Download to read offline
![УДК 373: [512 + 517]
ББК 22.12я721 + 2.161я721
Н49
ISBN 966 544 385 2
© Є. П. Нелін, 2004
© Є. П. Нелін, 2006, з доповненнями
© НМЦ «Світ дитинства» ООО,
оригінал макет, художнє оформлення, 2006
Р е ц е н з е н т и:
М. І. Бурда, член кореспондент АПН України, доктор педагогічних наук, про
фесор, заступник директора Інституту педагогіки АПН України
В. О. Золотарьов, доктор фізико математичних наук, професор, завідувач кафед
ри вищої математики та інформатики Харківського національ
ного університету ім. В. Н. Каразіна
О. М. Роганін, учитель математики вищої категорії, учитель методист Пісо
чинського колегіуму Харківського району Харківської області
Х у д о ж н и к С. Е. Кулинич
Рекомендовано Міністерством освіти і науки України
(лист № 1/11–3169 від 29 червня 2004 р.)
Нелін Є. П.
Н49 Алгебра і початки аналізу: Дворівневий підруч. для 10 кл. загально
освіт. навч. закладів.— 2 ге вид., виправ. і доп. — Х.: Світ дитинства,
2006.— 448 с.
ISBN 966 544 385 2.
УДК 373: [512 + 517]
ББК 22.12я721 + 2.161я721
У м о в н і п о з н а ч е н н я в п і д р у ч н и к у
головне в навчальному матеріалі
початок розв’язання задачі
закінчення розв’язання задачі
початок обґрунтування твердження
закінчення обґрунтування твердження
(
)](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-2-320.jpg)
![5
N — множина всіх натуральних
чисел
Z — множина всіх цілих чисел
Z0
— множина всіх невід’ємних
цілих чисел
Q — множина всіх раціональ
них чисел
R — множина всіх дійсних чи
сел, числова пряма
R+
— множина всіх додатних
дійсних чисел
[a; b] — відрізок (замкнений про
міжок) з кінцями a і b,
a < b
(a; b) — інтервал (відкритий про
міжок) з кінцями a і b,
a < b
(a; b],
[a; b) — напіввідкриті проміжки
з кінцями a і b, a < b
(a; +×),
[a; +×),
(–×; b],
(–×; b) — нескінченні проміжки
(–×; +×) — нескінченний проміжок,
числова пряма
Позначення, які зустрічаються в підручнику
За рахунок чіткого виділення загальних орієнтирів роботи з практичними
завданнями курсу вдається частину «нестандартних» (з точки зору традицій
них підручників) завдань перевести в розряд «стандартних» (наприклад,
рівняння, для розв’язування яких доводиться використовувати властивості
функцій). Це дозволяє зменшити розрив між рівнем вимог державної атес
тації з алгебри і початків аналізу та рівнем вимог з цього курсу на вступних
іспитах до вузів, а також ознайомити учнів з методами розв’язування зав
дань, які пропонуються на вступних іспитах до вузів.
Зауважимо, що детальна систематизація за змістовними лініями навчаль
ного матеріалу та відповідних способів діяльності по розв’язуванню завдань
курсу міститься також у посібнику Є. П. Неліна «Алгебра в таблицях. На
вчальний посібник для учнів 7–11 класів».— Харків: Світ дитинства, 1998–
2005, який доцільно використовувати в навчальному процесі в комплекті
з підручником.
| x | — модуль (абсолютна величина)
числа x
[x] — ціла частина числа x
{x} — дробова частина числа x
f (x) — значення функції f у точці x
D (f) — область визначення функції f
E (f) — область значень функції f
sin — функція синус
cos — функція косинус
tg — функція тангенс
ctg — функція котангенс
arcsin — функція арксинус
arccos — функція арккосинус
arctg — функція арктангенс
arcctg — функція арккотангенс
a — арифметичний корінь із чис
ла a
2k
a — арифметичний корінь 2k го
степеня з числа a (k ∈ N)
2 1k
a+
— корінь (2k+1) го степеня з
числа a (k ∈ N)
loga
— логарифм за основою a
lg — десятковий логарифм (лога
рифм за основою 10)
ln — натуральний логарифм (лога
рифм за основою e)](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-5-320.jpg)
![9
задана функція y = f (x) з областю визначення D (f) = [–1; 3] і множиною зна
чень E (f) = [1; 4].
2. Графік функції. Нагадаємо, що
графіком функції y = f (x) називається множина всіх точок координатної
площини з координатами (x; f (x)), де перша координата x«пробігає» всю
область визначення функції, а друга координата — це відповідне значен
ня функції f у точці x.
На рисунках до пункту 4 таблиці 1 наведено графіки функцій y = x2
та
y
x
=
1
, а на рисунку 3 — графік функції y = | x |.
Наведемо також графік функції y =[x], де [x] — позначення цілої частини
числа x, тобто найбільшого цілого числа, яке не перевищує x (рис. 4). Об
ласть визначення цієї функції D (y) = R — множина всіх дійсних чисел, а об
ласть значень E (y) = Z — множина всіх цілих чисел.
На рисунку 5 наведено графік ще однієї числової функції y = {x}, де {x} —
позначення дробової частини числа x (за означенням {x} = x – [x]).
3. Зростаючі та спадні функції. Важливими характеристиками функцій є їх
зростання та спадання.
Функція f (x)називається зростаючоюнамножиніР,якщобільшомузна
ченню аргументу з цієї множини відповідає більше значення функції.
Тобто для будь яких двох значень
x1
і x2
з множини Р, якщо x2
> x1
, то
f (x2
) > f (x1
).
Наприклад, функція f (x) = 2x зрос
таюча (на всій області визначення, тоб
то на множині R), оскільки, якщо
x2
> x1
,то2x2
>2x1
,отже, f (x2
) > f (x1
).
y = | x |
Рис. 3 Рис. 4
y =[x]
Рис. 5
§ 1. Повторення і розширення відомостей про функцію](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-9-320.jpg)
![10
РОЗДІЛ 1. Тригонометричні функції
Відповідні точки графіка зростаючої функції при збільшенні аргументу
піднімаються (рис. 6).
На рисунку 7 наведено графік ще однієї зростаючої функції у= х3
. Дійсно,
при x2
> x1
маємо x2
3
> x1
3
, тобто f (x2
) > f (x1
).
Функціяf(x) називається спадною на множині Р, якщо більшому значен
ню аргументу з цієї множини відповідає менше значення функції.
Тобто для будь яких двох значень x1
і x2
з множини Р, якщо x2
> x1
, то
f (x2
) < f (x1
).
Наприклад, функція f (x) = –2x спадна (на всій області визначення, тобто
на множині R), оскільки, якщо x2
> x1
, то –2x2
< –2x1
, отже, f (x2
) < f (x1
).
Іідповідні точки графіка спадної функції при збільшенні аргументу опуска
ються (рис. 8).
Розглядаючи графік функції y = x2
(рис. 9), бачимо, що на всій області
визначення ця функція не є ні зростаючою, ні спадною. Але можна виділити
проміжки області визначення, де ця функція зростає і де спадає. Так, на про
міжку [0; + ) функція y = x2
зростає, а на проміжку (– ; 0] — спадає.
Зазначимо, що для зростаючих і спадних функцій виконуються власти
вості, обернені до тверджень, що містяться в означеннях.
Якщо функція зростає, то більшому значенню функції відповідає
більше значення аргументу.
Якщофункціяспадає,тобільшомузначеннюфункціївідповідаємен
ше значення аргументу.
( Обґрунтуємо першу з цих властивостей методом від супротивного. Нехай
функція f (x) зростає іf (x2
) > f (x1
). Припустимо, що аргументx2
не більше
аргументу x1
, тобто x2
m x1
. З цього припущення одержуємо:
якщоx2
x1
іf (x)зростає,то f (x2
) f (x1
),щосуперечитьумовіf (x2
) > f (x1
).
Отже, наше припущення неправильне і, якщо f (x2
) > f (x1
), то x2
> x1
, що
і потрібно було довести.
Аналогічно обґрунтовується і друга властивість. )
Рис. 7 Рис. 8Рис. 6
у = х3](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-10-320.jpg)
![16
РОЗДІЛ 1. Тригонометричні функції
Вправи
1°. Знайдіть значення функції у вказаних точках:
1) f x x
x
( ) = +
1
у точках 2; –1; 3; а (а ≠ 0);
2) g (x) = х2
– 3 у точках 0; 1; –2; b;
3) ( ) 1x xϕ = + у точках 0; 3; –1; m (m > 0).
2. Знайдіть область визначення функції, заданої формулою:
1°) у = 2х + 3; 2°) y x= +3 ; 3°) y
x
=
+
1
1
; 4) y
x
x
=
+2
1
;
5) y x= −2 1 ; 6) y x= +2 1 ; 7) y x x= − + −1 5 ; 8) y
x
x
=
+ 3
;
9*
) y
x
x
=
−
−
2
9
3
; 10*
)
2
1
x x
x
y
−
+
= ; 11*
) y
x
x
=
− 2
; 12*
) y x x= + +2 1 .
3. Знайдіть область значень функції, заданої формулою:
1) f (x) = 5; 2) f (x) = х; 3) f (x) = х2
; 4) f x x( ) = ;
5*
) у = –3х + 1; 6*
) у = х2
– 5; 7*
) у = | х | + 3 .
4°. Для функцій, які задані своїми графіками на рисунку 12, укажіть область
визначення, область значень, проміжки зростання і спадання та значення
кожної функції прих = 1.
5. Обґрунтуйте, що задана функція є зростаючою (на її області визначення):
1) у = 3х; 2) у = х + 5; 3*
) у = х3
; 4*
) у = х5
; 5*
) y x= .
6*
. Доведіть, що на заданому проміжку функція зростає:
1) y
x
= −
2
, де х > 0; 2) y
x
= −
1
, де х < 0.
7. Обґрунтуйте, що задана функція є спадною (на її області визначення):
1) у = –3х; 2) у = –х – 1; 3*
) у = –х3
; 4*
) у = –х5
.
8*
. Доведіть, що на заданому проміжку функція спадає:
1) y
x
=
3
, де х < 0; 2) y
x
=
5
, де х > 0.
9*
. Доведіть, що функція у = х2
на проміжку [0; + ) зростає, а на проміжку
(– ; 0] спадає.
10*
. Користуючись твердженнями, доведеними у прикладі 5 (с. 13), укажіть,
які із заданих функцій є зростаючими, а які — спадними:
1) у = х3
+ x; 2) у = –х – x5 ; 3) y x x= + ; 4) у = –х3
– х5
.](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-16-320.jpg)
![19
1 2 3 4 5 6
2. Обернена пропорційність, функція
k > 0
x 0 y 0 непарна
спадає на
кожному з
проміжків
(– ; 0)
i (0; + )
k < 0
зростає на
кожному з
проміжків
(– ; 0)
i (0; + )
3. Функція y = ax2
(a 0 )
a > 0
R
[0; + )
парна
спадає на
проміжку
(– ; 0],
зростає на
проміжку
[0; + )
a < 0 (– ; 0]
зростає на
проміжку
(– ; 0],
спадає на
проміжку
[0; + )
П р о д о в ж. т а б л. 2
y k
k
x
= ≠( )0
§ 1. Повторення і розширення відомостей про функцію](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-19-320.jpg)
![20
РОЗДІЛ 1. Тригонометричні функції
Пояснення й обґрунтування
1. Лінійна функціяy = kx +b. Лінійною функцією називається функція виду
y = kx + b, де k і b — деякі числа.
Обґрунтуємо основні характеристики цієї функції: область визначення,
область значень, парність чи непарність, зростання і спадання.
Область визначення — множина всіх дійсних чисел: D (y) = R, оскільки
формула kx + b має зміст при всіх дійсних значеннях x (тобто для будь якого
дійсного x ми можемо обчислити значення kx + b).
Область значень лінійної функції буде різною залежно від значення кое
фіцієнтаk.
Якщо k = 0, то функція має вид y = b, тобто її область значень складається
з одного числа b. У такому випадку графіком лінійної функції y = b є пряма,
паралельна осі Ox, яка перетинає вісь Oy у точці b (рис. 13).
Якщо k ≠ 0, то E (y) = R (обґрунтування наведено в прикладі 3 на с. 13).
Парність і непарність лінійної функції суттєво залежить від значень ко
ефіцієнтів b i k.
При b = 0 і k ≠ 0 функція y = kx + b перетворюється на функцію y = kx, яка
непарна, оскільки для всіх x з її області визначення
f (–x) = k(–x) = –kx = –f (x).
1 2 3 4 5 6
4. Kвадратична функція y = ax2
+ bx + c
a > 0
R
[y0
; + )
у загально
му виді —
ні парна, ні
непарна
при b = 0
функція
y =ax2
+ c
парна
спадає на
проміжку
(– ; x0
],
зростає на
проміжку
[x0
; + )
a < 0 (– ; y0
]
зростає на
проміжку
(– ; x0
],
спадає на
проміжку
[x0
; + )
a x
b
a
≠ = −( )0 0
2
,
П р о д о в ж. т а б л. 2](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-20-320.jpg)
![23
значенню аргументу не відповідає менше значення функції і на всій її області
визначення функція
1
( )
x
f x = не є спадною.
З цієї ж причини не можна сказати, що функція 1
( )
x
f x = спадає при
х ∈ (–×; 0) (0; +×).
3. Функція у = ах2
(а ≠≠≠≠≠ 0). Як відомо з курсу алгебри, графіком цієї функції є
парабола, вітки якої напрямлені вгору при а > 0 (рис. 17, а) і вниз при а < 0
(рис. 17, б). Оскільки при х = 0 значення у = 0, то графік завжди проходить
через початок координат.
Область визначення: х ∈ R, оскільки значення у = ах2
можна обчислити
при будь яких значеннях х.
Функція парна, оскільки f (–x) = а(–х)2
= ах2
= f (x). Отже, її графік симет
ричний відносно осіОу.
Інші властивості сформулюємо, скориставшись графіком функції у = ах2
(рис. 17). Їх можна обґрунтувати, спираючись на властивості функції у = х2
і на геометричні перетворення її графіка, які буде розглянуто далі у п. 1.3.
Область значень. При а > 0 графік проходить через початок координат, а
всі його інші точки знаходяться вище осіОх. Якщо значення х збільшується
до нескінченності, то і значення у теж збільшується до нескінченності (+ ),
отже, у 0, тобто Е (у) = [0; + ).
Аналогічно при а < 0 графік також проходить через початок координат,
але всі його інші точки знаходяться нижче осі Ох. Якщо значення х
збільшується до нескінченності, то значення у зменшується до мінус не
скінченності (– ), отже, у 0, тобто Е (у) = (– ; 0].
Зростання і спадання. Приа > 0 на проміжку (– ; 0] функція спадає, а на
проміжку [0; + ) — зростає.
При а < 0 на проміжку (– ; 0] функція зростає, а на проміжку [0; + ) —
спадає.
Відповідні графіки наведено також у таблиці 2.
а б
Рис. 17
§ 1. Повторення і розширення відомостей про функцію](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-23-320.jpg)
![25
При а < 0 функція набуває всіх значень у уо
, тобто Е (у) = (– ; уо
].
Парність і непарність. При b = 0 одержуємо парну квадратичну функцію
у = ϕ (х) = ax2
+ c. Дійсно, ϕ (–х) = a(–x)2
+ c = ax2
+ c = ϕ (х).
У загальному випадку (якщо b ≠ 0) функція y = f (x) = ax2
+ bx + c (a ≠ 0) не
є ні парною, ні непарною, оскількиf (–x) = a(–x)2
+ b(–x) +c= ax2
–bx + c≠ f (x)
(і не дорівнює –f (x)).
Зростанняіспадання.При а>0напроміжку(– ; хо
]функціяспадає,а на
проміжку [х0
; + ) — зростає.
При а < 0 на проміжку (– ; х0
] функція зростає, а на проміжку [х0
;+ ) —
спадає.
Оскільки при х = 0 значення у = с, то графік завжди перетинає вісь Оу
у точці с.
Відповідні графіки при D > 0 наведено також у таблиці 2.
Приклади розв’язання завдань
Приклад 1 Побудуйте графік функції:
1) у = 2х + 1; 2) у = –3х – 1; 3) у = 4.
Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р
1) Графік функції
у = 2х + 1 — пряма.
x 0 1
y 1 3
2) Графік функції
у = –3х – 1 —
пряма.
x 0 1
y 1– 4–
3) Графік функції у = 4 — пряма,
паралельна осі Ох, яка проходить
черезточку4наосі Оу.
Усі задані функції лінійні, отже,
їх графіками є прямі.
Щоб побудувати прямі в завдан
нях 1 і 2, досить побудувати дві точ
ки цих прямих. Наприклад, можна
взяти х = 0 і х = 1 і знайти відповідні
значення у. Оформляти ці обчислен
ня зручно у вигляді таблички:
x 0 1
y
У завданні 3 розглядається част
ковий випадок лінійної функції
(у = b). Для побудови цього графіка
кориснопам’ятати,щопрямау=4 —
це пряма, паралельна осі Ох (при
будь якому значенні х значення у
дорівнює 4).
x 0 1
y 4 4
§ 1. Повторення і розширення відомостей про функцію](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-25-320.jpg)
![37
2*
. Обґрунтуйтегеометричніперетворення,задопомогоюякихзграфікафунк
ції y= f (x) можна одержати графіки вказаних вище функцій.
Вправи
Побудуйте графіки функцій та відповідностей (1–7):
1. 1) y = | x – 5 |; 2) y = | x | – 5; 3) y = | | x | – 5 |; 4*
) | y | = x – 5.
2. 1°) y x= −2 9 ; 2)
2
9y x= − ; 3)
2
9y x= − ; 4*
) y x= −
2
9 .
3. 1°) y x= +( )1
2
; 2) y x= +( )1
2
; 3) y x= +( ) −1 3
2
; 4) 2
( 1) 3y x= + − .
4. 1°) y
x
=
+
1
2
; 2)
1
2x
y
+
= ; 3)
1
2x
y
+
= ; 4*
)
1
2x
y
+
= .
5. 1°) y
x
= −
2
; 2°) y
x
= −3
2
; 3) y
x
= −
−
2
1
; 4)
2
x
y = − .
6. 1°) y x= −3 ; 2°) y x= −3; 3) 3y x= − ; 4) 3y x= − ;
5*
) 3y x= − ; 6*
) 3y x= − ; 7*
) 3y x= − .
7. 1°) y x= − ; 2°) y x= − +4 ; 3) y x= − ; 4) y x= − −1 .
8. Функція y = f (x) задана на проміжку [0;12] і має графік, зображений на
рисунку 30, а. Побудуйте графіки функцій (та відповідностей 9*
і 10*
):
1) y = –f (x); 2) y = f (–x); 3) y f x= ( ) ; 4) y = f (| x |);
5*
) y = 2f (x); 6*
) y = f (2x); 7*
) y f x=
1
2
( ) ; 8*
) y f x= ( )1
2
;
9*
) | y | = f (x); 10*
) | y | = f (| x |).
9. Виконайте завдання вправи 8 для функції y = f (x), заданої на проміжку
[–14; 0], графік якої зображено на рисунку 30, б.
Рис. 30
а б
§ 1. Повторення і розширення відомостей про функцію](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-37-320.jpg)
![38
*
Походження та зміст терміна «тригонометрія» див. на с. 139.
РАДІАННА МІРА КУТІВ§§§§§22222
1. Поняття кута
У геометрії Утригонометрії*
Кут— геометрична фігура, утворе
на двома променями, які виходять
з однієї точки
Кут — фігура, утворена при пово
роті променя на площині навколо
початкової точки
∠ AOB утворений
при повороті
променя OA
навколо точки O
Градусна міра кута (1 1
180
° = частина розгорнутого кута)
Кожному куту ставиться у відпо
відність градусна міраα ∈ [0°; 180°].
∠ AOB = 90°
Кожному куту як фігурі ставиться
у відповідність кут повороту, за до
помогою якого утворений цей кут.
Кут повороту α ∈ (– ; + ).
Радіанна міра кута
∠ AOC — розгорнутий.
1 радіан — центральний кут, що відповідає дузі,
довжина якої дорівнює радіусу кола.
∠ AOB = 1 рад. Це означає, що ∪AB = OA = R
∠ AOC = 180°= π (радіан)
Т а б л и ц я 5
∠ AOB утворений
променями OA і OB
2. Вимірювання кутів
∠ AOB = β = 90°
∠ AOB = γ = –270°
∠ AOB = ϕ =
= 90°+ 360°= 450°
1
180
° =
π
радіан 1 радіан=
180
57
°
≈ °
π](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-38-320.jpg)
![53
чок M координатної площини, які мають координати (x; y) = (x; f (x)).
Перша координата для точок графіка вибирається довільно з області ви
значення функції. Виберемо як першу координату значення x + T (або
в узагальненому вигляді — значення x + kT при цілому значенні k) і вра
хуємо, що для періодичної функції f (x + T) = f (x – T) = f (x) (у загальному
випадку f (x + kT) = f (x)). Тоді до графіка функції y = f (x) буде входити
також точка M1
координатної площини з координатами:
(x + T; y) = (x + T; f (x + T)) = (x + T; f (x)).
Точку M1
(x + T; f (x)) можна одержати з точки M (x; f (x)) паралельним
перенесенням уздовж осі Oxна T одиниць (рис. 46). У загальному випадку
точку M2
(x + kT; f (x)) можна одержати з точки M (x; f (x)) паралельним
перенесенням уздовж осі Ox на kT одиниць. Отже, через проміжок T ви
гляд графіка періодичної функції буде повторюватися. Тому для побудови
графіка періодичної функції з періодом T досить побудувати графік на
будь якомупроміжкудовжиноюT (наприклад,напроміжку[0; T]),апотім
одержану лінію паралельно перенести праворуч і ліворуч уздовж осі Ox
на відстані kT, де k — будь яке натуральне число. )
Приклади розв’язання завдань
Приклад 1 Користуючисьперіодичністю,парністюінепарністютригоно
метричних функцій, знайдіть:
1)
π21
;
2
sin 2) cos (–405°); 3)
π16
3
tg ; 4) ctg (–570°).
Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р
§ 4. Властивості тригонометричних функцій
Рис. 46
1) ( )π21
2 2
sin sin 10
π
= π + =
( )2 2
sin 5 2 sin 1.
π π
= ⋅ π + = =
2) cos cos− °( ) = ° =405 405
( ) 2
2
cos 360 45 cos45 .= °+ ° = ° =
1) Враховуючи,щозначенняфункції
sinxповторюютьсячерезперіод 2π,
виділимо в заданому аргументі
число, кратне періоду (тобто 10π),
а потім скористаємося рівністю
sin (α + 2πk) = sin α (k ∈ Z).
2) Спочатку враховуємо парність ко
синуса: cos (–α) = cos α, а потім
його періодичність із періодом
2π = 360°: cos (α + 360°) = cos α.](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-53-320.jpg)
![55
Запитання для контролю
1. а) Назвіть знаки тригонометричних функцій у кожній з координатних
чвертей.
б*
) Обґрунтуйте знаки тригонометричних функцій у кожній з координат
них чвертей.
2. а) Якізтригонометричнихфункційєпарними,аякінепарними?Наведіть
приклади використання парності і непарності для обчислення значень
тригонометричнихфункцій.
б*
) Обґрунтуйте парність чи непарність відповідних тригонометричних
функцій.
3. а) Яка функція називається періодичною? Наведіть приклади.
б*
) Обґрунтуйте періодичність тригонометричних функцій. Укажіть най
менший додатний період для синуса, косинуса, тангенса і котангенса
та обґрунтуйте, що в кожному випадку цей період дійсно є найменшим
додатним періодом.
Вправи
1. Користуючись періодичністю, парністю і непарністю тригонометричної
функції, знайдіть:
1)
π19
3
cos ; 2) sin (–750°); 3) ( )π19
6
tg ;− 4) ctg 945°;
5)
π25
4
sin ; 6) cos (–3630°); 7) ( )π17
4
ctg ;− 8) tg 600°.
2*
. Серед заданих функцій знайдіть періодичні і вкажіть найменший додат
ний період для кожної з них:
1) f (x) = x2
; 2) f (x) = sin 2x; 3) f (x) = | x |; 4) f (x) = tg 3x; 5) f (x) = 3.
3. Знайдіть період кожної з заданих функцій:
1) y = cos 2x; 2) y = tg 5x; 3)
3
sin ;
x
y = 4) y = ctg 3x; 5)
2
5
cos .
x
y =
4. На кожному з рисунків 47–50 наведена частина графіка деякої періодич
ної функції з періодом T. Продовжіть графік на відрізок [–2T; 3T].
§ 4. Властивості тригонометричних функцій
Рис. 47 Рис. 48 Рис. 49 Рис. 50](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-55-320.jpg)
![56
ГРАФІКИ ФУНКЦІЙ СИНУСА, КОСИНУСА, ТАНГЕНСА
І КОТАНГЕНСА ТА ЇХ ВЛАСТИВОСТІ§§§§§55555
Графік функції y= sin x (синусоїда)
Властивості функції y = sin x
1. Область визначення: x ∈ R (x — будь яке дійсне число). D (sin x) = R
2. Область значень: y ∈ [–1; 1]. E (sin x) = [–1; 1]
3. Функція непарна: sin (–x) = –sin x
(графік симетричний відносно початку координат).
4. Функція періодична з періодом T = 2πππππ : sin (x + 2π) = sin x.
5. Точки перетину з осями координат: Oy
0
0
x
y
,=
=
Ox
0,
,
y
x k Z
=
= π ∈ k
6. Проміжки знакосталості:
sin x > 0 при x ∈∈∈∈∈ (2πππππk; πππππ + 2πππππk), k ∈ Z
sin x < 0 при x ∈∈∈∈∈ (πππππ + 2πππππk; 2πππππ + 2πππππk), k ∈ Z
7. Проміжки зростання і спадання:
функціяsinxзростаєнакожномузпроміжків 2 2
2 ; 2 ,k k
π π − + π + π k ∈ Z,
і спадає на кожному з проміжків
3
2 2
2 ; 2 ,k k
π π + π + π k ∈ Z.
8. Найбільше значення функції дорівнює 1 при
2
2 ,x k
π
= + π k ∈ Z.
Найменше значення функції дорівнює –1 при
2
2 ,x k
π
= − + π k ∈ Z.
5.1. ГРАФІК ФУНКЦІЇ y = sin x ТА ЇЇ ВЛАСТИВОСТІ
Т а б л и ц я 10](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-56-320.jpg)
![57
Пояснення й обґрунтування
Характеризуючивластивостіфункцій,мибудемонайчастішевиділятитакі
їх характеристики: 1) область визначення; 2) область значень; 3) парність чи
непарність; 4) періодичність; 5) точки перетину з осями координат; 6) про
міжки знакосталості; 7) проміжки зростання і спадання*
; 8) найбільше та
найменше значення функції.
З а у в а ж е н н я. Абсциси точок перетину графіка функції з віссю Ох (тоб
то ті значення аргументу, при яких функція дорівнює нулю) називаютьнуля
ми функції.
Нагадаємо, що значення синуса — це ордината відповідної точки одинич
ного кола (рис. 51). Оскільки ординату можна знайти для будь якої точки
одиничного кола, тообласть визначенняфункції y = sin x — усі дійсні числа.
Це можна записати так: D (sin x) = R.
Для точок одиничного кола ординати набувають усіх значень від –1 до 1,
отже, область значень функції y = sin x: y ∈ [–1; 1]. Це можна записати так:
E (sin x) = [–1; 1].
Якбачимо,найбільшезначення функціїsinxдорівнюєодиниці.Цезначен
ня досягається тільки тоді, коли відповідною точкою одиничного кола є точ
ка A, тобто при
2
2 ,
π
= + πx k k ∈ Z.
Найменше значення функції sin x дорівнює мінус одиниці. Це значення
досягається тільки тоді, коли відповідною точкою одиничного кола є точка B,
тобто при
π
2
2 ,= − + πx k k ∈ Z.
Як було показано в § 4, синус — непарна функція: sin (–x) = –sin x, отже,
її графік симетричний відносно початку координат.
В § 4 було обґрунтовано також, що синус — періодична функція з наймен
шим додатним періодом T = 2π: sin (x + 2π) = sin x, отже, через проміжки
довжиною 2π вигляд графіка функції sin x повторюється. Тому при побудові
графіка цієї функції досить побудувати графік на будь якому проміжку дов
жиною 2π, а потім одержану лінію па
ралельно перенести праворуч і ліворуч
уздовж осі Ox на відстані kT = 2πk,
де k — будь яке натуральне число.
Щоб знайти точки перетину графі
ка функції з осями координат, згадає
мо, що на осі Oy значення x = 0. Тоді
відповідне значенняy = sin 0 = 0, тобто
графік функції y = sin x проходить че
рез початок координат.
§ 5. Графіки функцій синуса, косинуса, тангенса і котангенса та їх властивості
Рис. 51
*
Проміжки зростання і спадання функції інколи ще називають проміжками монотон
ності функції.](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-57-320.jpg)
![59
чатку побудувати графік на будь якому проміжку довжиною 2π, наприклад,
на проміжку [–π; π]. Для більш точної побудови точок графіка користуємося
тим, що значення синуса — це ордината відповідної точки одиничного кола.
На рисунку 54 показана побудова графіка функціїy = sinx на проміжку [0;π].
Враховуючинепарністьфункціїsinx(їїграфіксиметричнийвідноснопочатку
координат), для побудови графіка на проміжку [–π; 0] відображуємо одержа
ну криву симетрично відносно початку координат (рис. 55).
Оскільки ми побудували графік на
проміжку довжиною 2π, то, враховую
чиперіодичністьсинуса(зперіодом2π),
повторюємо вид графіка на кожному
проміжку довжиною 2π (тобто перено
симо паралельно графік уздовж осі Ох
на 2πk, де k — ціле число).
Одержуємографік,наведенийнари
сунку56,якийназиваєтьсясинусоїдою.
З а у в а ж е н н я. Тригонометричні функції широко застосовуються в ма
тематиці, фізиці та техниці. Наприклад, багато процесів, таких як коливан
няструни,маятника,напругивколізмінногострумуіт.п.,описуютьсяфунк
цією, яка задається формулоюy = A sin (ωх + ϕ). Такі процеси називають гар
монічними коливаннями.
§ 5. Графіки функцій синуса, косинуса, тангенса і котангенса та їх властивості
Рис. 54
Рис. 56
Рис. 55](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-59-320.jpg)
![60
РОЗДІЛ 1. Тригонометричні функції
Графік функції y = A sin (ωx + ϕ) можна одержати із синусоїди y = sin х
стискуванням або розтягуванням її вздовж координатних осей і паралельним
перенесенням уздовж осі Ох. Найчастіше гармонічне коливання є функцією
часу t. Тоді воно задається формулою y = A sin (ωt+ ϕ), деА— амплітуда коли
вання, ω — кутова частота, ϕ — початкова фаза,
2π
ω
— період коливання.
5.2. ГРАФІК ФУНКЦІЇ y = cos x ТА ЇЇ ВЛАСТИВОСТІ
Т а б л и ц я 11
Графік функціїy = cos x (косинусоїда)
Властивості функції y = cos x
1. Область визначення: x ∈ R ( x — будь яке дійсне число). D (cos x) = R
2. Область значень: y ∈ [–1; 1]. E (cos x) = [–1; 1]
3. Функція парна: cos (–x) = cos x (графік симетричний відносно осі Oy).
4. Функція періодична з періодом T = 2πππππ : cos (x + 2π) = cos x.
5. Точки перетину з осями координат: Оy
0
1
x
y
,=
=
Оx
2
0,
,
y
x k Z
π
π
=
= + ∈
k
6. Проміжки знакосталості:
cos x > 0 при ( )2 2
2 ; 2 ,x k k
π π
∈ − + π + π k ∈ Z
cos x < 0 при ( )3
2 2
2 ; 2 ,x k k
π π
∈ + π + π k ∈ Z
7. Проміжки зростання і спадання:
функція cos x зростає на кожному з проміжків [πππππ + 2πππππk; 2πππππ + 2πππππk],k ∈ Z,
і спадає на кожному з проміжків [2πππππk; πππππ + 2πππππk], k ∈ Z.
8. Найбільше значення функції дорівнює 1 при x = 2πππππk, k ∈ Z.
Найменше значення функції дорівнює –1 при x = πππππ + 2πππππk, k ∈ Z.](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-60-320.jpg)
![61
Пояснення й обґрунтування
Нагадаємо, що значення косинуса — це абсциса відповідної точки одинич
ного кола (рис. 57). Оскільки абсцису можна знайти для будь якої точки оди
ничного кола, тообласть визначення функції y = cos x — усі дійсні числа. Це
можна записати так:
D (cos x) = R.
Для точок одиничного кола абсциси набувають усіх значень від –1 до 1,
отже, область значень функції y = cos x: y ∈ [–1; 1]. Це можна записати так:
E (cos x) = [–1; 1].
Як бачимо, найбільше значення функції cos x дорівнює одиниці. Це зна
чення досягається тільки тоді, коли відповідною точкою одиничного кола
є точка A, тобто при x = 2πk, k ∈ Z.
Найменше значення функції cos x дорівнює мінус одиниці. Це значення
досягається тільки тоді, коли відповідною точкою одиничного кола є точ
ка B, тобто при x = π + 2πk, k ∈ Z.
Як було показано в § 4, косинус — парна функція: cos (– x) = cos x, тому її
графік симетричний відносно осіОу.
У § 4 було обґрунтовано також, що косинус — періодична функція з най
меншим додатним періодомT = 2π: cos (x + 2π) = cos x. Отже, через проміжки
довжиною 2πвид графіка функції cos x повторюється.
Щоб знайти точки перетину графіка функції з осями координат, згадає
мо, що на осі Oy значення x = 0. Тоді відповідне значення y = cos 0 = 1.
На осі Ox значення y = 0. Отже, нам потрібні такі значення x, при яких
cos x, тобто абсциса відповідної точки одиничного кола, буде дорівнювати
нулю.Цебудетількитоді,коливідповідноюточкоюодиничногоколаєточка C
або D, тобто при
π
2
,x k= + π k ∈ Z.
Проміжки знакосталості. Як було обґрунтовано в § 4, значення функції
косинус додатні (тобто абсциса відповідної точки одиничного кола додатна)
в I і IV чвертях (рис. 58). Отже, cos x > 0 при ( )π
2 2
; ,x
π
∈ − а також, враховуючи
період, при всіх ( )π
2 2
2 ; 2 ,x k k
π
∈ − + π + π k ∈ Z.
§ 5. Графіки функцій синуса, косинуса, тангенса і котангенса та їх властивості
Рис. 58Рис. 57](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-61-320.jpg)
![62
РОЗДІЛ 1. Тригонометричні функції
Значення функції косинус від’ємні (тобто абсциса відповідної точки
одиничного кола від’ємна) у ІІ і ІІІ чвертях, отже, cos x < 0 при
( )π 3
2 2
2 ; 2 ,x k k
π
∈ + π + π k ∈ Z.
Проміжки зростання і спадання.
( Враховуючи періодичність функції cos x (T = 2π), досить дослідити її на
зростання і спадання на будь якому проміжку довжиною 2π, наприклад,
на проміжку [0; 2π].
Якщо x ∈ [0; π] (рис. 59, а), то при збільшенні аргументу x (x2
> x1
) абсциса
відповідної точки одиничного кола зменшується (тобто cos x2
< cos x1
),
отже, у цьому проміжку функція cosx спадає. Враховуючи періодичність
функції cos x, робимо висновок, що вона також спадає в кожному з про
міжків [2πk; π + 2πk], k ∈ Z.
Якщо x ∈ [π; 2π] (рис. 59, б), то при збільшенні аргументу x (x2
> x1
) абсци
са відповідної точки одиничного кола збільшується (тобто cos x2
> cosx1
),
отже, у цьому проміжку функція cosx зростає. Враховуючи періодичність
функції cos x, робимо висновок, що вона також зростає в кожному з про
міжків [π + 2πk; 2π + 2πk], k ∈ Z. )
Проведене дослідження дозволяє побудувати графік функції y = cos x ана
логічнодотого,якбулопобудованографікфункціїy=sin x.Алеграфікфункції
у= cos x можна також одержати за допомогою геометричних перетворень гра
фіка функції у= sin х, використовуючи формулу
( )2
sin cos .x x
π
+ =
( Цю формулу можна обґрунтувати, наприклад, так. Розглянемо одиничне
коло (рис. 60) і відмітимо на ньому точки А = Рх
і
2
x
B Pπ +
= та абсциси
і ординати цих точок. Враховуючи, що
2
,AOB
π
∠ = одержуємо, що при по
а б
Рис. 60Рис. 59](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-62-320.jpg)
![80
7.1. ФОРМУЛИ ДОДАВАННЯ
Т а б л и ц я 15
ФОРМУЛИ ДОДАВАННЯ ТА ЇХ НАСЛІДКИ§§§§§77777
Пояснення й обґрунтування
1. Косинус різниці і суми.
( Щоб одержати формулу для cos (α– β),спочаткурозглянемовипадок,коли
α і β знаходяться в проміжку [0; π] і α > β. На одиничному колі позначимо
точки Рα
іРβ
та зобразимо вектори OPα
і OPβ (рис. 71). Ці вектори мають ті
самі координати, що й точки Рα
і Рβ
,тобто:
( )cos ;sin ,OPα α α ( )cos ; sin .OPβ β β
Довжини (модулі) цих векторів до
рівнюють одиниці: 1,α =OP 1,β =OP
а кут між ними дорівнює α – β (тобто
∠ Рα
OРβ
= α – β).
Знайдемо скалярний добуток век
торів OPα
і OPβ двома способами:
1) як суму добутків однойменних ко
ординат:Рис. 71
1. Косинус різниці і суми
cos (ααααα – βββββ) = cos ααααα cos βββββ + sin ααααα sin βββββ
cos (ααααα + βββββ) = cos ααααα cos βββββ – sin ααααα sin βββββ
2. Синус суми і різниці
sin (ααααα + βββββ) = sin ααααα cos βββββ + cos ααααα sin βββββ
sin (ααααα – βββββ) = sin ααααα cos βββββ – cos ααααα sin βββββ
3. Тангенс суми і різниці
( ) tg tg
1 tg tg
tg
α − β
+ α β
α − β =( ) tg tg
1 tg tg
tg
α + β
− α β
α + β =](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-80-320.jpg)
![136
РОЗДІЛ 1. Тригонометричні функції
Наприклад, для виразу sin α + cos α маємо a = 1, b = 1. Тоді
2 2
1
2
cos ,a
a b+
ϕ = =
2 2
1
2
sin .b
a b+
ϕ = =
Отже, аргумент ϕ знаходиться в I чверті і як значення ϕ можна вибрати
.
4
πϕ = Тоді
( )+ = +
4
sin cos 2sin .
π
α α α
Приклади розв’язання завдань
Приклад 1 Знайдіть найбільше та найменше значення виразу
3sin cos .α − α
Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р
За формулою
a b a bsin cos sinα α α ϕ+ = + +( )2 2
одержуємо
( )6
3sin cos 2sin .
π
α − α = α −
Враховуючи, що ( )6
sin
π
α − набу
ває всіх значень із проміжку [–1; 1],
маємо, що ( )2 sin
6
π
α − набуває всіх
значень із проміжку [–2; 2]. Отже,
найбільше значення заданого виразу
дорівнює 2, а найменше — (–2).
Вираз 3sin cosα − α можна перетво
рити за формулою
a b a bsin cos sin .α α α ϕ+ = + +( )2 2
Тут 3,a = b = –1, тоді
2 2
4 2.a b+ = = Отже,
2 2
3
2
cos ,
a
a b+
ϕ = =
2 2
1
2
sin .
b
a b+
ϕ = = −
Тоді аргумент ϕ знаходиться в
IV чверті, і як значення ϕ можна ви
брати, наприклад,
6
.
π
ϕ = − Викорис
товуючи метод оцінки для знахо
дження найбільшого та найменшого
значень виразу, враховуємо, що необ
хіднонетількиоцінитизначенняви
разузадопомогоюнестрогихнерівно
стей − −( )( )2 2 2
6
m msin ,α
π
а й впев
нитися, що знак рівності в цих не
рівностяхдосягається.
Приклад 2 Побудуйте графік функції y x x= +( )2 sin cos .
К о м е н т а р
Вираз sin x + cos x можна записати у вигляді ( )4
sin cos 2sin .x x x
π
+ = +
Тоді графік заданої функції можна побудувати за допомогою геометричних
перетворень графіка функції y= sin x.](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-136-320.jpg)
![147
Пояснення й обґрунтування
1. Графік функції y = arcsin x. Функціяy= sin x зростає на проміжку 2 2
;
π π −
і набуває всіх значень від –1 до 1. Отже, на цьому проміжку функція y= sin x
має обернену функцію, яка позначається y = arcsin x, з областю визначення
[– 1; 1] і областю значень
2 2
; .
π π −
Функціяy = arcsinx теж зростає, і її графік
можнаодержатизграфікафункціїy=sinx (назаданомупроміжку)задопомо
гою симетричного відображення відносно прямоїy = x (рис. 86).
2. Значення arcsin a. За означенням оберненої функції (на вибраному про
міжку), якщо sin ϕ = a, то arcsin a = ϕ, причому
2 2
;
π π ϕ∈ −
і | a | m 1. Отже,
запис arcsin a = ϕ (| a | m 1) означає, що
2 2
;
π π ϕ∈ −
і sin ϕ = a, тобто
arcsin a — це таке число з проміжку
2 2
; ,
π π −
синус якого дорівнює a.
Наприклад,
1
2 6
arcsin ,
π
= оскільки
6 2 2
;
π π π ∈ −
і
1
6 2
sin .
π
=
Аналогічно
3
2 3
arcsin ,
π
− = −
оскільки
3 2 2
;
π π π − ∈ −
і ( ) 3
3 2
sin .
π
− = −
3. Непарність функції y = arcsin x. Для знаходження арксинусів від’ємних
чисел можна також користуватися непарністю функції arcsinx, тобто форму
лою: arcsin (–a) = –arcsin a.
( Це випливає з того, що графік функції y = arcsin x (рис. 86) симетричний
відносно початку координат, а також з того, що точки a і (–a) на осі Оy
(рис. 87) симетричні відносно осі Оx. Тоді і відповідні точки A і B на оди
§ 13. Обернені тригонометричні функції
Рис. 86 Рис. 87](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-147-320.jpg)
![149
13.2. ФУНКЦІЯ y = arccos x
Т а б л и ц я 27
Пояснення й обґрунтування
1. Графік функції y = arccos x. Функція y = cos x спадає на проміжку [0; π]
і набуває всіх значень від 1 до –1. Отже, на цьому проміжку функція y = cos x
має обернену функцію, яка позначається y = arccos x, з областю визначення
1. Графік
y = cos x y = arccos x
На проміжку [0; π] cos x спадає.
2. Значення arccos a (| a | m 1)
Орієнтир Приклад
arccos a— це таке число з проміжку
[0; π], косинус якого дорівнює а.
arccos a = ϕ, якщо
[ ]0; ,
cos a
ϕ∈ π
ϕ =
2
2 4
arccos ,
π
= оскільки
[ ]4
0;
π
∈ π і
2
4 2
cos .
π
=
3. Формула для arccos (–a)
arccos (–a) = πππππ – arccos a
§ 13. Обернені тригонометричні функції](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-149-320.jpg)
![150
РОЗДІЛ 2. Тригонометричні рівняння і нерівності
[–1; 1] і областю значень [0; π]. Функція y = arccos x теж спадає, і її графік
можна одержати з графіка функціїy = cos x (на заданому проміжку) за допо
могою симетричного відображення його відносно прямої y = x (рис. 88).
