ГЛАВА  5

НЕРАВЕНСТВА

Ответы и решения

621.

Неравенство равносильно следующему

sin2 x + sin x — 1 > 0.                                 (1)

Разложив квадратный трехчлен, стоящий в левой части (1), на множители, получим

         (2)

Но  и поэтому . Следовательно, исходное неравенство равносильно следующему:  и  имеет решения

2kπ + φ < х < π φ + 2kπ,  где  (k = 0, ± 1,  ± 2...)

__________________________________________________

622.

Исследуемое выражение не имеет смысла при х = π/2+ πп.

При прочих значениях х умножим обе части неравенства на cos2 x. Получим равносильное неравенство

(sin2x)2+  3/2 sin2x  — 2 > 0.

Решив полученное квадратное неравенство, найдем, что либо  либо . Первое из этих неравенств не может выполняться. Следовательно,

__________________________________________________

623.

Преобразуя    произведение   синусов   в   сумму,    заменим данное неравенство следующим равносильным

cos 3x > cos 7x     или   sin 5x sin 2x > 0.

Но при 0 < x < π/2  имеем sin 2x > 0 и, следовательно, исходное неравенство равносильно следующему:  sin 5x > 0.

Ответ: 0 < х < π/5    и   2/5 π < х < π/2.

__________________________________________________

624.

Выражение, стоящее в знаменателе левой части неравенства, положительно, так    как    |sin х + cos х | = |√2  sin( х + π/4 )| < 2  . Поэтому неравенство равносильно следующему:

sin2 x > 1/4  или  | sin х | > 1/2 ,

Ответ:      π/6+ kπ < х < 5/6 π + kπ.

__________________________________________________

625.

Запишем неравенство в виде

(cos х — sin x) [1— (cos х +sin x)] =  2 sin x/2 ( sin x/2 —cos x/2 ) (cos x — sin x) > 0.       (1)

Ho sin x/2 > 0, так как 0 < х < 2π. Рассмотрим два возможных случая, при которых выполняется неравенство (1)

Случай 1.

              (2)

По условию 0 < х < 2π. Учитывая это, из (2) находим, что первое неравенство выполняется при 0 < х < π/4 или —5/4 π < х < 2π, второе— при π/2 < х < 2π. Следовательно, в этом случае 5/4 π < х < 2π.

Случай   2.

                         (3)

Система   (3)  с учетом  того,   что  0 < х < 2π, удовлетворяется при  π/4 < х < π/2

Ответ:    π/4 < х < π/2   и    5/4 π < х < 2π

__________________________________________________

626.

Положим tgx/2 = t. Тогда неравенство примет вид

или

               (1)

Так  как   t2 + t +1 > 0  при   всех  действительных  значениях   t, тo неравенство (1) равносильно неравенству

                              (2)

Трехчлен   t2 —  t — l   имеет корни .     Решив   (2),

найдем, что либо ,

Ответ:

 

__________________________________________________

627.

Из формул для sin3x  и cos 3x (sin3x = 3sin x — 4 sin3 x ; cos3x = 4cos3 x — 3 cos x ) находим:

Пользуясь   этими  формулами,   запишем данное неравенство в виде

(cos 3x + 3 cos x) cos 3x — (3 sinx—sin3x) sin3x > 5/2 

или

sin23x + cos23x + 3(cos3xcos x—sin3x sin x) > 5/2

или

cos4x > 1/2,   откуда      π/3+2πn < 4x <   π/3+ 2πn,

или

π/12+ 1/2πn < x < π/12+ 1/2πn    (n =0,    ±1,   ±2 ...).

__________________________________________________

628.

Неравенство,   которое   нужно  доказать,   можно записать в виде

  (1)

Но sin φ > 0 при 0 < φ < π/2, поэтому, после умножения обеих частей неравенства (1) на sin φ, получим равносильное неравенство

или 1 > sin φ. Последнее неравенство при  0 < φ < π/2 выполняется; следовательно, справедливо и исходное неравенство.

__________________________________________________

629.

