Звідси для
xarccos отримуємо 2
20 π≤< xarccos , або
40 π
≤< xarccos . Ця нерівність
має розв’язок 12
1≤≤ x , який належить ОВ рівняння.
Відповідь:
∈ 1
22 ,x .
Приклади для самостійного розв’язання
Розв’язати рівняння:
1) 072
2=++
xxx arctgarctgarctg ; [ ]0 .
2). 13 =
xarcsintg ,
−±
2232
21 , .
61
3) 3
2 π=+ xx arcsinarcsin ,
7350, .
4) 22π
=+xx arccosarccos ,
5
52 .
5) 2
11 π=−− x
xarcsinarcsin , [ ]1 .
6) 04 =
xarccostg , [ ]1500 ;,;
7) 2
3 π=+ xx arcctgarctg , [ ]0 .
8)
π=
π xx ctgctgtgtg , Zn,n ∈
±π 2arctg .
9) xx 2arccos2arcsin = ,
−2
13 .
10) xx 2=
cosarcsin ,
π
6.
11)
=
xx arcsintgarcctgsin , [ ]12 − .
62