2. Значення arccos a. За означенням оберненої функції (на вибраному про
міжку), якщо cos ϕ = a, то arccos a = ϕ, причомуϕ ∈ [0; π] і | a | m 1. Отже, запис
arccos a = ϕ (| a | m 1) означає, що ϕ ∈ [0; π] і cos ϕ = a, тобто
arccos a — це таке число з проміжку [0; π], косинус якого дорівнює a.
Наприклад, π
=1
2 3
arccos , оскільки [ ]3
0;
π
∈ π і
1
3 2
cos .
π
=
Аналогічно
π
− =
3 5
2 6
arccos , оскільки [ ]5
6
0;
π
∈ π і
5 3
6 2
cos .
π
= −
3. Формула для arccos (–a). Для знаходження арккосинусів від’ємних чисел
можна також користуватися формулою arccos (–a) = π – arccos a.
( Це випливає з того, що точки a і (–a) на осі Оx (рис. 89) є симетричними
відносноосіОy.Тодіівідповідніточки Aі Bнаодиничномуколі(упроміжку
[0; π]) теж будуть симетричними відносно осі Оy. Отже, ∠ COA = ∠ DOB,
значить,∠COB =π –∠ DOB= π– ∠COA.Алеarccos a = ∠ COA,а arccos (–a)
= ∠ COB = π – ∠ COA. Одержуємо
arccos (–a) = πππππ – arccos a .
Наприклад, ( )1 1 2
2 2 3 3
arccos arccos .
π π
− = π− = π − =
Зазначимо, що рівність arccos (–a) = π – arccos a означає, що функція
y = arccos x не є ні парною, ні непарною.
Рис. 88 Рис. 89](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-150-320.jpg)
![151
13.3. ФУНКЦІЯ y = arctg x
Т а б л и ц я 28
Нехай
2
3
arccos ,= ϕ тоді за озна
ченням арккосинуса одержуємо, що
2
3
cos .ϕ = Отже, ( )=
2 2
3 3
cos arccos .
Оскількизаписϕ=arccosa (| a | m 1)
означає, що ϕ ∈ [0; π] і cos ϕ = a, то
завжди виконується рівність
cos (arccos a) = a, | a | m 1 .
Aле цю формулу можна не запа
м’ятовувати: досить позначити ви
раз у дужках через ϕ і використати
означенняарккосинуса.
Приклад Знайдіть ( )2
3
cos arccos .
Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р
1. Графік
y = tg x y = arctg x
На проміжку ( )2 2
;
π π
− tg x зростає.
2. Значення arctg a
Орієнтир Приклад
arctg a — це таке число з проміжку
( )2 2
; ,π π
− тангенс якого дорівнює а.
arctg a = ϕ, якщо
( )2 2
; ,
tg
π πϕ∈ −
ϕ = α
3
arctg 3 ,
π
= оскільки
( )3 2 2
;
π π π
∈ − і
3
tg 3.
π
=
§ 13. Обернені тригонометричні функції](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-151-320.jpg)
![159
Пояснення й обґрунтування
1. Розв’язкирівнянняcos x = a.При | a |>1рівняннянемаєкоренів,оскільки
| cos x | m 1 для будь якогоx (прямаy = a на рисунку з пункту 1 таблиці 30 при
a > 1 або при a < –1 не перетинає графік функції y = cos x).
Нехай | a | m 1. Тоді пряма у = а перетинає графік функції у = cos х. На
проміжку[0;π]функція y=cos x спадаєвід1до–1,томурівнянняcos x= a має
тільки один корінь x1 = arccosa на цьому проміжку (рис. з пункту 1 табл. 30).
Косинус — парна функція, тому на проміжку [–π; 0] рівняння cos x =a теж
має тільки один корінь — число, протилежне до x1
, тобто x2
= –arccos a.
Отже, на проміжку [–π; π] (довжиною 2π) рівняння cos x = a при | a | m 1 має
тільки корені x = ä arccos a.
Враховуючи,щофункція y= cosx періодична з періодом 2π,всііншікорені
відрізняються від знайдених на 2πn (n ∈ Z), тобто одержуємо таку формулу
коренів рівняння cos x = a при | a | m 1:
x = äääää arccos a + 2πππππn, n ∈ Z . (1)
2. Окремі випадки розв’язування рівняння cos x = a.
( Корисно пам’ятати спеціальні записи розв’язків рівняння cos x = a при
a = 0, a = –1, a = 1, які можна легко одержати, використовуючи як орієн
тир одиничне коло.
Враховуючи, що косинус дорівнює абсцисі відповідної точки одиничного
кола, одержуємо, що cos x = 0, якщо відповідною точкою одиничного кола
є точка A або точка B (рис. з пункту 2 табл. 30). Тоді
2
,x k
π
= + π k ∈ Z.
Аналогічно cosx = 1тоді і тільки тоді, коли відповідною точкою одинично
го кола є точка C, отже, x = 2πππππk, k ∈∈∈∈∈ Z.
Також cos x = –1 тоді і тільки тоді, коли відповідною точкою одиничного
кола є точка D, отже, x = πππππ + 2πππππk, k ∈∈∈∈∈ Z. )
Приклади розв’язання завдань
Приклад 1 Розв’яжіть рівняння
1
2
cos .x = −
Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р
§ 14. Розв’язування найпростіших тригонометричних рівнянь
( )1
2
arccos 2 ,x n= ± − + π n ∈ Z,
( )3
2 ,x n
π
= ± π − + π
Оскільки
1
2
1,− < то задане рів
няння виду cos x = a має корені, які
можна знайти за формулою (1).](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-159-320.jpg)
![168
РОЗДІЛ 2. Тригонометричні рівняння і нерівності
4°. 1) ctg x = 1; 2)
1
;
3
ctgx = 3) ctg x = –1; 4) ctg .x = − 3
5. 1) sin x = –0,6; 2) cos x = 0,3; 3) tg x = –3,5; 4) ctg x = 2,5.
6. 1)
1
2
cos 2 ;x = 2) sin 4x = 0; 3) tg 3x = 1; 4) tg 4x = 3.
7. 1) ( ) 2
4 2
sin ;
t
− = − 2)
2
5 2
cos ;
t
= − 3) ( ) 1
3 3
tg ;
x
− = 4)
7
ctg 1.
x
=
8°. 1)
2
2
sin 2 ;x = 2)
1
3 2
cos ;
x
= − 3)
1
4 2
sin ;
x
= 4) cos 4x = 0.
9. 1) ( ) 2
3 2
sin ;
x
− = 2) ( ) 3
2
cos 2 ;x− = − 3) ( ) 1
3
tg 4 ;x− = 4) ( )2
ctg 1.
x
− =
10. 1) ( )2 6
2 cos 3;
x π
− = 2) ( )3 6
3tg 3;
x π
+ =
3) ( )4
2 sin 3 2;x
π
− = − 4) ( )2 6
sin 1 0.
x π
− + =
11. 1) ( )6
cos 2 1;x
π
− = − 2) ( )4 2
tg 1;
xπ
− = −
3) ( )3 4
2 sin 3;
xπ
− = 4) ( )4
2 cos 3 2.x
π
− =
Знайдіть корені рівняння на заданому проміжку (12–13).
12*
.1)
2
,
2
sin 3x = [0, 2π]; 2)
3
2
cos 3 ,x = [–π, π];
3)
3
2 3
tg ,
x
= [–3π, 3π]; 4) ctg 4x = –1, [0, π].
13*
.1)
1
2
sin 3 ,x = − [–4, 4]; 2)
2
sin 0,
x
= [–12, 18];
3) cos x = 1, [–6, 16]; 4)
2
2
cos3 ,x = − [1, 7].](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-168-320.jpg)
![177
З а у в а ж е н н я. При розв’язуванні рівняння (1) ми не стежили за рівно
сильністю виконаних перетворень, але виконували такі перетворення, які не
приводилидозагубленнякоренів.Тодіговорять,щомикористувалисярівнян
нями наслідками(якщовсікореніпершогорівнянняєкоренямидругогорівнян
ня, то друге рівняння називається наслідком першого)*
. У цьому випадку ми
могли отримати сторонні для заданого рівняння корені (тобто ті корені ос
таннього рівняня, які не є коренями заданого). Щоб цього не сталося, можна
користуватися такимо р і є н т и р о м.
Якщо при розв’язуванні рівняння ми користувалися рівняннями
наслідками, то перевірка одержаних коренів підстановкою в почат
кове рівняння є обов’язковою складовою частиною розв’язування.
Якщо для розв’язування цього самого рівняння (1) ми будемо використо
вувати рівносильні перетворення, то відбір коренів буде організований трохи
інакше. Зокрема, нам доведеться врахувати ОДЗ рівняння, тобто спільну об
ласть визначення для всіх функцій, які входять до запису рівняння.
Т2
= π. Тоді Т = π є спільним періодом
для обох функцій. Позначимо всі
одержанікоренінаодномуперіоді,на
приклад, на проміжку [0; π]:
При
π
2
x = значення tg x не існує,
отже,
π
2
x = не є коренем заданого
рівняння.
При значеннях 0,
π
4
,
π3
4
, π одер
жуємо рівність 0 = 0. Отже, ці зна
чення є коренями рівняння (1).
Тодірозв’язкамизаданогорівнян
ня будуть:
х = πk;
π
4
;x k= + π
π3
4
,x k= + π k ∈ Z.
Відповідь: πk;
π
4
;k+ π
π3
4
;k+ π k ∈ Z.
рівняння (1) будекоренем сукупності
рівнянь sin 4x = 0 або tg x = 0.
Замінивши рівняння (1) на цю су
купність, ми не загубимо коренів за
даногорівняння,алеможемоодержа
ти сторонні для нього корені. На
приклад, такі, при яких перший
множник дорівнює нулю, а другий
не існує.
Щоб відкинути такі значення, ви
конаємоперевіркуодержанихкоренів
підстановкою в початкове рівняння
наодномуперіоді—проміжкудовжи
ноюπ.
На цьому періоді відбираємо ко
рені (відкидаємо сторонні), а ті, що
залишаються, періодично повторює
мо (тобто додаємо до одержаних ко
ренів πk, k ∈ Z).
* Більш повно про рівняння наслідки див. у § 17.
§ 15. Розв’язування тригонометричних рівнянь, які відрізняються від найпростіших](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-177-320.jpg)
![178
РОЗДІЛ 2. Тригонометричні рівняння і нерівності
ІІ спосіб розв’язування рівняння sin 4x tg x = 0.
Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р
ОДЗ:
π
2
,x k≠ + π k ∈ Z.
sin 4x = 0 або tg x = 0.
Тоді 4x = πn, тобто
4
,
n
x
π
= п ∈ Z,
або x = πk, k ∈ Z.
Функція y = sin 4x має період
π
1
2
4 2
,T
π
= = а функція у = tg x — пері
од Т2
= π. Тоді Т = π є спільним періо
дом для обох функцій. Позначимо всі
одержанікоренінаодномуперіоді,на
приклад, на проміжку [0;π], і на цьо
му ж проміжку позначимо обмежен
ня ОДЗ:
Відповідь: πk;
π
4
;k+ π
π3
4
,k+ π k ∈ Z.
Всі рівносильні перетворення рів
нянь виконуються на їх області до
пустимих значень (ОДЗ), тому по
трібно врахувати ОДЗ.
Добутокдвохмножниківдорівнює
нулю тоді і тільки тоді, коли хоча б
один із множників дорівнює нулю,
а другий множник має зміст. На ОДЗ
обидва множники мають зміст, то
му на ОДЗ задане рівняння рівно
сильне сукупності рівнянь sin 4x = 0
або tg x = 0.
Ті корені сукупності, які входять
до ОДЗ, досить відібрати на одному
періоді — проміжку довжиною π, а
потімодержанірозв’язкиперіодично
повторити.
Значення
π
2
x = невходитьдоОДЗ,
отже, воно не є коренем заданого рів
няння.
Значення 0,
π
4
,
π3
4
, π входять до
ОДЗ, отже, ці значення є коренями
заданого рівняння.
Запитання для контролю
1. Якіспособивикористовуютьприрозв’язуваннітригонометричнихрівнянь?
Наведіть приклади.
2. Яку заміну змінних можна виконати при розв’язуванні рівняння
8 cos2
x – 2 cos x – 1 = 0 ? Яке рівняння одержимо після заміни?
3. а) Поясніть, чому рівняння 3 sin2
x – sin x соs x – 2 соs2
x = 0 є однорідним.
б*
) Як можна розв’язати це однорідне рівняння?
4. Як можна виконати відбір коренів тригонометричного рівняння? Проілю
струйте відбір коренів тригонометричного рівняння на прикладі.
Вправи
Розв’яжіть рівняння (1–20).
1. 1°) 3 sin2
x – 5 sin x – 2 = 0; 2) 3 sin2
2x + 10 sin 2x + 3 = 0;
3°) 4 sin2
x + 11 sin x – 3 = 0; 4) 2
2 2
2 sin 3 sin 1 0.
x x
− + =](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-178-320.jpg)
![202
РОЗДІЛ 2. Тригонометричні рівняння і нерівності
Графічно твердження теореми проілюстровано на рисунку 96. Пряма у = а
перетинаєграфікзростаючоїнапроміжку[α; β]функції у=f (x)тількиводній
точці. Це й означає, що рівняння f (x) =а не може мати більше одного кореня
на проміжку [α; β]. Доведемо це твердження аналітично.
( Якщо на проміжку [α; β] рівняння має корінь x0
, то f (x0
) = a. Інших ко
ренів бути не може, оскільки для зростаючої функції f (x) при x > x0
одер
жуємо f (x) > f (x0
) = a, а при x < x0
маємо f (x) < f (x0
) = a. Отже, при x ≠ x0
f (x) ≠ a. Аналогічно і для спадної функції при x ≠ x0
одержуємо f (x) ≠ a. )
Т е о р е м а 2. Якщо в рівнянніf (x) = g (x) функція f (x) зростає на деякому
проміжку, а функція g (x) спадає на цьому самому проміжку (або навпа
ки), то це рівняння може мати не більш ніж один корінь на цьому про
міжку.
Графічно твердження теореми проілюстровано на рисунку 97.
( Якщо на проміжку [α; β] рівняння має коріньx0
, тоf (x0
) =g (x0
) = a. Інших
коренів бути не може, оскільки, наприклад, для зростаючої функції f (x)
і спадної функціїg (x) приx > x0
маємо f (x) >a, a g (x) < a, отже,f (x) ≠g (x).
Аналогічно і при x < x0
f (x) ≠ g (x). )
Кожназцихтеоремстверджує,щоврозглянутомупроміжкузаданерівнян
ня може мати не більш ніж один корінь, тобто або це рівняння зовсім не має
коренів, або воно має тільки єдиний корінь. Якщо нам вдалося підібрати один
коріньтакогорівняння,тоіншихкоренівузаданомупроміжкурівняннянемає.
Наприклад, щоб розв’язати рівняння x3
+ x = 10, досить помітити, що
функція f (x) = x3
+ x є зростаючою на всій числовій прямій (як сума двох
зростаючих функцій) і що x = 2 — корінь*
цього рівняння (23
+ 2 = 10;
10 = 10). Отже, задане рівняння f (x) = 10 має єдиний корінь x = 2.
Зазначимо, що кожна з цих теорем гарантує єдиність кореня рівняння
(якщо він є) тільки на проміжку зростання (чи спадання) відповідної функції.
Рис. 97Рис. 96
*
Корінь x = 2 одержано підбиранням. Як правило, підбір починають з цілих значень:
х = 0, ä1, ä2..., які підставляються в задане рівняння.](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-202-320.jpg)
![213
Приклад 6 Розв’яжіть систему рівнянь
К о м е н т а р
Якщо з першого рівняння системи виразити sin x, а з другого — cos x , то
можна піднести обидві частини кожного рівняння до квадратa і після почлен
ногододаванняодержанихрівняньвикористатитотожністьsin2
x + cos2
x = 1.
У результаті одержимо рівняння з однією змінною y, яке легко зводиться до
однієїтригонометричноїфункції.
Але при піднесенні обох частин рівняння до квадратa одержуємо рівнян
ня наслідок. Отже, серед одержаних розв’язків можуть бути і сторонні роз
в’язки для заданої системи, які доведеться відсіювати перевіркою.
Для перевірки враховуємо, що всі функції відносно змінної x, які входять
до запису системи (тобто sin x і cos x), мають спільний період 2π. Аналогічно
всі функції відносно змінної y (sin у і cos у) теж мають спільний період 2π.
Отже, перевірку розв’язків досить виконати для всіх пар чисел (х; у), де
x ∈ [0; 2π], y ∈ [0; 2π] (можна взяти і інші проміжки довжиною 2π). Корисно
також урахувати, що всі розв’язки, одержані внаслідок підстановки в одне з
рівнянь системи, автоматично задовольняють цьому рівнянню, а значить, пе
ревіркуцихрозв’язківдоситьвиконатитількидлядругогорівняннясистеми.
Длякожноїзмінноївсіодержанірозв’язкипотрібноповторитичерезперіод.
Р о з в ’ я з а н н я
Заданасистемарівносильнасистемі
( )
( )
1
2
3
2
sin sin , 1
cos cos . 2
x y
x y
=
=
Піднесемо обидві частини кожного рівняння системи до квадрата і почлен
но додамо одержані рівняння. Отримуємо рівняння наслідок
2 2 2 21 3
2 2
sin cos sin cos .x x y y+ = + Тоді 2 = sin2
y + 3 cos2
y,
2 2
2 1 cos 3 cos ,y y= − + тобто 2 1
2
cos .y = Отже,
1
2
cosy = або
1
2
cos .y = −
Підставляючи одержані значення в рівняння (2), маємо
1
2
3
2
cos ,
cos
y
x
=
=
або
1
2
3
2
cos ,
cos .
y
x
= −
= −
§ 19. Приклади розв’язування більш складних тригонометричних рівнянь та їх систем](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-213-320.jpg)
![214
РОЗДІЛ 2. Тригонометричні рівняння і нерівності
Тоді
4
6
2 ,
2
y n
x k
π
π
= ± + π
= ± + π
(3) або
3
4
5
6
2 ,
2 , , .
y n
x k n k
π
π
= ± + π
= ± + π ∈
Z
(4)
Відносно кожної із змінних x і y усі функції, які входять до запису заданої
системи, мають період 2π, тому перевірку досить виконати для всіх пар чисел
(х; у), де x ∈ [0; 2π], y ∈ [0; 2π].
Для системи (3) це пари чисел: ( )6 4
; ,
π π
( )7
6 4
; ,
π π
( )11
6 4
; ,
π π
( )11 7
6 4
; ,
π π
а для системи (4) це пари чисел: ( )5 3
6 4
; ,
π π
( )5 5
6 4
; ,
π π
( )7 3
6 4
; ,
π π
( )7 5
6 4
; .
π π
Розв’язками заданої системи є тільки пари чисел:
( )6 4
; ;
π π
( )11 7
6 4
; ;
π π
( )5 3
6 4
; ;
π π
( )7 5
6 4
; .
π π
Відповідьодержимо,повторюючинаведенірозв’язкичерезперіод(длякож
ної змінної).
Відповідь: ( )6 4
2 ; 2 ,k n
π π
+ π + π ( )11 7
6 4
2 ; 2 ,k n
π π
+ π + π
( )5 3
6 4
2 ; 2 ,k n
π π
+ π + π ( )7 5
6 4
2 ; 2 ,k n
π π
+ π + π n, k ∈ Z.
При розв’язуванні рівнянь з оберненими тригонометричними функціями
корисно пам’ятати, що при | a | m 1
arcsin arccosa a++ ==
ππ
2
,
і для довільних значень a
arctg arcctga a++ ==
ππ
2
.
Також при розв’язуванні рівнянь з оберненими тригонометричними функ
ціями часто буває зручно від обох частин рівняння взяти якусь тригономет
ричну функцію і скористатися означенням відповідних обернених тригоно
метричнихфункцій.
Приклад 7 Розв’яжіть рівняння
10
13
2 arcsin arcsin .x x=
К о м е н т а р
Якщо взяти від обох частин заданого рівняння функцію синус, то одержи
мо рівняння наслідок: якщо числа рівні, то і синуси будуть рівні, але якщо
синуси двох чисел рівні, то це ще не значить, що числа обов’язково будуть
рівні. Тобто правильна рівність буде зберігатися при прямих перетвореннях,](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-214-320.jpg)
![221
І. При π
2
,x k= + π k ∈ Z, з рівняння (1) одержуємо ( ) ( )π
2
tg 2 ctg ,k a kπ + π = + π
тобто 0 = aæ0 — рівність, правильну при будь яких значеннях a. Отже,
при всіх значеннях параметра a задане рівняння має корені
π
2
,x k= + π k ∈ Z .
II. При
π
2
x k≠ + π одержуємо рівняння (2) : 2
2tg
1 tg tg
,x a
x x−
=
яке на ОДЗ рівносильне рівнянню 2 tg2
x = a – a tg2
x. Звідси
(2+ a) tg2
x = a. (3)
1) Якщо a = –2, то коренів немає.
2) Якщо a ≠ –2, то рівняння (3) рівносильне рівнянню
2
2
tg .
a
a
x
+
= (4)
а) Якщо
2
0,
a
a +
< то коренів немає.
Розв’язавшинерівність
2
0
a
a +
< методомінтервалів
(див. рисунок), одержуємо–2 < а < 0.
Отже, при –2 < а < 0 коренів немає .
б) Якщо
2
0
a
a +
= (тобто а = 0), одержуємо рівняння tg x = 0, яке має корені
х = πk, k ∈ Z. Але ці корені не входять до ОДЗ заданого рівняння. Отже,
і при а = 0 коренів немає .
в) Якщо
2
0
a
a +
> (тобто а < –2 або а > 0), то з рівняння (4) одержуємо
2
tg .
a
a
x
+
= ± Звідси
2
arctg ,
a
a
x l
+
= ± + π
l ∈ Z.