Положив tg x = t, получим:

Левая часть теряет смысл для тех значений х, при которых t2=1, t2 = 1/3. При прочих значениях х левая часть неравенства равна t4+  2t2+ 1  и, следовательно, принимает положительные   значения.

__________________________________________________

630.

  В силу того что

левая часть неравенства может быть записана в виде

Но

sin3x = sin (x+ 2x)  =  sin x cos 2x + cos x sin 2x = sin x (3 cos2 x— sin2 x), поэтому  заданное   неравенство  сводится к очевидному неравенству

__________________________________________________

631.

Используя формулу    и     условие tg θ = n tg φ, получим:

Нужно доказать, что

(ctgφ+ п tg φ)2 > 4n     или    (1+ п tg2 φ)2 >4n tg2 φ.

Приходим, таким образом, к очевидному неравенству

(1 — п tg2 φ)2 >0

__________________________________________________

632.

Данное неравенство можно записать в виде

и,   умножая    на   2 (2 — sin x) (3 — sin x) > 0,    заменить   следующим равносильным:  sin2 x—5 sin x + 4>0 или

(4— sin x)( l — sin x)>0.                                (1)

Из  (1)   заключаем,   что   последнее   неравенство,   а вместе с ним и исходное,   выполняется   при   всех х, причем равенство достигается при   х = π/2+2kπ

__________________________________________________

633.

Установим сначала, что

| sin х | < | х | .

Рассмотрим тригонометрический круг радиуса 1 и предположим, что х обозначает радианную меру некоторого положительного или отрицательного  угла АОМ (рис. 249).

При любом положении точки М

Так как (равенство имеем лишь при x =0). После этого заключаем, что, если 0 < φ < π/2,   т.   е.   если  0 < cosφ <  1 < π/2, то   sin cos φ < cos φ.   Но    0 < sin φ  < φ < π/2 и поэтому cosφ <  cos sin φ.

Окончательно имеем cos sin φ > cos φ > cos sin φ.   Неравенство доказано.

__________________________________________________

634.

Воспользуемся   методом   полной   индукции.   Пусть   п = 2,

тогда 0 < α  < π/4. Следовательно,

так как 0 < 1— tg2α  < 1. Пусть

Докажем, что tg (п +1)α > (п + 1) tg α, если 0 < α < π/4n .

Применим формулу

              (3)

Так   как неравенство (1)   выполняется при условии (2), то оно тем более будет иметь место при 0 < α < π/4n. Но

0 < tg α < 1,                                       (4)

и так как 0 < пα < π/4, то

0 < tgпα < 1.                                       (5)

Из (4) и (5) получим:

0 < 1— tg α tg пα < 1.                                (6)

Из   (6)   и   (3)   следует   tg (п+ 1) α > (п + l) tg α, что и требовалось доказать.

__________________________________________________

635.

Так   как   большему   углу первой   четверти соответствует большее значение тангенса,  то

tg α1 < tg αi < tg αn                                 (1)

для i = 1, 2,  ... , п. Кроме того, cos αi  > 0 (i = 1, 2,  ... , п).   Поэтому неравенства (1) можно записать в виде

tg α1 cos αi  < sin αi < tg αn cos αi.                        (2)

Будем в неравенстве (2) придавать i значения 1, 2, ... , п и сложим все полученные неравенства. Находим:

tg α1 (cos α1 +... + cos αn) < sin α1 +... + sin αn < tg αn(cos α1+...+cos αn).       (3)

Разделив все части   неравенства (3) на cos α1+...+cos αn (что возможно, так как            cos α1+...+cos αn > 0), будем иметь:

__________________________________________________

636.

Обозначим левую часть   рассматриваемого неравенства через t. Тогда

после очевидных преобразований получим:

Следовательно,

__________________________________________________

637.

 Преобразуем левую часть данного неравенства следующим

образом:

Для сокращения записи положим tg x = t. Так как 0 < х < π/4, то

0 < t < 1.                                                  (1)

Таким образом, задача сводится к доказательству неравенства

при условии 0 < t < 1. Но  в силу   неравенства (1) предварительные замечания,   имеем

Кроме того,  Следовательно, , что и требовалось доказать.

 

__________________________________________________

Используются технологии uCoz