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.
__________________________________________________
|