З’ясуємо, при яких значеннях а одержані корені рівняння (4) не входять
до ОДЗ. Для цього досить у рівняння (4) замість аргументу х підставити «за
боронені» значення. Враховуючи, що функції, які входять до запису задано
го рівняння (1), мають спільний період Т = π (tg 2x має період π
1
2
,T = а ctg x
має період Т2
= π), досить підставити ці значення тільки на одному періоді,
наприклад, на проміжку [0; π]. У цьому проміжку до ОДЗ не входять такі
значення: 0;
π
4
; π3
4
; π. При х = 0 або х = π з рівняння (4) одержуємо рівність
2
0,
a
a +
= тобто а = 0. Випадок а = 0 ми вже дослідили (коренів немає). При
π
4
x = або
π3
4
x = з рівняння (4) одержуємо
2
1.
a
a +
= Але при жодному значен
§ 20. Тригонометричні рівняння з параметрами](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-221-320.jpg)
![228
РОЗДІЛ 2. Тригонометричні рівняння і нерівності
Аналогічно обґрунтовуються й інші умови, наведені в таблиці 37.
Зауважимо, що наведені умови можна спеціально не запам’ятовувати, а
для їхнього запису користуватися графіком квадратичної функції (зображе
ним для потрібного розміщення коренів) і таким о р і є н т и р о м.
Для того щоб корені квадратного тричлена f (x) = ax2
+ bx + c (a ≠ 0) були
розміщені заданим чином відносно даних чисел A і B, необхідно і достатньо
виконання системи умов, яка включає:
1) знак коефіцієнта при старшому члені;
2) знаки значень f (A) і f (B);
3) знакдискримінантаD;
4) положення абсциси вершини параболи ( )0
2
b
a
x = −
відносно даних чисел A і B.
Зазначимо, що для випадків, у яких хоча б одне з даних чисел знаходить
ся між коренями квадратного тричлена (див. другий, п’ятий, шостий і сьо
мий рядки табл. 37), досить виконання перших двох умов цього орієнтиру, а
для інших випадків доводиться розглядати всі чотири умови. Також заува
жимо, що, записуючи кожну з указаних умов, слід подивитися, чи буде вико
нуватися вимога задачі в тому випадку, якщо в цій умові записати знак не
строгої нерівності.
Приклад 1 Знайдіть всі значення параметра a, для яких рівняння
cos 2x + a sin x – 9 = 0 (1)
має корені.
К о м е н т а р
Спочатку виконаємо рівносильні перетворення заданого рівняння: зведе
мо до одного аргументу і до однієї функції, а потім виконаємо заміну sin x = t.
Слід враховувати, що після заміни змінної іноді змінюється вимога задачі,
зокрема для рівняння (2) вона буде такою: знайти всі значення параметра a,
для яких це рівняння має хоча б один корінь у проміжку [–1;1] (тоді після
оберненої заміни ми знайдемо корені рівняння sin x = t, а значить, і корені
рівняння (1)). Це можливо в одному з трьох випадків: або обидва корені
рівняння (2) знаходяться в цьому проміжку або тільки один з коренів рівнян
ня(2)знаходитьсявпроміжку[–1;1],адругий—праворучаболіворучвідцього
проміжку. Зобразивши відповідні ескізи графіків функції f (t) = 2t2
– at + 8
(див. рисунки), за наведеним орієнтиром (або за таблицею 37) записуємо
відповіднідостатніумовирозміщеннякоренів(3)–(5).Прицьомувраховуємо,
що у випадках, коли f (–1) = 0 або f (1) = 0, то умова задачі теж виконується.
1) 2) 3)](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-228-320.jpg)
![229
У кінці необхідно об’єднати всі отримані результати.
Зазначимо, що для одержання відповіді можна розв’язати рівняння (2):
2
1, 2
64
4
,
a a
t
± −
= а потім розв’язати сукупність нерівностей: –1 m t1
m 1,
–1 m t2
m 1, але нерівності з коренями (ірраціональні) буде розглянуто тільки
в наступному розділі, та й розв’язувати їх досить складно.
Р о з в ’ я з а н н я
Задане рівняння рівносильне рівнянням: 1 – 2 sin2
x + a sin x – 9 = 0,
2 sin2
x – a sin x + 8 = 0. Заміна sin x = t дає рівняння
2t2
– at + 8 = 0. (2)
Рівняння (1) матиме корені тоді і тільки тоді, коли рівняння (2) матиме
хоча б один корінь у проміжку [–1;1].
1) Для того щоб обидва корені квадратного тричлена f (t) = 2t2
– at + 8 знахо
дилися в цьому проміжку, досить виконання умов
0
( 1) 0,
(1) 0,
0,
1 1.
f
f
D
t
−
−
l
l
l
m m
(3)
2) Для того щоб один корінь f (t) знаходився в проміжку [–1;1], а другий —
праворуч від 1 (або в точці 1), досить виконання умов
( 1) 0,
(1) 0.
f
f
−
l
m
(4)
3) Для того щоб один корінь f (t) знаходився в проміжку [–1;1], а другий —
ліворуч від –1 (або в точці –1), досить виконання умов
( 1) 0,
(1) 0.
f
f
−
m
l
(5)
Розв’язуємо сукупність систем нерівностей (3)–(5):
2
4
10 0,
10 0,
64 0,
1 1
a
a
a
a
+
−
−
−
l
l
l
m m
або
10 0,
10 0
a
a
+
−
l
m
або
10 0,
10 0.
a
a
+
−
m
l
Тоді
або
10,
10,
8 8,
4 4
a
a
a a
a
−
−
−
l
m
m l
m m
або
10,
10
a
a
−
l
l
або
10,
10.
a
a
−
m
m
Перша система не має розв’язків, а з інших одержуємо a l 10 або a m –10.
Відповідь: a ∈ (–×; –10] [10; +×).
§ 20. Тригонометричні рівняння з параметрами](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-229-320.jpg)
![232
РОЗДІЛ 2. Тригонометричні рівняння і нерівності
3. Рівносильні нерівності
Означення Найпростіші теореми
Дві нерівності називаються
рівносильними на деякій
множині, якщо на цій мно
жині вони мають одні й ті
самі розв’язки,
тобто кожен розв’язок пер
шої нерівності є розв’язком
другоїі,навпаки,коженроз
в’язок другої нерівності є
розв’язком першої.
1. Якщо з однієї частини нерівності пе
ренести в іншу частину доданки з проти
лежним знаком, то одержимо нерівність,
рівносильну заданій (на будь якій мно
жині).
2. Якщо обидві частини нерівності по
множити або поділити на одне й те саме до
датне число (або на одну й ту саму функ
цію, що визначена і додатна на ОДЗ зада
ної нерівності), не змінюючи знак нерів
ності, то одержимо нерівність, рівносиль
ну заданій (на ОДЗ заданої).
3. Якщо обидві частини нерівності по
множити або поділити на одне й те саме
від’ємнечисло(абонаоднуйтусамуфунк
цію,щовизначенаівід’ємнанаОДЗзаданої
нерівності) і змінити знак нерівності на
протилежний, то одержимо нерівність,
рівносильну заданій (на ОДЗ заданої).
П р о д о в ж. т а б л. 38
4. Метод інтервалів (розв’язування нерівностей виду f (x) 0)
План Приклад
1. Знайти ОДЗ.
2. Знайти нулі функції
f (x) = 0.
3. Позначити нулі на ОДЗ
і знайти знак f (x) у кож
ному проміжку, на які
розбивається ОДЗ.
4. Записати відповідь, вра
ховуючи знак заданої
нерівності.
Розв’яжіть нерівність
( )
2
2
1
3
0.x
x
−
+
Нехай ( )
( )
2
2
1
3
.x
x
f x
−
+
=
1. ОДЗ: (х + 3)2
≠ 0, отже, х ≠ –3.
2. Нулі функції: f (х) = 0.
( )
2
2
1
3
0,x
x
−
+
= х2
– 1 = 0,
х1
= –1, х2
= 1 (входять до ОДЗ).
3.
Відповідь: (– ; –3) (–3; –1] [1; + ).](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-232-320.jpg)
![238
РОЗДІЛ 2. Тригонометричні рівняння і нерівності
Наведемо приклади розв’язування більш складної дробово раціональної
нерівності методом інтервалів та за допомогою рівносильних перетворень.
Приклад Розв’яжіть нерівність
( )
2
2
2 3
1
0.
x x
x
+ −
+
m
І спосіб (метод інтервалів)
Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р
Приклад Коментар
3. Позначити
нулі на ОДЗ
і знайти знак
функції
в кожному з
проміжків,
на які розби
вається ОДЗ.
Якщо тепер відмітити нулі на об
ласті визначення функціїf (x), то об
ласть визначення розбивається на
проміжки,причомувсерединікожно
го проміжку функція f (x) не змінює
свій знак. Тому знак функції в кож
ному проміжку можна визначати
в будь якійточціцьогопроміжку.Це
і є третім етапом розв’язування.
На рисунку видно, що розв’язком
нерівності є об’єднання проміжків
(–×; –2) (1; +×).
4. Записати
відповідь,
враховуючи
знак
нерівності.
4. Відповідь:
(–×; –2) (1; +×).
План
розв’язування
П р о д о в ж. т а б л. 39
3.
Нехай ( )
( )
2
2
2 3
1
.x x
x
f x
+ −
+
=
1 ОДЗ: х ≠ –1.
2. Нулі f (x):
( )
2
2
2 3
1
0,
x x
x
+ −
+
=
х2
+ 2х – 3 = 0,
х1
= 1, х2
= –3 (входять до ОДЗ).
3. Відмічаємо нулі функції на ОДЗ
і знаходимо знак f (x) у кожному
з проміжків, на які розбивається
ОДЗ (див. рисунок).
4. Відповідь: [–3; –1) (–1; 1].
Задана нерівність має вигляд
f (x) m 0, і для її розв’язування мож
на застосувати метод інтервалів. Для
цього використаємо план, наведений
вище та на с. 232.
При знаходженні нулів f (x) сте
жимо за тим, щоб знайдені значення
входили до ОДЗ (або виконуємо пере
вірку знайдених коренів рівняння
f (x) = 0).
Записуючи відповідь до нестрогої
нерівності, слід врахувати, що всі
нулі функції повинні ввійти до
відповіді (у даному випадку — числа
–3 і 1).](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-238-320.jpg)
![239
ІІ спосіб (за допомогою рівносильних перетворень)
К о м е н т а р
Виберемо для розв’язування метод рівносильних перетворень нерівності.
При виконанні рівносильних перетворень ми повинні врахувати ОДЗ заданої
нерівності, тобто врахувати обмеження (х + 1)2
≠ 0.
Але якщо х≠ –1,то(х +1)2
>0,ітодівзаданомудробу знаменникдодатний.
Якщо виконується задана нерівність, то чисельник дробу х2
+ 2х – 3 m 0 (і на
впаки, якщо виконується остання нерівність, то на ОДЗ дріб
( )
2
2
2 3
1
0 ,
x x
x
+ −
+
m
тобто задана нерівність рівносильна на ОДЗ нерівності х2
+ 2х – 3 m 0.
Щоб розв’язати одержану квадратну нерівність, знайдемо корені квадрат
ного тричлена х2
+ 2х – 3 і побудуємо ескіз графіка функції у = х2
+ 2х – 3.
Розв’язок квадратної нерівності: –3 m х m 1.
Оскільки всі перетворення були рівносильними тільки на ОДЗ, то ми по
винні вибрати тільки ті розв’язки квадратної нерівності, які задовольняють
обмеженню ОДЗ.
Р о з в ’ я з а н н я
ОДЗ: (х + 1)2
≠ 0, отже, х ≠ –1.
Тоді (х + 1)2
> 0 і задана нерівність на її ОДЗ рівносильна нерівності
х2
+ 2х – 3 m 0. Оскільки х2
+ 2х – 3 = 0 при х1
= –3, х2
= 1
(ці значення х входять до ОДЗ), одержуємо –3 m х m 1
(див. рисунок).
Враховуючи ОДЗ, отримуємо відповідь.
Відповідь: [–3; –1) (–1; 1].
Запитання для контролю
1. Поясніть на прикладах зміст понять: «розв’язок нерівності», «розв’язати
нерівність», «область допустимих значень нерівності», «рівносильні не
рівності».
2. Сформулюйтевідомівам теоремипрорівносильністьнерівностей.Проілю
струйте їх на прикладах.
3. Сформулюйте план розв’язування нерівностей методом інтервалів.
Проілюструйте використання цього плану на прикладі.
4. Поясніть на прикладі, як можна виконувати рівносильні перетворення
нерівностей у тих випадках, які не описуються відомими теоремами про
рівносильність нерівностей.
§ 21. Розв’язування нерівностей. Рівняння і нерівності з модулями](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-239-320.jpg)
![245
u+v = | u | + | v |.Отже,дійсно,рівняння| u | + | v | =u+vрівносильнесистемі
нерівностей
0,
0.
u
v
l
l
)
Приклад 2*
Розв’яжіть рівняння | x – 5 | + | 2x + 5 | = 3x.
Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р
§ 21. Розв’язування нерівностей. Рівняння і нерівності з модулями
Оскільки 3х = (х – 5) + (2х + 5), то
заданерівняннямаєвигляд| u |+| v | =
= u + v, але ця рівність може викону
ватися тоді і тільки тоді, коли числа
uі v — обидва невід’ємні. Отже, зада
не рівняння рівносильне системі
5 0,
2 5 0.
x
x
−
+
l
l Звідси
x
x
l
l
5
5
2
,
.−
Отже, x l 5.
Відповідь: [5; +×).
Якщо позначити x– 5 =u і2x+ 5 =
= v,то u+v=3x ізаданерівняннямає
вигляд | u | + | v | =u+v, а за співвідно
шенням 5 таке рівняння рівносильне
системі
0,
0.
u
v
l
l
Зауважимо, що задане рівняння
можна розв’язувати і за загальною
схемою, але тоді розв’язання буде
більш громіздке.
При розв’язуванні нерівностей з модулями міркування, пов’язані з роз
криттям знаків модулей, повністю аналогічні міркуванням, які використо
вувалися при розв’язуванні рівнянь із модулями.
Приклад 3 Розв’яжіть нерівність | 2x – 5 | m 7.
Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р
За геометричним змістом модуля
задана нерівність рівносильна нерів
ності
–7 m 2x – 5 m 7. (1)
Тоді –2 m 2x m 12, отже,
–1 m x m 6.
Відповідь: [–1; 6].
Нерівністьвиду| f (x) | ma(де a>0)
зручно розв’язувати, використовую
чи геометричний зміст модуля. Зок
рема, задана нерівність — це нерів
ністьвиду| t |m7.Алемодульчисла —
це відстань на координатній прямій
від точки, що зображує дане число,
до точки 0. Тобто заданій нерівності
задовольняють всі точки, які знахо
дяться в проміжку [–7; 7], отже,
–7 m t m 7. Якщо виникають утруд
нення з розв’язуванням подвійної
нерівності (1), то її замінюють на рів
носильну систему
2 5 7,
2 5 7.
x
x
− −
−
l
m](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-245-320.jpg)
![246
РОЗДІЛ 2. Тригонометричні рівняння і нерівності
Приклад 4 Розв’яжіть нерівність
3
2 1
1.
x
x
−
− −
l (1)
1.ОДЗ: | x – 2 | – 1 ≠ 0. Тоді | x – 2 | ≠ 1, тобто x – 2 ≠ ä1, отже: х ≠ 3 або х ≠ 1.
2. Нулі підмодульних функцій: х – 3 = 0 (х = 3 — не входить до ОДЗ) та
х – 2 = 0 (х = 2).
3. Нуль 2 розбиває ОДЗ на чотири проміжки,
на яких підмодульні функції мають знаки,
показанінарисунку(накожномузпроміжків
перший знак — це знак функції х – 3, а дру
гий — знак функції х – 2).
4. Знаходимо розв’язки заданої нерівності в кожному з проміжків (оскільки
знаки підмодульних функцій є однаковими на проміжках І і ІІ, зручно для
розв’язання об’єднати ці проміжки).
Проміжки І та ІІ: х ∈ (–×; 1) (1; 2]. Враховуючи знаки підмодульних
функцій у цих проміжках і означення модуля, одержуємо, що при
х∈(–×;1) (1;2]задананерівністьрівносильнанерівності
( )
( )
3
2 1
1.
x
x
− −
− − −
l
Тоді 3
1
1,
x
x
−
−
l тобто 2
1
0.
x−
l Звідсиx<1.У проміжки,якімирозглянули,
входять всі значення x< 1, отже, у цьому випадку розв’язком буде x < 1.
Проміжок ІІІ: х ∈ [2; 3). На цьому проміжку одержуємо нерівність
( )3
2 1
1,
x
x
− −
− −
l тобто
( )3
3
1.
x
x
− −
−
l Але при будь якому значенні x з ІІІ про
міжку остання нерівність перетворюється на хибну нерівність (–1 l 1).
Отже, у проміжку ІІІ нерівність (1) розв’язків не має.
Проміжок ІV: х ∈ (3; +×). У цьому проміжку одержуємо нерівність
3
2 1
1,
x
x
−
− −
l тобто
3
3
1.
x
x
−
−
l Як бачимо, при будь якому х з IV проміжку
нерівність (1) перетворюється на правильну числову нерівність (1 l1).
Отже, розв’язком нерівності (1) у IV проміжку є будь яке число з цього
проміжку (x > 3).
Об’єднуючивсірозв’язки,якімиодержаливкожномузпроміжків,має
мо розв’язок заданої нерівності на всій ОДЗ: x < 1 або x > 3.
Відповідь: (–×; 1) (3; +×).
Зазначимо, що для розв’язування деяких нерівностей з модулями зручно
використовувати також спеціальні співвідношення, наведені в таблиці 40.](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-246-320.jpg)
![258
РОЗДІЛ 2. Тригонометричні рівняння і нерівності
16. Знайдіть значення х на відрізку 0 m x m π, які задовольняють нерівності
1
2
sin2 cos 2sin .x x x− + l
17. Розв’яжіть нерівність:
1) sin 4x > a(sin 3x – sin x); 2) a(cos x – sin x)2
+ b cos2
x l 0.
Розв’яжіть рівняння (1–8).
1. 1) sin2
x – 4 sin x = 5; 2) cos2
x + 5 cos x = 6;
3) 4 cos2
x + 4 sin x – 1 = 0; 4) 4 sin2
x – 4 cos x – 1 = 0.
2. 1) sin 2x + tg x = 0; 2)
2
sin ctg 0;
x
x + =
3) 2 3 2 02sin sin ;x x− = 4) 2 3 2 02cos sin .x x+ =
3. 1)
2
1 cos 2cos 0;
x
x+ − = 2)
2
1 cos 2 sin 0;
x
x− − =
3) sin 3cos 0;x x− = 4) 3sin cos 0.x x+ =
4. 1) cos2
x – 3 cos x sin x + 1 = 0; 2) sin2
x + 3 cos x sin x + 1 = 0;
3) 2 + cos2
x = 2 sin x; 4) 3 – 3 cos x = 2 sin2
x.
5. 1) (1 + cos 4x) sin 2x = cos2
2x; 2) (1 – cos 4x) cos 2x = sin2
2x;
3) ( )2
2
5 sin 4 sin 4;x xπ
+ + = 4) ( )2
2
6 cos 5 cos 7.x xπ
+ − =
6. 1)
2
1 cos 3sin 0;
x
x− − = 2)
2
1 cos 3cos 0;
x
x+ + =
3) cos2
4x + 3 sin2
2x – 1 = 0; 4) cos2
4x + 3 cos2
2x – 1 = 0.
7. 1) ( )3
2
cos 3 2 sin ;x x= π + 2) ( )2
sin3 2cos ;x x
π
= −
3) 1 – cos 4x = sin 2x; 4) 1 + cos 4x = cos 2x.
8. 1) ( ) 3
2
1 cos sin 0;
x
x
π +
− π+ − = 2) ( ) ( )3
2
sin 2 5sin 3 0;x xπ − + π − + =
3) ( ) ( )2
2
2 cos 2 3 cos 2;x xπ
π + − − + 4) 5 sin2
(1,5π – x) + 2 sin2
(π – x) = 2.
Знайдіть розв’язки рівняння (9–10).
9. 1) sin x + cos x = 1 на інтервалі (–2π; 0);
2) sin x – cos x = 1 на інтервалі (0; 2π);
3) sin4
x – cos4
x = sin 2x на проміжку [0; 90°];
4) 2 2
2
sin cos cos
x
x x− + = на проміжку [180°; 270°].
ДОДАТКОВІ ВПРАВИ ДО РОЗДІЛУ 2](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-258-320.jpg)
![259
10. 1)
sin
1 cos
ctg 2
x
x
x
+
+ = на інтервалі ( )2
; ;
π
π
2)
sin
1 cos 2
sin
x x
x+
= на проміжку [π; 2π];
3) 4 sin x sin 2x sin 3x = sin 4x на інтервалі ( )2
0; ;
π
4) 4 cos x cos 2x sin 3x = sin 2х на інтервалі ( )3
0; .
π
Розв’яжіть рівняння (11–26).
11. 1) sin 6x – 2 sin 2x = 0; 2) cos 6x + 2 cos 2x = 0;
3) 2 2
2 2
cos cos 3 sin cos ;
x x
x x+ = − 4) sin2
x + sin 3x = cos2
x + sin x.
12. 1) 4 cos2
x – sin 2x = 1; 2) 2 1
2
3 sin sin2 2;x x+ =
3) sin2
x + 14sin x cos x = 15cos2
x; 4) cos2
x – 12cos x sin x = 13sin2
x.
13. 1)
1 cos 2
1 sin
0;
x
x
+
−
= 2)
sin sin3
1 cos
0;
x x
x
−
−
=
3)
22sin 3sin
1 cos
0;
x x
x
+
−
= 4)
23cos 4cos
1 sin
0.
x x
x
−
+
=
14. 1)
cos cos 3
1 sin
0;
x x
x
+
+
= 2)
sin sin3
1 cos
0;
x x
x
−
+
= 3)
cos 2
1 sin 2
0;
x
x+
= 4)
sin 2
1 sin 2
0.
x
x−
=
15. 1) sin cos ;x x+ =3 1 2) 3 1sin cos ;x x− =
3) sin2
x = sin2
3x; 4) cos2
x = cos2
3x.
16. 1)
sin 4 sin 2
cos 2
tg 2 ;
x x
x
x
+
= 2)
cos 2 sin 4
sin 2
ctg2 ;
x x
x
x
−
=
3) 1+ =cos sin ;x x 4) 1− =cos sin .x x
17. 1) 4 4 5
8
sin cos ;x x+ = 2) sin4
x + cos4
x = sin 2x;
3) ( )2
cos 5 sin 2cos 3 ;x x x
π
+ + = 4) ( )3
2
cos5 sin 9 3sin2 0.x x x+ π − − =
18. 1) cos x + cos 2x + cos 3x + cos 4x = 0;
2) sin x + sin 2x + sin 3x + sin 4x = 0;
3) 5 sin 2x – 11(sin x + cos x) + 7 = 0;
4) sin 2z + 5(sin z + cos z) + 1 = 0.
19. 1) sin3
x cos 3x + cos3
x sin 3x + 0,375 = 0;
2) 3 3 2
4
cos cos 3 sin sin 3 ;z z z z+ =
3) ( ) ( ) 1
3 3 8
sin sin sin ;x x x
π π
− + = 4) ( ) ( )3 3
8cos cos cos 1 0.
π π
− + + =x x x
20. 1) sin2
x + sin2
2x = sin2
3x; 2) cos2
x + cos2
2x + cos2
3x + cos2
4x = 2;
3) cos sin ;3 1 3 3x x= − 4) 3 sin x + 5 cos x = 4.
Додаткові вправи до розділу 2](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-259-320.jpg)
![261
31. 1) ( )2
tg 2 3 tg 2 3 0;x x+ − − < 2) 2
3tg 4tg 3 0;x x− + >
3) ctg2
x + ctg x l 0; 4) tg2
x – tg x m 0.
32. 1) tg x tg 3x < –1; 2) ctg x ctg 3x > –1;
3) 3 sin2
x – 2 sin x cos x – cos2
x m 0;
4) ( )2 2
2cos 2 3 1 cos sin 3sin 0.x x x x+ − − l
33. 1)
( )sin 3 cos 2
6
sin 2
0;
x x
x
π
−
m 2) cos x cos 2x cos 3x m 0;
3) ( )( )3 2cos 2sin 2 3 2sin2 1 0;x x x− − − − l
4) cos2 2sin2 2 2cos ;x x x+
34. 1) 3 sin 2x – 1 > sin x + cos x; 2) ( )cos 2 2 cos sin ;x x x−m
3)
1 1 1
sin2 sin4 sin8
0;
x x x
+ + < 4)
1 1 1
sin sin2 sin3
.
x x x
− l
35. 1) 2 arccos x > arcsin x; 2) 2 arcsin x > arccos x;
3) 2 (arcsin x)2
– 3 arcsin x + 1 > 0; 4) (arccos x)2
– 6 arccos x + 8 < 0.
36. 1) sin (2x + 10°) + sin (x + 10°) – sin x < 0;
2) ( ) ( )2 3
ctg ctg 2 ctg 0;x x x
π π
+ + + + > 3) ( ) ( )
33 3
32
arctg arcctg ;x x
π
+ >
4) arctg (3x2
– 3x + 1) < arcctg (3x2
– 3x + 1).
37. Знайдіть множину значень функції:
1) ( )( )3
arccos 0,125 cos sin ;y x x
π
= − 2)
9 3 2 sin cos
4 2
arcsin .
x x
y
+ −
π
=
38. Знайдіть множину значень функції y = sin 2x, якщо:
1) х ∈ [arctg 0,5; arctg 3]; 2)
1
3
[arctg ;arctg 2];x∈
3)
5
12
arccos 0,8; ;x
π ∈
4)
5 5
13 12
arccos ; .x
π ∈
39. Розв’яжіть рівняння:
1) 7 tg x + cos2
x + 3 sin 2x = 1; 2) sin 2x + 1 = sin2
x + 6 ctg x.
40. При яких значеннях а вираз 2 + cos x (5 cos x + a sin x) дорівнюватиме
одиниці хоча б при одному значенні х?
41. Приякихзначенняха вираз3+sin x (2 sin x +a cos x)дорівнюватиме(–1)
хоча б при одному значенні х?
Додаткові вправи до розділу 2](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-261-320.jpg)
![291
§ 25. Узагальнення поняття степеня. Степенева функція, її властивості та графік
Т а б л и ц я 46
Особливий випадок (α = 0)
Якщо α = 0, то
y = xα
= x0
= 1 (при х ≠ 0).
функції у = хα
(при α ≠ 0)
Властивості
D (y) E (y)
парність
і непарність
зростання і спадання
(y = x2n
, n ∈ N)
R [0; +×) парна
спадає на проміжку (–×; 0],
зростає на проміжку [0; +×)
(у = х та у = х2п + 1
, п ∈ N)
R R непарна зростає
( )
( )2 1
2 1
1
,n
nx
y x n− −
−
= = ∈N
х ≠ 0 у ≠ 0 непарна
спадає на кожному
з проміжків (–×; 0) та (0; +×)](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-291-320.jpg)
![294
РОЗДІЛ 3. Степенева функція
Пояснення й обґрунтування
Степеневими функціями називають функції виду у = хα
, де α — будь яке
дійсне число.
З окремими з таких функцій ви вже ознайомилися в курсі алгебри 7–9
класів. Це, наприклад, функції у = х1
= х, у = х2
, у = х3
. При довільному
натуральному α графіки і властивості функції у = хα
аналогічні відомим вам
графікам і властивостям указаних функцій.
Описуючи властивості степеневих функцій, виділимо ті характеристики
функцій, які ми використовували в розділі 1: 1) область визначення; 2) об
ласть значень; 3) парність чи непарність; 4) точки перетину з осями коорди
нат; 5) проміжки знакосталості; 6) проміжки зростання і спадання; 7) най
більше та найменше значення функції.
1. Функція y = xααααα
(ααααα — парне натуральне число). Якщо α — парне натураль
не число, то функція у = х2п
, п ∈ N, має властивості і графік, повністю ана
логічні властивостям і графіку функції у = х2
.
Дійсно, область визначення функції у = х2п
: D (y) = R, оскільки значення
цієї функції можна обчислити при будь яких значеннях х.
Функція парна: якщо f (х) =х2п
, то f (–х) = (–х)2п
= х2п
= f (х). Отже, графік
функції у = х2п
симетричний відносно осі Оу.
Оскільки при х = 0 значення у = 0, то графік функції y = x2n
завжди прохо
дить через початок координат.
На проміжку [0; +×) функція зростає.
( Дійсно, для невід’ємних значень при x2
> x1
(x1
l 0, x2
l 0) одержуємо
x xn n
2
2
1
2
> , оскільки, як відомо з курсу алгебри 9 класу, при піднесенні обох
частин правильної нерівності з невід’ємними членами до парного степеня
(із збереженням знаку нерівності) одержуємо правильну нерівність. )
На проміжку (–×; 0] функція спадає.
( Дійсно, для недодатних значень x1
і x2
(x1
m 0, x2
m 0), якщо x2
> x1
, то
–x2
< –x1
(і тепер: –x1
l 0, –x2
l 0). Тоді (–x2
)2n
< (–x1
)2n
, отже, x x
n n
2
2
1
2
< ,
тобто f (x2
) < f (x1
). )
Для знаходження області значень функціїу = х2п
, п ∈ N, складемо рівнян
ня x2n
= a. Воно має розв’язки для всіх а l 0 (тоді )2n
x a= ± і тільки при таких
значеннях а. Усі ці числа і складуть область значень функції. Отже, область
значень заданої функції: у l 0, тобто Е (у) = [0; +×).
Таким чином, для всіх дійсних значень x значення у l 0. Найменше зна
чення функціїдорівнюєнулю(y= 0 приx =0).Найбільшогозначенняфункція
не має.
Зазначимо також, що при x = 1 значення y = 12n
= 1.](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-294-320.jpg)
![306
РОЗДІЛ 3. Степенева функція
Приклад 2 Розв’яжіть рівняння 3 4 1 2 1 2.x x x x x+ − − + − − = +
К о м е н т а р
Заміна 1x t− = дозволяє помітити, що кожен вираз, який стоїть під зна
ком зовнішнього квадратного кореня, є квадратом двочлена.
Застосовуючиформулу 2
,a a= одержуєморівняннязмодулями,дляроз
в’язування якого використовуємоплан:
1) знайти ОДЗ;
2) знайти нулі всіх підмодульних функцій;
3) позначити нулі на ОДЗ і розбити ОДЗ на проміжки;
4) знайти розв’язки рівняння в кожному з проміжків.
Р о з в ’ я з а н н я
Нехай 1 ,x t− = де t l 0. Тоді x – 1 = t2
; x = t2
+ 1.
Одержуєморівняння 2 2 24 4 1 2 3,t t t t t+ − + + − = +
яке можна записати так: ( ) ( )2 2 2
2 1 3.t t t− + − = + Звідси
| t – 2 | + | t –1 | = t2
+ 3. (1)
1) ОДЗ рівняння (1): t ∈ R, але за змістом завдання це рівняння потрібно
розв’язати при t l 0.
2) Нулі підмодульних функцій: t = 2 і t = 1.
3) Ці нулі розбивають область t l 0 на три про
міжки, у кожному з яких кожна підмодульна
функція має постійний знак (див. рисунок).
Проміжок І. При t ∈ [0; 1] маємо рівняння
–(t – 2) – (t – 1) = t2
+ 3.
Тоді t2
+ 2t = 0, t = 0 або t = –2, але в проміжок [0; 1] входить тільки t = 0.
Тоді 3 2 3.x = ±
x1 3 2 3= + — входить до ОДЗ і за
довольняє умові (2), отже, є коренем
заданого рівняння; x2 3 2 3= − —
входить до ОДЗ, але не задовольняє
умові(2),отже,неєкоренемзаданого
рівняння.
Відповідь: 3 2 2.+
частина є невід’ємним числом, тобто
х – 1 l0 длявсіх коренів. Тоді за умо
ви (2) обидві частини рівняння (1)
невід’ємні,отже,припіднесенніобох
частин до квадратa одержуємо рівно
сильне рівняння. Але після знахо
дження коренів цього рівняння не
обхідно перевірити не тільки те, чи
входять вони до ОДЗ, а й чи задоволь
няють вони умові (2). Для такої пере
віркидоситьвзятинаближенізначен
ня коренів х1
≈ 6,4 та х2
≈ –0,4.](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-306-320.jpg)
![307
Проміжок ІI. При t ∈ [1; 2] маємо рівняння
–(t – 2) + (t – 1) = t2
+ 3, яке рівносильне рівнянню t2
= –2, що не має
коренів. Отже, у проміжку [1; 2] коренів немає.
Проміжок III. При t ∈ [2; +×) маємо рівняння
(t – 2) + (t – 1) = t2
+ 3, з якого одержуємо рівняння t2
– 2t + 6 = 0, що не має
коренів. Отже, у проміжку [2; +×) коренів немає.
Об’єднуючи одержані результати, робимо висновок, що рівняння (1) має
тільки один корінь t = 0.
Виконуючи обернену заміну, маємо 1 0,x − = звідкиx = 1.
Відповідь: 1.
Приклад 3 Розв’яжіть рівняння
x x x x−( ) − −( ) +( ) + +( ) =6 3 6 2 3 2 2 3 0
23 3 23
.
Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р
§ 26. Застосування властивостей функцій до розв’язування ірраціональних рівнянь
Оскільки x = 6 не є коренем зада
ногорівняння,топриділенніобохча
стин рівняння на ( )23
6 0x − ≠ одер
жуємо рівносильне рівняння
( )
2
33 2 3 2 3
6 6
1 3 2 0.
x x
x x
+ +
− −
− + =
Після заміни 3 2 3
6
x
x
t
+
−
= маємо рів
няння 2t2
– 3t + 1 = 0, корені якого:
t1
= 1, 2
1
2
.t =
Виконавшиоберненузаміну,одер
жуємо:
3 2 3
6
1x
x
+
−
= або 3 2 3 1
6 2
,
x
x
+
−
=
2 3
6
1
x
x
+
−
= або
2 3 1
6 8
,
x
x
+
−
=
x = –9 або x = –2.
Відповідь: –9; –2.
Якщо виконати заміну 3
6 ,x u− =
3
2 3 ,x v+ = то одержимо рівняння
u2
– 3uv + 2v2
= 0, усі члени якого ма
ютьоднаковийсумарнийстепінь*
—
два. Нагадаємо, що таке рівнянняна
зивається однорідним і розв’язуєть
ся діленням обох частин на найви
щий степінь однієї із змінних. Розді
лимо, наприклад, обидві частини
на u2
(тобто на x −( ) )6
23
.
Щоб при діленні на вираз із змін
ною не загубити корені рівняння, по
трібнотізначеннязмінної,прияких
цейвираздорівнюєнулю,розглянути
окремо, тобто в даному прикладі під
ставити значення х = 6 в задане рів
няння (це можна виконати усно, до
розв’язання записати тільки одержа
ний результат).
Для реалізації одержаного плану
розв’язування не обов’язково вводи
ти змінні u і v, досить помітити, що
заданерівнянняоднорідне,розділити
обидві частини на ( )23
6 ,x − а вжепо
тім ввести нову зміннуt.
*
В означенні однорідного рівняння не враховується член 0, який степеня не має.](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-307-320.jpg)
![312
РОЗДІЛ 3. Степенева функція
2. Нулі функції f (x): 3 1 2 1 0.x x x+ − − − − = Тоді:
3 1 2 1,x x x+ − − = − ( ) ( )2 2
3 1 2 1 ,x x x+ − − = −
3 2 3 1 1 2 1,x x x x x+ − + ⋅ − + − = − 2 3 1 3.x x+ ⋅ − =
Підносимо обидві частини останнього рівняння до квадрата:
4(х + 3)(х – 1) = 9, 4х2
+ 8х – 21 = 0,
1
3
2
x = = 1,5 — корінь, 2
7
2
x = − — сторонній корінь.
3. Розбиваємо ОДЗ точкою 1,5 на два проміжки і зна
ходимо знак f (x) у кожному з проміжків (див. рису
нок).
Відповідь: [1; 1,5).
Приклад 2 Розв’яжіть нерівність
3 8
2.
x
x
x
+
> −
I спосіб (метод інтервалів)
К о м е н т а р
Зведемо задану нерівність до виду f (x) > 0 і розв’яжемо її методом інтер
валів. При знаходженні ОДЗ заданої нерівності для розв’язування нерівності
3 8
0
x
x
+
l тежвикористаємометодінтервалів(ОДЗ: х ≠0;
3
8
0
x
x
+
= прих =–2).
Для знаходження нулів функціїf (x) використаємо рівняння наслідки.
Хоча функція f (x) і не має нулів, але й у такому випадку метод інтервалів
також працює. Тільки в цьому випадку інтервали знакосталості функції f (x)
збігаються з інтервалами, з яких складається її область визначення.
Р о з в ’ я з а н н я
Задана нерівність рівносильна нерівності
3 8
2 0.
x
x
x
+
− + > (1)
Позначимо
3 8
( ) 2.
x
x
f x x
+
= − +
1. ОДЗ:
3 8
0,
0.
x
x
x
+
≠
l
Розв’яжемо нерівність
3 8
0
x
x
+
l
методом інтервалів (див. рисунок).
Одержуємо: х ∈ (–×; –2] (0; +×).
2. Нулі функції f (x):
3 8
2 0.
x
x
x
+
− + = Тоді:](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-312-320.jpg)
![313
3 8
2,
x
x
x
+
= −
3
28
4 4,
x
x
x x
+
= − + х3
+ 8 = х3
– 4х2
+ 4х,
4х2
– 4х + 8 = 0 — коренів немає (D < 0).
3. ОДЗ нерівності (1) розбивається на два проміжки,
уякихфункція f (x)маєзнаки,указанінарисунку.
Відповідь: (–×; –2] (0; +×).
ІІ спосіб (рівносильні перетворення)
К о м е н т а р
Для розв’язування використаємо рівносильні перетворення (с. 311):
2
2
( ) 0,
( ) ( )
( ) ( )
k
k
g x
f x g x
f x g x
> ⇔
>
l
або
( ) 0,
( ) 0.
f x
g x
<
l
Щоб розв’язати одержану проміжну нерівність
3 8
0,
x
x
+
l врахуємо умови,
за яких цей дріб буде невід’ємний.
У кінці, об’єднуючи одержані розв’язки, отримуємо відповідь.
Р о з в ’ я з а н н я
x
x x
x
x
x
x
3
3 2
8
82
2 0
2
+
+> − ⇔
−
> −( )
l ,
або
x
x x
xx
x
x x
3
3
2
8
8
0
2 0
2
4 4
+
+
− <
⇔
> − +
l
l
,
,
або
x
x x x
xx
x3
2
8
4 4 8
0
2
2
0
+
− +
<
⇔
>
l
l
,
,
або
x
x
x
3
8 0
0
2
+
>
<
l ,
,
,
або
x
x
x
3
8 0
0
2
+
<
<
m ,
,
.
Враховуючи, що 4х2
– 4х + 8 > 0 при всіх значеннях х (D < 0 і а = 4 > 0),
одержуємо, що остання сукупність трьох систем рівносильна сукупності:
2,
0
x
x
>
l
або
2,
0,
2
x
x
x
−
>
<
l
або
x
x
x
m −
<
<
2
0
2
,
, ⇔ х l 2 або 0 < x < 2 або х m –2 ⇔
⇔ х m –2 або х > 0.
Відповідь: (–×; –2] (0; +×).
З а у в а ж е н н я. Записуючи наведене розв’язання, знаки рівносильності
(⇔) можна не ставити, досить на початку розв’язання записати таку фразу:
«Виконаємо рівносильні перетворення заданої нерівності».
§ 27. Розв’язування ірраціональних нерівностей](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-313-320.jpg)
![314
РОЗДІЛ 3. Степенева функція
Приклад 3 Розв’яжіть нерівність
3 9 4 3 5 3 14 6 3 5 1.x x x x+ − + + + − + m (1)
К о м е н т а р
Заміна 3 5x t+ = дозволяє помітити, що кожен вираз, який стоїть під
знаком зовнішнього квадратного кореня, є квадратом двочлена.
Застосовуючи формулу 2 ,a a= одержуємо нерівність з модулями, для
розв’язування якої використовуємо план:
1) знайти ОДЗ;
2) знайти нулі всіх підмодульних функцій;
3) відмітити нулі на ОДЗ і розбити ОДЗ на проміжки;
4) знайти розв’язки нерівності в кожному з проміжків.
Р о з в ’ я з а н н я
Нехай 3 5 ,x t+ = де t l 0. Тоді 3x + 5 = t2
, 3x = t2
– 5.
Отримуємо нерівність 2 2
4 4 9 6 1,t t t t+ − + + − m яку можна записати так:
t t−( ) + −( )2 3 1
2 2
m . Одержуємо
| t – 2 | + | t – 3 | m 1. (2)
1. ОДЗ нерівності (2): t ∈ R, але за змістом завдання цю нерівність потрібно
розв’язати при t l 0.
2. Нулі підмодульних функцій: t = 2 і t = 3.
3. Ці нулі розбивають область t l 0 на три про
міжки, у кожному з яких кожна підмодульна
функція має постійний знак (див. рисунок).
Проміжок І. При t ∈ [0; 2] маємо нерівність
–(t – 2) – (t – 3) m 1, з якої одержуємо t l 2, але в проміжок [0; 2] входить
тільки t = 2.
Проміжок ІI. При t ∈ [2; 3] маємо нерівність
(t – 2) – (t – 3) m1, яка рівносильна нерівності 0æt m 0, що виконується при
будь яких значеннях t. Отже, у проміжку [2; 3] розв’язками нерівності
будуть усі значення t з цього проміжку (2 m t m 3).
Проміжок III. Приt ∈ [3; +×) маємо нерівність
(t – 2) + (t – 3) m 1, з якої одержуємо t m 3, але в проміжок [3; +×) входить
тільки значення t = 3.
Об’єднуючи одержані результати, робимо висновок, що розв’язками не
рівності (2) будуть усі значення t, такі що: 2 m t m 3.
Виконуючи обернену заміну, маємо 2 3 5 3,x +m m звідки 4 m 3x + 5 m 9.
Тоді
1 4
3 3
.x− m m
Відповідь:
1 4
3 3
; . − ](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-314-320.jpg)
![326
РОЗДІЛ 3. Степенева функція
3)
x
x x
−
− +
<
7
4 19 12
2
0; 4)
17 15 2
3
2
0
− −
+
>
x x
x
.
15. 1) x x x x− − + + −2 1 2 1 2m ; 2) x x x x+ − − − −4 4 4 4 3l ;
3) 3 1 2;+ > − + −x x x 4) 6 2 4 1.+ > − + +x x x
16. 1) 2
1 1 1 1
4 4
;− > −
xx
2) 2
1 3 1 1
4 2
;− < −
xx
3) ( ) 2
1 2 0;− − −x x x l 4) ( ) 2
3 2 0.− + −x x x l
17. 1) ( ) 2 2
1 1 1;+ + > −x x x 2) ( ) 2 2
3 1 9;− + −x x xm
3)
2 2
6 6
2 5 4
;
+ − + −
+ +
x x x x
x x
l 4)
2 2
12 12
11 2 9
.
+ − + −
− −
x x x x
x x
l
18. 1) 51 2
1
2
1
− −
−
<
x x
x
; 2)
2 4 3
2;
− + −x x
x
l
3) x x x x+ < + − − + +( ) − −( )5 1 3 5 3 ;
4) x x x x−( ) − +( ) + > − + − −5 7 1 7 5.
19. 1) 6 1 2 5;+ > + + −x x x 2) 3 1 2 1;+ > − + −x x x
3) 2 2 2
8 15 2 15 4 18 18;− + + + − > − +x x x x x x
20. 1)
1 1 1 1
4 4 2 1 1
2 2 2
1
− − + + +
− + − −
( ) ( )
( )
x x x x
x x x
l ; 2)
x x x x
x x x x x
+ − −
− − −
( )
( )
>
1 1
2
2 2 2
1;
3) 1 1
1 2 1 1
0;
+ −
− + −
+x x
x x
l 4)
1 2
1 1 1
0.
− − +
−
x x
m
21. 1) ( )1 1
2 2
0 ;
− +
− >
a
x x x
am 2)
1 1
1 1
.
+ −
+
a
x x x
l
22. Розв’яжітьнерівність ( )2 4
3
1− −x x al при а=0іпереконайтеся,щомно
жиноюїїрозв’язківєвідрізок.Приякихзначенняхамножиноюрозв’язків
данної нерівності є відрізок довжиною
9
5
?
23. При яких значення параметра а множина розв’язків нерівності
2
+ +a x ax xl не перетинається з проміжком [–1; 0]?
24. При яких значення параметра а у множині розв’язків нерівності
x x ax+ − >2
2 1 міститься проміжок
1
4
; 1 ?
](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-326-320.jpg)
![354
РОЗДІЛ 4. Показникова і логарифмічна функції
Аналогічно обґрунтовується рівносильність нерівностей af (x)
> ag (x)
і f (x) < g (x) при 0 < a < 1. )
У найпростіших випадках при розв’язуванні показникових нерівностей,
як і при розв’язуванні показникових рівнянь, намагаються за допомогою ос
новнихформулдійнадстепенямизвести(якщоцеможливо)заданунерівність
до виду af (x)
ag (x)
.
Для розв’язування більш складних показникових нерівностей найчасті
ше використовують заміну змінних або властивості відповідних функцій (ці
методи розглянуто в § 35 розділу 4).
Зауважимо, що, аналогічно до розв’язування показникових рівнянь, усі
рівносильні перетворення нерівності завжди виконуються на її області допу
стимих значень (тобто на спільній області визначення для всіх функцій, які
входять до запису цієї нерівності). Для показникових нерівностей досить ча
сто областю допустимих значень (ОДЗ) є множина всіх дійсних чисел. У цих
випадках, як правило, ОДЗ явно не знаходять і не записують до розв’язання
нерівності (див. далі приклад 1). Але якщо в процесі розв’язування показни
кової нерівності рівносильні перетворення виконуються не на всій множині
дійсних чисел, то в цьому випадку доводиться згадувати про ОДЗ (див. далі
приклад 2).
Приклади розв’язання завдань
Приклад 1 Розв’яжіть нерівність ( )
2 7 6
0,6 1.
x x− +
l
Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р
( ) ( )
2 7 6 0
0,6 0,6 .
x x− +
l
Оскільки функціяy = (0,6)t
є спад
ною, то x2
– 7x + 6 m 0.
Звідси 1 m x m 6 (див. рисунок).
Відповідь: [1; 6].
Запишемо праву частину нерів
ності як степінь числа 0,6: 1 = (0,6)0
.
Оскільки 0,6 < 1, то при переході
від степенів до показників знак не
рівності змінюється на протилежний
(одержуємо нерівність, рівносильну
заданій).
Для розв’язування одержаної
квадратної нерівності використаємо
графічнуілюстрацію.
Приклад 2 Розв’яжіть нерівність 2
3 3 8.x x−
− m
Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р
ОДЗ: x l 0.
2
3
3
3 8.x
x
− m
Заміна 3
x
t= (t > 0) дає нерівність
Оскільки рівносильні перетворен
ня нерівностей виконуються на ОДЗ
початкової нерівності, то зафіксуємо
цю ОДЗ. Використовуючи формулу](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-354-320.jpg)
![355
9
8,
t
t − m яка рівносильна нерівності
2 8 9
0.
t t
t
− −
m
Оскільки t > 0, одержуємо
t2
– 8t – 9 m 0. Звідси –1 m t m 9.
Враховуючи, що t > 0, маємо
0 < t m 9.
Виконуючиоберненузаміну,одер
жуємо 0 3 9.
x
< m Тоді 2
3 3 .
x
m
Функція y=3t
єзростаючою,отже,
x m 2. ВраховуючиОДЗ,одержуємо
0 m x m 4.
Відповідь: [0; 4].
§ 30. Розв’язування показникових рівнянь та нерівностей
,
u
u a
a
a − =v
v позбуваємосячисловогодо
данкавпоказникустепеняіодержує
мостепенізоднієюосновою3,щодоз
воляє ввести заміну 3 ,x
t= де t > 0.
В одержаній нерівності знамен
ник додатний, тому цю дробову не
рівність можна звести до рівносиль
ної їй квадратної.
Після виконання оберненої замі
ни слід врахувати не тільки зростан
ня функції y = 3
t
, а й ОДЗ початкової
нерівності.
Приклад 3*
Розв’яжіть нерівність 22x + 1
– 5æ6x
+ 32x + 1
> 0.
Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р
Розв’яжемо нерівність методом
інтервалів. Позначимо
f (x) = 2
2x + 1
– 5æ6
x
+ 3
2x + 1
.
1. ОДЗ: x ∈ R.
2. Нулі функції: f (x) = 0.
2
2x + 1
– 5æ6
x
+ 3
2x + 1
= 0,
2
2x
æ2 – 5æ6
x
+ 3
2х
æ3 = 0,
2æ2
2x
– 5æ2
x
æ3
x
+ 3æ3
2х
= 0 | : 3
2х
≠ 0,
( ) ( )
2
2 2
3 3
2 5 3 0.
x x
⋅ − ⋅ + =
Заміна ( )2
3
.
x
t= Одержуємо
2t
2
– 5t + 3 = 0, t1
= 1, 2
3
2
.t = Обернена
заміна дає: ( )2
3
1
x
= або ( )2 3
3 2
.
x
=
Звідси x = 0 або x = –1.
3.Відмічаємо нулі функції на ОДЗ,
знаходимо знак f (x) у кожному з
одержаних проміжків і записуємо
розв’язки нерівності f (x) > 0.
Відповідь: (–×; –1) (0; +×).
Заданунерівністьможнарозв’язу
ватиабозведеннямдоалгебраїчноїне
рівності, або методом інтервалів. Для
розв’язування її методом інтервалів
використаємо схему, наведену в таб
лиці 52.
При знаходженні нулів функції
зведемо всі степені до двох основ (2
і 3), щоб одержати однорідне рівнян
ня. Це рівняння розв’язується ділен
нямобохчастиннанайвищийстепінь
одного з видів змінних — на 3
2x
. Вра
ховуючи, що 3
2x
≠ 0 при всіх значен
нях х, в результаті ділення на 3
2x
одержуєморівняння,рівносильнепо
передньому.
Звичайно, для розв’язування за
даноїнерівностіможнабуловрахува
ти, що 3
2x
> 0 завжди, і після ділення
заданої нерівності на 3
2x
та заміни
( )2
3
x
t= одержати алгебраїчну нерів
ність.](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-355-320.jpg)
![356
РОЗДІЛ 4. Показникова і логарифмічна функції
Приклад 4*
Розв’яжіть нерівність 3 9 2 8 0
2x
x x−( ) − − m .
К о м е н т а р
Задану нестрогу нерівність зручно теж розв’язувати методом інтервалів.
Записуючи відповідь, слід враховувати, що у випадку, коли ми розв’язуємо
нестрогу нерівністьf (x) m0, усінуліфункціїf (x) повинніввійтидовідповіді.
Р о з в ’ я з а н н я
Позначимо ( ) 2
( ) 3 9 2 8.x
f x x x= − − −
1. ОДЗ: х2
– 2х – 8 l 0. Тоді x m –2 або x l 4
(див. рисунок).
2. Нулі функції: f (x) = 0.
3 9 2 8 02x
x x−( ) − − = . Тоді 3х
– 9 = 0 або 2
2 8 0.x x− − =
З першого рівняння:х = 2 — не входить до ОДЗ, а з другого: х1
= –2, х2
= 4.
3. Позначаємо нулі f (x) на ОДЗ, знаходимо знак f (x)
у кожному з проміжків, на які розбивається ОДЗ,
і записуємо розв’язки нерівності f (x) m 0.
Відповідь: х ∈ (–×; –2] або х = 4.
Запитання для контролю
1. Поясніть, у яких випадках показникові нерівності ax
> b та ax
< b (де a > 0
і a ≠ 1) мають розв’язки. У яких випадках дані нерівності не мають роз
в’язків? Наведіть приклади. Проілюструйте ці приклади графічно.
2. Якій нерівності рівносильна показникова нерівність af (x)
> ag (x)
при a > 1?
При 0 < a < 1? Наведіть приклади.
Вправи
1. Розв’яжіть нерівність (1–4).
1°) 2
x
> 1; 2°)
1
2
2 ;
x
> 3) 3
x
> 0; 4) ( )1
3
0;
x
< 5°) ( )1
3
9;
x
l 6) ( )
3
1
2
4;
x−
m
7°) 5 25 5x
l ; 8) ( )
2
1
4
16;
x−
< 9
*
) ( )
2
7 6
30,3 1;
x x
x
− +
− m 10
*
) ( )
2
9 8
41,3 1.
x x
x
− +
− l
2. 1) ( ) ( )
1
2 2 5
3 3 2
;
x x−
+ > 2°) 3
x + 2
+ 3
x – 1
< 28; 3) 3
2x + 1
+ 8æ3
x
– 3 l 0;
4)
2 1 1
3
6 6 4 0;
x x−
− ⋅ − m 5) 4
x
– 2
x + 1
– 8 > 0; 6) 9
x
– 12æ3
x
+ 27 m 0.
3. 1) 3
x
> 5
x
; 2) 7
x – 1
m 2
x – 1
; 3
*
) 2
2x + 1
– 5æ6
x
+ 3
2x + 1
l 0;
4
*
) 5æ3
2x
+ 15æ5
2x – 1
m 8æ15
x
.
4
*
. 1) 2 2 6 02x
x x−( ) − − l ; 2) 3 1 2 8 0
2 2x
x x
−
−( ) − − ;
3) 6 3 2 3 1;x x
⋅ − > + 4) 1
2 5 1 5 2.x x+
⋅ − > +](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-356-320.jpg)
![387
§ 33. Розв’язування логарифмічних рівнянь та нерівностей
3. Розв’язування більш складних логарифмічних нерівностей
П р о д о в ж. т а б л. 56
Орієнтир Приклад
I. За допомогою рівносиль
них перетворень задана
нерівністьзводитьсядоне
рівностівідомоговиду.
Схема рівносильних
перетворень нерівності:
1. Враховуємо ОДЗ заданої
нерівності(іуникаємопе
ретворень, які приводять
до звуження ОДЗ).
2. Стежимо за тим, щоб на
ОДЗкожнеперетворення
можна було виконати як
у прямому, так і у зворот
ному напрямках із збере
женням правильної не
рівності.
lg2
(10x) – lg x l 3.
ОДЗ: x > 0. На цій ОДЗ задана нерівність
рівносильна нерівностям:
(lg 10 + lg x)2
– lg x l 3, (1 + lg x)2
– lg x l 3.
Заміна lg x = t дає нерівність (1 + t)2
– t l 3,
тобто t2
+ t – 2 l 0, розв’язки якої t –2 або
t l 1 (див. рисунок).
Обернена заміна дає lg x m –2 або lg x l 1.
Тоді lg x m lg 10–2
або lg х l lg 10.
Враховуючи, що функція у = lg х є зростаю
чою, одержуємо: x m 10–2
або x l 10.
Після врахування ОДЗ маємо:
0 < x m 0,01 або x l 10.
Відповідь: (0; 0,01] [10;+×).
II. Застосовується загаль
ний метод інтервалів
(задана нерівність зво
диться до нерівності виду
f (x) 0) і використо
вується схема:
1. Знайти ОДЗ.
2. Знайти нулі f (x).
3. Позначити нулі функції
на ОДЗ і знайти знак f (x)
у кожному з проміжків,
на які розбивається ОДЗ.
4. Записати відповідь, вра
ховуючи знак нерівності.
logx
(2x + 3) < 2.
Розв’яжемо нерівність методом інтер
валів. Вона рівносильна нерівності
logx
(2x + 3) – 2 < 0.
Позначимо f (x) = logx
(2x + 3) – 2.
1. ОДЗ:
2 3 0
0
1
x
x
x
+ >
>
≠
,
,
.
Тобто
0,
1.
x
x
>
≠
2.Нуліфункції:f (x)=0.logx
(2x+3)–2=0.
Тоді logx
(2x + 3) = 2. На ОДЗ це рівняння
рівносильнерівнянню2x +3= x2
(якеодер
жуємо за означенням логарифма). Тобто
x2
– 2x – 3 = 0, x1
= –1, x2
= 3.
До ОДЗ входить тільки x = 3, отже, f (x)
має тільки єдиний нуль функції x = 3.
3. Відмічаємо нулі функції на ОДЗ, знахо
димо знак f (x) у кожному з проміжків, на
які розбивається ОДЗ, і записуємо роз
в’язки нерівності f (x) < 0.
Відповідь: х ∈ (0; 1) (3; +×).](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-387-320.jpg)
![390
РОЗДІЛ 4. Показникова і логарифмічна функції
Приклади розв’язання завдань
Приклад 1 Розв’яжіть нерівність log0,2
(x – 1) + log0,2
(x + 3) –1.
К о м е н т а р
Розв’яжемо задану нерівність за допомогою рівносильних перетворень. Як
і для рівнянь, для цього досить врахувати ОДЗ заданої нерівності і стежи
ти за тим, щоб на ОДЗ кожне перетворення можна було виконати як у
прямому, так і у зворотному напрямках із збереженням правильної нерів
ності. Оскільки на ОДЗ вирази, що стоять під знаком логарифмів, є додатни
ми, то формулу loga
b + loga
c = loga
(bc) для додатнихb і c можна використову
вати як у прямому, так і у зворотному напрямках. Oтже, виконуючи перетво
реннянерівностізацієюформулою,одержимонерівність,рівносильнузаданій
(на її ОДЗ).
Щоб використати властивості логарифмічної функції, запишемо число
(–1) як значення логарифмічної функції:–1 = log0,2
(0,2)
–1
(зрозуміло, що і цю
формулу можна використовувати як у прямому, так і у зворотному напрям
ках) і врахуємо, що ( ) ( ) ( )
1 1
1 2 1
10 5
0,2 5.
− −
−
= = =
Р о з в ’ я з а н н я
ОДЗ:
1 0,
3 0.
x
x
− >
+ >
Тоді x > 1.
На цій ОДЗ задана нерівність рівносильна нерівності
( ) 1
0,2 0,2log ( 1)( 3) log (0,2)x x
−
− + .
Функція y = log0,2
t є спадною, отже, (x – 1)(x + 3) m (0,2)
–1
.
Одержуємо x2
+ 2x – 3 m 5, x2
+ 2x – 8 m 0.
Остання нерівність має розв’язки:
–4 m x m 2 (див. рисунок).
Враховуючи ОДЗ, одержуємо 1 < x m 2.
Відповідь: (1; 2].
Приклад 2*
Розв’яжіть нерівність 1 2
3
1
2
log log 1.x
x
−
−
> −
Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р
( )
1
1 2 1
3 3
1 1
2 3
log log log .
x
x
−
−
−
> (1)
Враховуючи ОДЗ заданої нерів
ності і те, що функція 1
3
logy t= спа
дає,одержуємо
ОДЗ заданої нерівності задається
системою
2
1
2
1
2
log 0,
0.
x
x
x
x
−
−
−
−
>
>
(6)
(7)](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/85/10-a-n_u-390-320.jpg)
![УДК 373: [512 + 517]
ББК 22.12я721 + 2.161я721
Н49
ISBN 966 544 385 2
© Є. П. Нелін, 2004
© Є. П. Нелін, 2006, з доповненнями
© НМЦ «Світ дитинства» ООО,
оригінал макет, художнє оформлення, 2006
Р е ц е н з е н т и:
М. І. Бурда, член кореспондент АПН України, доктор педагогічних наук, про
фесор, заступник директора Інституту педагогіки АПН України
В. О. Золотарьов, доктор фізико математичних наук, професор, завідувач кафед
ри вищої математики та інформатики Харківського національ
ного університету ім. В. Н. Каразіна
О. М. Роганін, учитель математики вищої категорії, учитель методист Пісо
чинського колегіуму Харківського району Харківської області
Х у д о ж н и к С. Е. Кулинич
Рекомендовано Міністерством освіти і науки України
(лист № 1/11–3169 від 29 червня 2004 р.)
Нелін Є. П.
Н49 Алгебра і початки аналізу: Дворівневий підруч. для 10 кл. загально
освіт. навч. закладів.— 2 ге вид., виправ. і доп. — Х.: Світ дитинства,
2006.— 448 с.
ISBN 966 544 385 2.
УДК 373: [512 + 517]
ББК 22.12я721 + 2.161я721
У м о в н і п о з н а ч е н н я в п і д р у ч н и к у
головне в навчальному матеріалі
початок розв’язання задачі
закінчення розв’язання задачі
початок обґрунтування твердження
закінчення обґрунтування твердження
(
)](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-2-2048.jpg)
![5
N — множина всіх натуральних
чисел
Z — множина всіх цілих чисел
Z0
— множина всіх невід’ємних
цілих чисел
Q — множина всіх раціональ
них чисел
R — множина всіх дійсних чи
сел, числова пряма
R+
— множина всіх додатних
дійсних чисел
[a; b] — відрізок (замкнений про
міжок) з кінцями a і b,
a < b
(a; b) — інтервал (відкритий про
міжок) з кінцями a і b,
a < b
(a; b],
[a; b) — напіввідкриті проміжки
з кінцями a і b, a < b
(a; +×),
[a; +×),
(–×; b],
(–×; b) — нескінченні проміжки
(–×; +×) — нескінченний проміжок,
числова пряма
Позначення, які зустрічаються в підручнику
За рахунок чіткого виділення загальних орієнтирів роботи з практичними
завданнями курсу вдається частину «нестандартних» (з точки зору традицій
них підручників) завдань перевести в розряд «стандартних» (наприклад,
рівняння, для розв’язування яких доводиться використовувати властивості
функцій). Це дозволяє зменшити розрив між рівнем вимог державної атес
тації з алгебри і початків аналізу та рівнем вимог з цього курсу на вступних
іспитах до вузів, а також ознайомити учнів з методами розв’язування зав
дань, які пропонуються на вступних іспитах до вузів.
Зауважимо, що детальна систематизація за змістовними лініями навчаль
ного матеріалу та відповідних способів діяльності по розв’язуванню завдань
курсу міститься також у посібнику Є. П. Неліна «Алгебра в таблицях. На
вчальний посібник для учнів 7–11 класів».— Харків: Світ дитинства, 1998–
2005, який доцільно використовувати в навчальному процесі в комплекті
з підручником.
| x | — модуль (абсолютна величина)
числа x
[x] — ціла частина числа x
{x} — дробова частина числа x
f (x) — значення функції f у точці x
D (f) — область визначення функції f
E (f) — область значень функції f
sin — функція синус
cos — функція косинус
tg — функція тангенс
ctg — функція котангенс
arcsin — функція арксинус
arccos — функція арккосинус
arctg — функція арктангенс
arcctg — функція арккотангенс
a — арифметичний корінь із чис
ла a
2k
a — арифметичний корінь 2k го
степеня з числа a (k ∈ N)
2 1k
a+
— корінь (2k+1) го степеня з
числа a (k ∈ N)
loga
— логарифм за основою a
lg — десятковий логарифм (лога
рифм за основою 10)
ln — натуральний логарифм (лога
рифм за основою e)](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-5-2048.jpg)
![9
задана функція y = f (x) з областю визначення D (f) = [–1; 3] і множиною зна
чень E (f) = [1; 4].
2. Графік функції. Нагадаємо, що
графіком функції y = f (x) називається множина всіх точок координатної
площини з координатами (x; f (x)), де перша координата x«пробігає» всю
область визначення функції, а друга координата — це відповідне значен
ня функції f у точці x.
На рисунках до пункту 4 таблиці 1 наведено графіки функцій y = x2
та
y
x
=
1
, а на рисунку 3 — графік функції y = | x |.
Наведемо також графік функції y =[x], де [x] — позначення цілої частини
числа x, тобто найбільшого цілого числа, яке не перевищує x (рис. 4). Об
ласть визначення цієї функції D (y) = R — множина всіх дійсних чисел, а об
ласть значень E (y) = Z — множина всіх цілих чисел.
На рисунку 5 наведено графік ще однієї числової функції y = {x}, де {x} —
позначення дробової частини числа x (за означенням {x} = x – [x]).
3. Зростаючі та спадні функції. Важливими характеристиками функцій є їх
зростання та спадання.
Функція f (x)називається зростаючоюнамножиніР,якщобільшомузна
ченню аргументу з цієї множини відповідає більше значення функції.
Тобто для будь яких двох значень
x1
і x2
з множини Р, якщо x2
> x1
, то
f (x2
) > f (x1
).
Наприклад, функція f (x) = 2x зрос
таюча (на всій області визначення, тоб
то на множині R), оскільки, якщо
x2
> x1
,то2x2
>2x1
,отже, f (x2
) > f (x1
).
y = | x |
Рис. 3 Рис. 4
y =[x]
Рис. 5
§ 1. Повторення і розширення відомостей про функцію](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-9-2048.jpg)
![10
РОЗДІЛ 1. Тригонометричні функції
Відповідні точки графіка зростаючої функції при збільшенні аргументу
піднімаються (рис. 6).
На рисунку 7 наведено графік ще однієї зростаючої функції у= х3
. Дійсно,
при x2
> x1
маємо x2
3
> x1
3
, тобто f (x2
) > f (x1
).
Функціяf(x) називається спадною на множині Р, якщо більшому значен
ню аргументу з цієї множини відповідає менше значення функції.
Тобто для будь яких двох значень x1
і x2
з множини Р, якщо x2
> x1
, то
f (x2
) < f (x1
).
Наприклад, функція f (x) = –2x спадна (на всій області визначення, тобто
на множині R), оскільки, якщо x2
> x1
, то –2x2
< –2x1
, отже, f (x2
) < f (x1
).
Іідповідні точки графіка спадної функції при збільшенні аргументу опуска
ються (рис. 8).
Розглядаючи графік функції y = x2
(рис. 9), бачимо, що на всій області
визначення ця функція не є ні зростаючою, ні спадною. Але можна виділити
проміжки області визначення, де ця функція зростає і де спадає. Так, на про
міжку [0; + ) функція y = x2
зростає, а на проміжку (– ; 0] — спадає.
Зазначимо, що для зростаючих і спадних функцій виконуються власти
вості, обернені до тверджень, що містяться в означеннях.
Якщо функція зростає, то більшому значенню функції відповідає
більше значення аргументу.
Якщофункціяспадає,тобільшомузначеннюфункціївідповідаємен
ше значення аргументу.
( Обґрунтуємо першу з цих властивостей методом від супротивного. Нехай
функція f (x) зростає іf (x2
) > f (x1
). Припустимо, що аргументx2
не більше
аргументу x1
, тобто x2
m x1
. З цього припущення одержуємо:
якщоx2
x1
іf (x)зростає,то f (x2
) f (x1
),щосуперечитьумовіf (x2
) > f (x1
).
Отже, наше припущення неправильне і, якщо f (x2
) > f (x1
), то x2
> x1
, що
і потрібно було довести.
Аналогічно обґрунтовується і друга властивість. )
Рис. 7 Рис. 8Рис. 6
у = х3](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-10-2048.jpg)
![16
РОЗДІЛ 1. Тригонометричні функції
Вправи
1°. Знайдіть значення функції у вказаних точках:
1) f x x
x
( ) = +
1
у точках 2; –1; 3; а (а ≠ 0);
2) g (x) = х2
– 3 у точках 0; 1; –2; b;
3) ( ) 1x xϕ = + у точках 0; 3; –1; m (m > 0).
2. Знайдіть область визначення функції, заданої формулою:
1°) у = 2х + 3; 2°) y x= +3 ; 3°) y
x
=
+
1
1
; 4) y
x
x
=
+2
1
;
5) y x= −2 1 ; 6) y x= +2 1 ; 7) y x x= − + −1 5 ; 8) y
x
x
=
+ 3
;
9*
) y
x
x
=
−
−
2
9
3
; 10*
)
2
1
x x
x
y
−
+
= ; 11*
) y
x
x
=
− 2
; 12*
) y x x= + +2 1 .
3. Знайдіть область значень функції, заданої формулою:
1) f (x) = 5; 2) f (x) = х; 3) f (x) = х2
; 4) f x x( ) = ;
5*
) у = –3х + 1; 6*
) у = х2
– 5; 7*
) у = | х | + 3 .
4°. Для функцій, які задані своїми графіками на рисунку 12, укажіть область
визначення, область значень, проміжки зростання і спадання та значення
кожної функції прих = 1.
5. Обґрунтуйте, що задана функція є зростаючою (на її області визначення):
1) у = 3х; 2) у = х + 5; 3*
) у = х3
; 4*
) у = х5
; 5*
) y x= .
6*
. Доведіть, що на заданому проміжку функція зростає:
1) y
x
= −
2
, де х > 0; 2) y
x
= −
1
, де х < 0.
7. Обґрунтуйте, що задана функція є спадною (на її області визначення):
1) у = –3х; 2) у = –х – 1; 3*
) у = –х3
; 4*
) у = –х5
.
8*
. Доведіть, що на заданому проміжку функція спадає:
1) y
x
=
3
, де х < 0; 2) y
x
=
5
, де х > 0.
9*
. Доведіть, що функція у = х2
на проміжку [0; + ) зростає, а на проміжку
(– ; 0] спадає.
10*
. Користуючись твердженнями, доведеними у прикладі 5 (с. 13), укажіть,
які із заданих функцій є зростаючими, а які — спадними:
1) у = х3
+ x; 2) у = –х – x5 ; 3) y x x= + ; 4) у = –х3
– х5
.](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-16-2048.jpg)
![19
1 2 3 4 5 6
2. Обернена пропорційність, функція
k > 0
x 0 y 0 непарна
спадає на
кожному з
проміжків
(– ; 0)
i (0; + )
k < 0
зростає на
кожному з
проміжків
(– ; 0)
i (0; + )
3. Функція y = ax2
(a 0 )
a > 0
R
[0; + )
парна
спадає на
проміжку
(– ; 0],
зростає на
проміжку
[0; + )
a < 0 (– ; 0]
зростає на
проміжку
(– ; 0],
спадає на
проміжку
[0; + )
П р о д о в ж. т а б л. 2
y k
k
x
= ≠( )0
§ 1. Повторення і розширення відомостей про функцію](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-19-2048.jpg)
![20
РОЗДІЛ 1. Тригонометричні функції
Пояснення й обґрунтування
1. Лінійна функціяy = kx +b. Лінійною функцією називається функція виду
y = kx + b, де k і b — деякі числа.
Обґрунтуємо основні характеристики цієї функції: область визначення,
область значень, парність чи непарність, зростання і спадання.
Область визначення — множина всіх дійсних чисел: D (y) = R, оскільки
формула kx + b має зміст при всіх дійсних значеннях x (тобто для будь якого
дійсного x ми можемо обчислити значення kx + b).
Область значень лінійної функції буде різною залежно від значення кое
фіцієнтаk.
Якщо k = 0, то функція має вид y = b, тобто її область значень складається
з одного числа b. У такому випадку графіком лінійної функції y = b є пряма,
паралельна осі Ox, яка перетинає вісь Oy у точці b (рис. 13).
Якщо k ≠ 0, то E (y) = R (обґрунтування наведено в прикладі 3 на с. 13).
Парність і непарність лінійної функції суттєво залежить від значень ко
ефіцієнтів b i k.
При b = 0 і k ≠ 0 функція y = kx + b перетворюється на функцію y = kx, яка
непарна, оскільки для всіх x з її області визначення
f (–x) = k(–x) = –kx = –f (x).
1 2 3 4 5 6
4. Kвадратична функція y = ax2
+ bx + c
a > 0
R
[y0
; + )
у загально
му виді —
ні парна, ні
непарна
при b = 0
функція
y =ax2
+ c
парна
спадає на
проміжку
(– ; x0
],
зростає на
проміжку
[x0
; + )
a < 0 (– ; y0
]
зростає на
проміжку
(– ; x0
],
спадає на
проміжку
[x0
; + )
a x
b
a
≠ = −( )0 0
2
,
П р о д о в ж. т а б л. 2](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-20-2048.jpg)
![23
значенню аргументу не відповідає менше значення функції і на всій її області
визначення функція
1
( )
x
f x = не є спадною.
З цієї ж причини не можна сказати, що функція 1
( )
x
f x = спадає при
х ∈ (–×; 0) (0; +×).
3. Функція у = ах2
(а ≠≠≠≠≠ 0). Як відомо з курсу алгебри, графіком цієї функції є
парабола, вітки якої напрямлені вгору при а > 0 (рис. 17, а) і вниз при а < 0
(рис. 17, б). Оскільки при х = 0 значення у = 0, то графік завжди проходить
через початок координат.
Область визначення: х ∈ R, оскільки значення у = ах2
можна обчислити
при будь яких значеннях х.
Функція парна, оскільки f (–x) = а(–х)2
= ах2
= f (x). Отже, її графік симет
ричний відносно осіОу.
Інші властивості сформулюємо, скориставшись графіком функції у = ах2
(рис. 17). Їх можна обґрунтувати, спираючись на властивості функції у = х2
і на геометричні перетворення її графіка, які буде розглянуто далі у п. 1.3.
Область значень. При а > 0 графік проходить через початок координат, а
всі його інші точки знаходяться вище осіОх. Якщо значення х збільшується
до нескінченності, то і значення у теж збільшується до нескінченності (+ ),
отже, у 0, тобто Е (у) = [0; + ).
Аналогічно при а < 0 графік також проходить через початок координат,
але всі його інші точки знаходяться нижче осі Ох. Якщо значення х
збільшується до нескінченності, то значення у зменшується до мінус не
скінченності (– ), отже, у 0, тобто Е (у) = (– ; 0].
Зростання і спадання. Приа > 0 на проміжку (– ; 0] функція спадає, а на
проміжку [0; + ) — зростає.
При а < 0 на проміжку (– ; 0] функція зростає, а на проміжку [0; + ) —
спадає.
Відповідні графіки наведено також у таблиці 2.
а б
Рис. 17
§ 1. Повторення і розширення відомостей про функцію](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-23-2048.jpg)
![25
При а < 0 функція набуває всіх значень у уо
, тобто Е (у) = (– ; уо
].
Парність і непарність. При b = 0 одержуємо парну квадратичну функцію
у = ϕ (х) = ax2
+ c. Дійсно, ϕ (–х) = a(–x)2
+ c = ax2
+ c = ϕ (х).
У загальному випадку (якщо b ≠ 0) функція y = f (x) = ax2
+ bx + c (a ≠ 0) не
є ні парною, ні непарною, оскількиf (–x) = a(–x)2
+ b(–x) +c= ax2
–bx + c≠ f (x)
(і не дорівнює –f (x)).
Зростанняіспадання.При а>0напроміжку(– ; хо
]функціяспадає,а на
проміжку [х0
; + ) — зростає.
При а < 0 на проміжку (– ; х0
] функція зростає, а на проміжку [х0
;+ ) —
спадає.
Оскільки при х = 0 значення у = с, то графік завжди перетинає вісь Оу
у точці с.
Відповідні графіки при D > 0 наведено також у таблиці 2.
Приклади розв’язання завдань
Приклад 1 Побудуйте графік функції:
1) у = 2х + 1; 2) у = –3х – 1; 3) у = 4.
Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р
1) Графік функції
у = 2х + 1 — пряма.
x 0 1
y 1 3
2) Графік функції
у = –3х – 1 —
пряма.
x 0 1
y 1– 4–
3) Графік функції у = 4 — пряма,
паралельна осі Ох, яка проходить
черезточку4наосі Оу.
Усі задані функції лінійні, отже,
їх графіками є прямі.
Щоб побудувати прямі в завдан
нях 1 і 2, досить побудувати дві точ
ки цих прямих. Наприклад, можна
взяти х = 0 і х = 1 і знайти відповідні
значення у. Оформляти ці обчислен
ня зручно у вигляді таблички:
x 0 1
y
У завданні 3 розглядається част
ковий випадок лінійної функції
(у = b). Для побудови цього графіка
кориснопам’ятати,щопрямау=4 —
це пряма, паралельна осі Ох (при
будь якому значенні х значення у
дорівнює 4).
x 0 1
y 4 4
§ 1. Повторення і розширення відомостей про функцію](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-25-2048.jpg)
![37
2*
. Обґрунтуйтегеометричніперетворення,задопомогоюякихзграфікафунк
ції y= f (x) можна одержати графіки вказаних вище функцій.
Вправи
Побудуйте графіки функцій та відповідностей (1–7):
1. 1) y = | x – 5 |; 2) y = | x | – 5; 3) y = | | x | – 5 |; 4*
) | y | = x – 5.
2. 1°) y x= −2 9 ; 2)
2
9y x= − ; 3)
2
9y x= − ; 4*
) y x= −
2
9 .
3. 1°) y x= +( )1
2
; 2) y x= +( )1
2
; 3) y x= +( ) −1 3
2
; 4) 2
( 1) 3y x= + − .
4. 1°) y
x
=
+
1
2
; 2)
1
2x
y
+
= ; 3)
1
2x
y
+
= ; 4*
)
1
2x
y
+
= .
5. 1°) y
x
= −
2
; 2°) y
x
= −3
2
; 3) y
x
= −
−
2
1
; 4)
2
x
y = − .
6. 1°) y x= −3 ; 2°) y x= −3; 3) 3y x= − ; 4) 3y x= − ;
5*
) 3y x= − ; 6*
) 3y x= − ; 7*
) 3y x= − .
7. 1°) y x= − ; 2°) y x= − +4 ; 3) y x= − ; 4) y x= − −1 .
8. Функція y = f (x) задана на проміжку [0;12] і має графік, зображений на
рисунку 30, а. Побудуйте графіки функцій (та відповідностей 9*
і 10*
):
1) y = –f (x); 2) y = f (–x); 3) y f x= ( ) ; 4) y = f (| x |);
5*
) y = 2f (x); 6*
) y = f (2x); 7*
) y f x=
1
2
( ) ; 8*
) y f x= ( )1
2
;
9*
) | y | = f (x); 10*
) | y | = f (| x |).
9. Виконайте завдання вправи 8 для функції y = f (x), заданої на проміжку
[–14; 0], графік якої зображено на рисунку 30, б.
Рис. 30
а б
§ 1. Повторення і розширення відомостей про функцію](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-37-2048.jpg)
![38
*
Походження та зміст терміна «тригонометрія» див. на с. 139.
РАДІАННА МІРА КУТІВ§§§§§22222
1. Поняття кута
У геометрії Утригонометрії*
Кут— геометрична фігура, утворе
на двома променями, які виходять
з однієї точки
Кут — фігура, утворена при пово
роті променя на площині навколо
початкової точки
∠ AOB утворений
при повороті
променя OA
навколо точки O
Градусна міра кута (1 1
180
° = частина розгорнутого кута)
Кожному куту ставиться у відпо
відність градусна міраα ∈ [0°; 180°].
∠ AOB = 90°
Кожному куту як фігурі ставиться
у відповідність кут повороту, за до
помогою якого утворений цей кут.
Кут повороту α ∈ (– ; + ).
Радіанна міра кута
∠ AOC — розгорнутий.
1 радіан — центральний кут, що відповідає дузі,
довжина якої дорівнює радіусу кола.
∠ AOB = 1 рад. Це означає, що ∪AB = OA = R
∠ AOC = 180°= π (радіан)
Т а б л и ц я 5
∠ AOB утворений
променями OA і OB
2. Вимірювання кутів
∠ AOB = β = 90°
∠ AOB = γ = –270°
∠ AOB = ϕ =
= 90°+ 360°= 450°
1
180
° =
π
радіан 1 радіан=
180
57
°
≈ °
π](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-38-2048.jpg)
![53
чок M координатної площини, які мають координати (x; y) = (x; f (x)).
Перша координата для точок графіка вибирається довільно з області ви
значення функції. Виберемо як першу координату значення x + T (або
в узагальненому вигляді — значення x + kT при цілому значенні k) і вра
хуємо, що для періодичної функції f (x + T) = f (x – T) = f (x) (у загальному
випадку f (x + kT) = f (x)). Тоді до графіка функції y = f (x) буде входити
також точка M1
координатної площини з координатами:
(x + T; y) = (x + T; f (x + T)) = (x + T; f (x)).
Точку M1
(x + T; f (x)) можна одержати з точки M (x; f (x)) паралельним
перенесенням уздовж осі Oxна T одиниць (рис. 46). У загальному випадку
точку M2
(x + kT; f (x)) можна одержати з точки M (x; f (x)) паралельним
перенесенням уздовж осі Ox на kT одиниць. Отже, через проміжок T ви
гляд графіка періодичної функції буде повторюватися. Тому для побудови
графіка періодичної функції з періодом T досить побудувати графік на
будь якомупроміжкудовжиноюT (наприклад,напроміжку[0; T]),апотім
одержану лінію паралельно перенести праворуч і ліворуч уздовж осі Ox
на відстані kT, де k — будь яке натуральне число. )
Приклади розв’язання завдань
Приклад 1 Користуючисьперіодичністю,парністюінепарністютригоно
метричних функцій, знайдіть:
1)
π21
;
2
sin 2) cos (–405°); 3)
π16
3
tg ; 4) ctg (–570°).
Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р
§ 4. Властивості тригонометричних функцій
Рис. 46
1) ( )π21
2 2
sin sin 10
π
= π + =
( )2 2
sin 5 2 sin 1.
π π
= ⋅ π + = =
2) cos cos− °( ) = ° =405 405
( ) 2
2
cos 360 45 cos45 .= °+ ° = ° =
1) Враховуючи,щозначенняфункції
sinxповторюютьсячерезперіод 2π,
виділимо в заданому аргументі
число, кратне періоду (тобто 10π),
а потім скористаємося рівністю
sin (α + 2πk) = sin α (k ∈ Z).
2) Спочатку враховуємо парність ко
синуса: cos (–α) = cos α, а потім
його періодичність із періодом
2π = 360°: cos (α + 360°) = cos α.](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-53-2048.jpg)
![55
Запитання для контролю
1. а) Назвіть знаки тригонометричних функцій у кожній з координатних
чвертей.
б*
) Обґрунтуйте знаки тригонометричних функцій у кожній з координат
них чвертей.
2. а) Якізтригонометричнихфункційєпарними,аякінепарними?Наведіть
приклади використання парності і непарності для обчислення значень
тригонометричнихфункцій.
б*
) Обґрунтуйте парність чи непарність відповідних тригонометричних
функцій.
3. а) Яка функція називається періодичною? Наведіть приклади.
б*
) Обґрунтуйте періодичність тригонометричних функцій. Укажіть най
менший додатний період для синуса, косинуса, тангенса і котангенса
та обґрунтуйте, що в кожному випадку цей період дійсно є найменшим
додатним періодом.
Вправи
1. Користуючись періодичністю, парністю і непарністю тригонометричної
функції, знайдіть:
1)
π19
3
cos ; 2) sin (–750°); 3) ( )π19
6
tg ;− 4) ctg 945°;
5)
π25
4
sin ; 6) cos (–3630°); 7) ( )π17
4
ctg ;− 8) tg 600°.
2*
. Серед заданих функцій знайдіть періодичні і вкажіть найменший додат
ний період для кожної з них:
1) f (x) = x2
; 2) f (x) = sin 2x; 3) f (x) = | x |; 4) f (x) = tg 3x; 5) f (x) = 3.
3. Знайдіть період кожної з заданих функцій:
1) y = cos 2x; 2) y = tg 5x; 3)
3
sin ;
x
y = 4) y = ctg 3x; 5)
2
5
cos .
x
y =
4. На кожному з рисунків 47–50 наведена частина графіка деякої періодич
ної функції з періодом T. Продовжіть графік на відрізок [–2T; 3T].
§ 4. Властивості тригонометричних функцій
Рис. 47 Рис. 48 Рис. 49 Рис. 50](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-55-2048.jpg)
![56
ГРАФІКИ ФУНКЦІЙ СИНУСА, КОСИНУСА, ТАНГЕНСА
І КОТАНГЕНСА ТА ЇХ ВЛАСТИВОСТІ§§§§§55555
Графік функції y= sin x (синусоїда)
Властивості функції y = sin x
1. Область визначення: x ∈ R (x — будь яке дійсне число). D (sin x) = R
2. Область значень: y ∈ [–1; 1]. E (sin x) = [–1; 1]
3. Функція непарна: sin (–x) = –sin x
(графік симетричний відносно початку координат).
4. Функція періодична з періодом T = 2πππππ : sin (x + 2π) = sin x.
5. Точки перетину з осями координат: Oy
0
0
x
y
,=
=
Ox
0,
,
y
x k Z
=
= π ∈ k
6. Проміжки знакосталості:
sin x > 0 при x ∈∈∈∈∈ (2πππππk; πππππ + 2πππππk), k ∈ Z
sin x < 0 при x ∈∈∈∈∈ (πππππ + 2πππππk; 2πππππ + 2πππππk), k ∈ Z
7. Проміжки зростання і спадання:
функціяsinxзростаєнакожномузпроміжків 2 2
2 ; 2 ,k k
π π − + π + π k ∈ Z,
і спадає на кожному з проміжків
3
2 2
2 ; 2 ,k k
π π + π + π k ∈ Z.
8. Найбільше значення функції дорівнює 1 при
2
2 ,x k
π
= + π k ∈ Z.
Найменше значення функції дорівнює –1 при
2
2 ,x k
π
= − + π k ∈ Z.
5.1. ГРАФІК ФУНКЦІЇ y = sin x ТА ЇЇ ВЛАСТИВОСТІ
Т а б л и ц я 10](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-56-2048.jpg)
![57
Пояснення й обґрунтування
Характеризуючивластивостіфункцій,мибудемонайчастішевиділятитакі
їх характеристики: 1) область визначення; 2) область значень; 3) парність чи
непарність; 4) періодичність; 5) точки перетину з осями координат; 6) про
міжки знакосталості; 7) проміжки зростання і спадання*
; 8) найбільше та
найменше значення функції.
З а у в а ж е н н я. Абсциси точок перетину графіка функції з віссю Ох (тоб
то ті значення аргументу, при яких функція дорівнює нулю) називаютьнуля
ми функції.
Нагадаємо, що значення синуса — це ордината відповідної точки одинич
ного кола (рис. 51). Оскільки ординату можна знайти для будь якої точки
одиничного кола, тообласть визначенняфункції y = sin x — усі дійсні числа.
Це можна записати так: D (sin x) = R.
Для точок одиничного кола ординати набувають усіх значень від –1 до 1,
отже, область значень функції y = sin x: y ∈ [–1; 1]. Це можна записати так:
E (sin x) = [–1; 1].
Якбачимо,найбільшезначення функціїsinxдорівнюєодиниці.Цезначен
ня досягається тільки тоді, коли відповідною точкою одиничного кола є точ
ка A, тобто при
2
2 ,
π
= + πx k k ∈ Z.
Найменше значення функції sin x дорівнює мінус одиниці. Це значення
досягається тільки тоді, коли відповідною точкою одиничного кола є точка B,
тобто при
π
2
2 ,= − + πx k k ∈ Z.
Як було показано в § 4, синус — непарна функція: sin (–x) = –sin x, отже,
її графік симетричний відносно початку координат.
В § 4 було обґрунтовано також, що синус — періодична функція з наймен
шим додатним періодом T = 2π: sin (x + 2π) = sin x, отже, через проміжки
довжиною 2π вигляд графіка функції sin x повторюється. Тому при побудові
графіка цієї функції досить побудувати графік на будь якому проміжку дов
жиною 2π, а потім одержану лінію па
ралельно перенести праворуч і ліворуч
уздовж осі Ox на відстані kT = 2πk,
де k — будь яке натуральне число.
Щоб знайти точки перетину графі
ка функції з осями координат, згадає
мо, що на осі Oy значення x = 0. Тоді
відповідне значенняy = sin 0 = 0, тобто
графік функції y = sin x проходить че
рез початок координат.
§ 5. Графіки функцій синуса, косинуса, тангенса і котангенса та їх властивості
Рис. 51
*
Проміжки зростання і спадання функції інколи ще називають проміжками монотон
ності функції.](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-57-2048.jpg)
![59
чатку побудувати графік на будь якому проміжку довжиною 2π, наприклад,
на проміжку [–π; π]. Для більш точної побудови точок графіка користуємося
тим, що значення синуса — це ордината відповідної точки одиничного кола.
На рисунку 54 показана побудова графіка функціїy = sinx на проміжку [0;π].
Враховуючинепарністьфункціїsinx(їїграфіксиметричнийвідноснопочатку
координат), для побудови графіка на проміжку [–π; 0] відображуємо одержа
ну криву симетрично відносно початку координат (рис. 55).
Оскільки ми побудували графік на
проміжку довжиною 2π, то, враховую
чиперіодичністьсинуса(зперіодом2π),
повторюємо вид графіка на кожному
проміжку довжиною 2π (тобто перено
симо паралельно графік уздовж осі Ох
на 2πk, де k — ціле число).
Одержуємографік,наведенийнари
сунку56,якийназиваєтьсясинусоїдою.
З а у в а ж е н н я. Тригонометричні функції широко застосовуються в ма
тематиці, фізиці та техниці. Наприклад, багато процесів, таких як коливан
няструни,маятника,напругивколізмінногострумуіт.п.,описуютьсяфунк
цією, яка задається формулоюy = A sin (ωх + ϕ). Такі процеси називають гар
монічними коливаннями.
§ 5. Графіки функцій синуса, косинуса, тангенса і котангенса та їх властивості
Рис. 54
Рис. 56
Рис. 55](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-59-2048.jpg)
![60
РОЗДІЛ 1. Тригонометричні функції
Графік функції y = A sin (ωx + ϕ) можна одержати із синусоїди y = sin х
стискуванням або розтягуванням її вздовж координатних осей і паралельним
перенесенням уздовж осі Ох. Найчастіше гармонічне коливання є функцією
часу t. Тоді воно задається формулою y = A sin (ωt+ ϕ), деА— амплітуда коли
вання, ω — кутова частота, ϕ — початкова фаза,
2π
ω
— період коливання.
5.2. ГРАФІК ФУНКЦІЇ y = cos x ТА ЇЇ ВЛАСТИВОСТІ
Т а б л и ц я 11
Графік функціїy = cos x (косинусоїда)
Властивості функції y = cos x
1. Область визначення: x ∈ R ( x — будь яке дійсне число). D (cos x) = R
2. Область значень: y ∈ [–1; 1]. E (cos x) = [–1; 1]
3. Функція парна: cos (–x) = cos x (графік симетричний відносно осі Oy).
4. Функція періодична з періодом T = 2πππππ : cos (x + 2π) = cos x.
5. Точки перетину з осями координат: Оy
0
1
x
y
,=
=
Оx
2
0,
,
y
x k Z
π
π
=
= + ∈
k
6. Проміжки знакосталості:
cos x > 0 при ( )2 2
2 ; 2 ,x k k
π π
∈ − + π + π k ∈ Z
cos x < 0 при ( )3
2 2
2 ; 2 ,x k k
π π
∈ + π + π k ∈ Z
7. Проміжки зростання і спадання:
функція cos x зростає на кожному з проміжків [πππππ + 2πππππk; 2πππππ + 2πππππk],k ∈ Z,
і спадає на кожному з проміжків [2πππππk; πππππ + 2πππππk], k ∈ Z.
8. Найбільше значення функції дорівнює 1 при x = 2πππππk, k ∈ Z.
Найменше значення функції дорівнює –1 при x = πππππ + 2πππππk, k ∈ Z.](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-60-2048.jpg)
![61
Пояснення й обґрунтування
Нагадаємо, що значення косинуса — це абсциса відповідної точки одинич
ного кола (рис. 57). Оскільки абсцису можна знайти для будь якої точки оди
ничного кола, тообласть визначення функції y = cos x — усі дійсні числа. Це
можна записати так:
D (cos x) = R.
Для точок одиничного кола абсциси набувають усіх значень від –1 до 1,
отже, область значень функції y = cos x: y ∈ [–1; 1]. Це можна записати так:
E (cos x) = [–1; 1].
Як бачимо, найбільше значення функції cos x дорівнює одиниці. Це зна
чення досягається тільки тоді, коли відповідною точкою одиничного кола
є точка A, тобто при x = 2πk, k ∈ Z.
Найменше значення функції cos x дорівнює мінус одиниці. Це значення
досягається тільки тоді, коли відповідною точкою одиничного кола є точ
ка B, тобто при x = π + 2πk, k ∈ Z.
Як було показано в § 4, косинус — парна функція: cos (– x) = cos x, тому її
графік симетричний відносно осіОу.
У § 4 було обґрунтовано також, що косинус — періодична функція з най
меншим додатним періодомT = 2π: cos (x + 2π) = cos x. Отже, через проміжки
довжиною 2πвид графіка функції cos x повторюється.
Щоб знайти точки перетину графіка функції з осями координат, згадає
мо, що на осі Oy значення x = 0. Тоді відповідне значення y = cos 0 = 1.
На осі Ox значення y = 0. Отже, нам потрібні такі значення x, при яких
cos x, тобто абсциса відповідної точки одиничного кола, буде дорівнювати
нулю.Цебудетількитоді,коливідповідноюточкоюодиничногоколаєточка C
або D, тобто при
π
2
,x k= + π k ∈ Z.
Проміжки знакосталості. Як було обґрунтовано в § 4, значення функції
косинус додатні (тобто абсциса відповідної точки одиничного кола додатна)
в I і IV чвертях (рис. 58). Отже, cos x > 0 при ( )π
2 2
; ,x
π
∈ − а також, враховуючи
період, при всіх ( )π
2 2
2 ; 2 ,x k k
π
∈ − + π + π k ∈ Z.
§ 5. Графіки функцій синуса, косинуса, тангенса і котангенса та їх властивості
Рис. 58Рис. 57](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-61-2048.jpg)
![62
РОЗДІЛ 1. Тригонометричні функції
Значення функції косинус від’ємні (тобто абсциса відповідної точки
одиничного кола від’ємна) у ІІ і ІІІ чвертях, отже, cos x < 0 при
( )π 3
2 2
2 ; 2 ,x k k
π
∈ + π + π k ∈ Z.
Проміжки зростання і спадання.
( Враховуючи періодичність функції cos x (T = 2π), досить дослідити її на
зростання і спадання на будь якому проміжку довжиною 2π, наприклад,
на проміжку [0; 2π].
Якщо x ∈ [0; π] (рис. 59, а), то при збільшенні аргументу x (x2
> x1
) абсциса
відповідної точки одиничного кола зменшується (тобто cos x2
< cos x1
),
отже, у цьому проміжку функція cosx спадає. Враховуючи періодичність
функції cos x, робимо висновок, що вона також спадає в кожному з про
міжків [2πk; π + 2πk], k ∈ Z.
Якщо x ∈ [π; 2π] (рис. 59, б), то при збільшенні аргументу x (x2
> x1
) абсци
са відповідної точки одиничного кола збільшується (тобто cos x2
> cosx1
),
отже, у цьому проміжку функція cosx зростає. Враховуючи періодичність
функції cos x, робимо висновок, що вона також зростає в кожному з про
міжків [π + 2πk; 2π + 2πk], k ∈ Z. )
Проведене дослідження дозволяє побудувати графік функції y = cos x ана
логічнодотого,якбулопобудованографікфункціїy=sin x.Алеграфікфункції
у= cos x можна також одержати за допомогою геометричних перетворень гра
фіка функції у= sin х, використовуючи формулу
( )2
sin cos .x x
π
+ =
( Цю формулу можна обґрунтувати, наприклад, так. Розглянемо одиничне
коло (рис. 60) і відмітимо на ньому точки А = Рх
і
2
x
B Pπ +
= та абсциси
і ординати цих точок. Враховуючи, що
2
,AOB
π
∠ = одержуємо, що при по
а б
Рис. 60Рис. 59](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-62-2048.jpg)
![80
7.1. ФОРМУЛИ ДОДАВАННЯ
Т а б л и ц я 15
ФОРМУЛИ ДОДАВАННЯ ТА ЇХ НАСЛІДКИ§§§§§77777
Пояснення й обґрунтування
1. Косинус різниці і суми.
( Щоб одержати формулу для cos (α– β),спочаткурозглянемовипадок,коли
α і β знаходяться в проміжку [0; π] і α > β. На одиничному колі позначимо
точки Рα
іРβ
та зобразимо вектори OPα
і OPβ (рис. 71). Ці вектори мають ті
самі координати, що й точки Рα
і Рβ
,тобто:
( )cos ;sin ,OPα α α ( )cos ; sin .OPβ β β
Довжини (модулі) цих векторів до
рівнюють одиниці: 1,α =OP 1,β =OP
а кут між ними дорівнює α – β (тобто
∠ Рα
OРβ
= α – β).
Знайдемо скалярний добуток век
торів OPα
і OPβ двома способами:
1) як суму добутків однойменних ко
ординат:Рис. 71
1. Косинус різниці і суми
cos (ααααα – βββββ) = cos ααααα cos βββββ + sin ααααα sin βββββ
cos (ααααα + βββββ) = cos ααααα cos βββββ – sin ααααα sin βββββ
2. Синус суми і різниці
sin (ααααα + βββββ) = sin ααααα cos βββββ + cos ααααα sin βββββ
sin (ααααα – βββββ) = sin ααααα cos βββββ – cos ααααα sin βββββ
3. Тангенс суми і різниці
( ) tg tg
1 tg tg
tg
α − β
+ α β
α − β =( ) tg tg
1 tg tg
tg
α + β
− α β
α + β =](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-80-2048.jpg)
![136
РОЗДІЛ 1. Тригонометричні функції
Наприклад, для виразу sin α + cos α маємо a = 1, b = 1. Тоді
2 2
1
2
cos ,a
a b+
ϕ = =
2 2
1
2
sin .b
a b+
ϕ = =
Отже, аргумент ϕ знаходиться в I чверті і як значення ϕ можна вибрати
.
4
πϕ = Тоді
( )+ = +
4
sin cos 2sin .
π
α α α
Приклади розв’язання завдань
Приклад 1 Знайдіть найбільше та найменше значення виразу
3sin cos .α − α
Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р
За формулою
a b a bsin cos sinα α α ϕ+ = + +( )2 2
одержуємо
( )6
3sin cos 2sin .
π
α − α = α −
Враховуючи, що ( )6
sin
π
α − набу
ває всіх значень із проміжку [–1; 1],
маємо, що ( )2 sin
6
π
α − набуває всіх
значень із проміжку [–2; 2]. Отже,
найбільше значення заданого виразу
дорівнює 2, а найменше — (–2).
Вираз 3sin cosα − α можна перетво
рити за формулою
a b a bsin cos sin .α α α ϕ+ = + +( )2 2
Тут 3,a = b = –1, тоді
2 2
4 2.a b+ = = Отже,
2 2
3
2
cos ,
a
a b+
ϕ = =
2 2
1
2
sin .
b
a b+
ϕ = = −
Тоді аргумент ϕ знаходиться в
IV чверті, і як значення ϕ можна ви
брати, наприклад,
6
.
π
ϕ = − Викорис
товуючи метод оцінки для знахо
дження найбільшого та найменшого
значень виразу, враховуємо, що необ
хіднонетількиоцінитизначенняви
разузадопомогоюнестрогихнерівно
стей − −( )( )2 2 2
6
m msin ,α
π
а й впев
нитися, що знак рівності в цих не
рівностяхдосягається.
Приклад 2 Побудуйте графік функції y x x= +( )2 sin cos .
К о м е н т а р
Вираз sin x + cos x можна записати у вигляді ( )4
sin cos 2sin .x x x
π
+ = +
Тоді графік заданої функції можна побудувати за допомогою геометричних
перетворень графіка функції y= sin x.](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-136-2048.jpg)
![147
Пояснення й обґрунтування
1. Графік функції y = arcsin x. Функціяy= sin x зростає на проміжку 2 2
;
π π −
і набуває всіх значень від –1 до 1. Отже, на цьому проміжку функція y= sin x
має обернену функцію, яка позначається y = arcsin x, з областю визначення
[– 1; 1] і областю значень
2 2
; .
π π −
Функціяy = arcsinx теж зростає, і її графік
можнаодержатизграфікафункціїy=sinx (назаданомупроміжку)задопомо
гою симетричного відображення відносно прямоїy = x (рис. 86).
2. Значення arcsin a. За означенням оберненої функції (на вибраному про
міжку), якщо sin ϕ = a, то arcsin a = ϕ, причому
2 2
;
π π ϕ∈ −
і | a | m 1. Отже,
запис arcsin a = ϕ (| a | m 1) означає, що
2 2
;
π π ϕ∈ −
і sin ϕ = a, тобто
arcsin a — це таке число з проміжку
2 2
; ,
π π −
синус якого дорівнює a.
Наприклад,
1
2 6
arcsin ,
π
= оскільки
6 2 2
;
π π π ∈ −
і
1
6 2
sin .
π
=
Аналогічно
3
2 3
arcsin ,
π
− = −
оскільки
3 2 2
;
π π π − ∈ −
і ( ) 3
3 2
sin .
π
− = −
3. Непарність функції y = arcsin x. Для знаходження арксинусів від’ємних
чисел можна також користуватися непарністю функції arcsinx, тобто форму
лою: arcsin (–a) = –arcsin a.
( Це випливає з того, що графік функції y = arcsin x (рис. 86) симетричний
відносно початку координат, а також з того, що точки a і (–a) на осі Оy
(рис. 87) симетричні відносно осі Оx. Тоді і відповідні точки A і B на оди
§ 13. Обернені тригонометричні функції
Рис. 86 Рис. 87](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-147-2048.jpg)
![149
13.2. ФУНКЦІЯ y = arccos x
Т а б л и ц я 27
Пояснення й обґрунтування
1. Графік функції y = arccos x. Функція y = cos x спадає на проміжку [0; π]
і набуває всіх значень від 1 до –1. Отже, на цьому проміжку функція y = cos x
має обернену функцію, яка позначається y = arccos x, з областю визначення
1. Графік
y = cos x y = arccos x
На проміжку [0; π] cos x спадає.
2. Значення arccos a (| a | m 1)
Орієнтир Приклад
arccos a— це таке число з проміжку
[0; π], косинус якого дорівнює а.
arccos a = ϕ, якщо
[ ]0; ,
cos a
ϕ∈ π
ϕ =
2
2 4
arccos ,
π
= оскільки
[ ]4
0;
π
∈ π і
2
4 2
cos .
π
=
3. Формула для arccos (–a)
arccos (–a) = πππππ – arccos a
§ 13. Обернені тригонометричні функції](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-149-2048.jpg)
![150
РОЗДІЛ 2. Тригонометричні рівняння і нерівності
[–1; 1] і областю значень [0; π]. Функція y = arccos x теж спадає, і її графік
можна одержати з графіка функціїy = cos x (на заданому проміжку) за допо
могою симетричного відображення його відносно прямої y = x (рис. 88).
2. Значення arccos a. За означенням оберненої функції (на вибраному про
міжку), якщо cos ϕ = a, то arccos a = ϕ, причомуϕ ∈ [0; π] і | a | m 1. Отже, запис
arccos a = ϕ (| a | m 1) означає, що ϕ ∈ [0; π] і cos ϕ = a, тобто
arccos a — це таке число з проміжку [0; π], косинус якого дорівнює a.
Наприклад, π
=1
2 3
arccos , оскільки [ ]3
0;
π
∈ π і
1
3 2
cos .
π
=
Аналогічно
π
− =
3 5
2 6
arccos , оскільки [ ]5
6
0;
π
∈ π і
5 3
6 2
cos .
π
= −
3. Формула для arccos (–a). Для знаходження арккосинусів від’ємних чисел
можна також користуватися формулою arccos (–a) = π – arccos a.
( Це випливає з того, що точки a і (–a) на осі Оx (рис. 89) є симетричними
відносноосіОy.Тодіівідповідніточки Aі Bнаодиничномуколі(упроміжку
[0; π]) теж будуть симетричними відносно осі Оy. Отже, ∠ COA = ∠ DOB,
значить,∠COB =π –∠ DOB= π– ∠COA.Алеarccos a = ∠ COA,а arccos (–a)
= ∠ COB = π – ∠ COA. Одержуємо
arccos (–a) = πππππ – arccos a .
Наприклад, ( )1 1 2
2 2 3 3
arccos arccos .
π π
− = π− = π − =
Зазначимо, що рівність arccos (–a) = π – arccos a означає, що функція
y = arccos x не є ні парною, ні непарною.
Рис. 88 Рис. 89](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-150-2048.jpg)
![151
13.3. ФУНКЦІЯ y = arctg x
Т а б л и ц я 28
Нехай
2
3
arccos ,= ϕ тоді за озна
ченням арккосинуса одержуємо, що
2
3
cos .ϕ = Отже, ( )=
2 2
3 3
cos arccos .
Оскількизаписϕ=arccosa (| a | m 1)
означає, що ϕ ∈ [0; π] і cos ϕ = a, то
завжди виконується рівність
cos (arccos a) = a, | a | m 1 .
Aле цю формулу можна не запа
м’ятовувати: досить позначити ви
раз у дужках через ϕ і використати
означенняарккосинуса.
Приклад Знайдіть ( )2
3
cos arccos .
Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р
1. Графік
y = tg x y = arctg x
На проміжку ( )2 2
;
π π
− tg x зростає.
2. Значення arctg a
Орієнтир Приклад
arctg a — це таке число з проміжку
( )2 2
; ,π π
− тангенс якого дорівнює а.
arctg a = ϕ, якщо
( )2 2
; ,
tg
π πϕ∈ −
ϕ = α
3
arctg 3 ,
π
= оскільки
( )3 2 2
;
π π π
∈ − і
3
tg 3.
π
=
§ 13. Обернені тригонометричні функції](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-151-2048.jpg)
![159
Пояснення й обґрунтування
1. Розв’язкирівнянняcos x = a.При | a |>1рівняннянемаєкоренів,оскільки
| cos x | m 1 для будь якогоx (прямаy = a на рисунку з пункту 1 таблиці 30 при
a > 1 або при a < –1 не перетинає графік функції y = cos x).
Нехай | a | m 1. Тоді пряма у = а перетинає графік функції у = cos х. На
проміжку[0;π]функція y=cos x спадаєвід1до–1,томурівнянняcos x= a має
тільки один корінь x1 = arccosa на цьому проміжку (рис. з пункту 1 табл. 30).
Косинус — парна функція, тому на проміжку [–π; 0] рівняння cos x =a теж
має тільки один корінь — число, протилежне до x1
, тобто x2
= –arccos a.
Отже, на проміжку [–π; π] (довжиною 2π) рівняння cos x = a при | a | m 1 має
тільки корені x = ä arccos a.
Враховуючи,щофункція y= cosx періодична з періодом 2π,всііншікорені
відрізняються від знайдених на 2πn (n ∈ Z), тобто одержуємо таку формулу
коренів рівняння cos x = a при | a | m 1:
x = äääää arccos a + 2πππππn, n ∈ Z . (1)
2. Окремі випадки розв’язування рівняння cos x = a.
( Корисно пам’ятати спеціальні записи розв’язків рівняння cos x = a при
a = 0, a = –1, a = 1, які можна легко одержати, використовуючи як орієн
тир одиничне коло.
Враховуючи, що косинус дорівнює абсцисі відповідної точки одиничного
кола, одержуємо, що cos x = 0, якщо відповідною точкою одиничного кола
є точка A або точка B (рис. з пункту 2 табл. 30). Тоді
2
,x k
π
= + π k ∈ Z.
Аналогічно cosx = 1тоді і тільки тоді, коли відповідною точкою одинично
го кола є точка C, отже, x = 2πππππk, k ∈∈∈∈∈ Z.
Також cos x = –1 тоді і тільки тоді, коли відповідною точкою одиничного
кола є точка D, отже, x = πππππ + 2πππππk, k ∈∈∈∈∈ Z. )
Приклади розв’язання завдань
Приклад 1 Розв’яжіть рівняння
1
2
cos .x = −
Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р
§ 14. Розв’язування найпростіших тригонометричних рівнянь
( )1
2
arccos 2 ,x n= ± − + π n ∈ Z,
( )3
2 ,x n
π
= ± π − + π
Оскільки
1
2
1,− < то задане рів
няння виду cos x = a має корені, які
можна знайти за формулою (1).](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-159-2048.jpg)
![168
РОЗДІЛ 2. Тригонометричні рівняння і нерівності
4°. 1) ctg x = 1; 2)
1
;
3
ctgx = 3) ctg x = –1; 4) ctg .x = − 3
5. 1) sin x = –0,6; 2) cos x = 0,3; 3) tg x = –3,5; 4) ctg x = 2,5.
6. 1)
1
2
cos 2 ;x = 2) sin 4x = 0; 3) tg 3x = 1; 4) tg 4x = 3.
7. 1) ( ) 2
4 2
sin ;
t
− = − 2)
2
5 2
cos ;
t
= − 3) ( ) 1
3 3
tg ;
x
− = 4)
7
ctg 1.
x
=
8°. 1)
2
2
sin 2 ;x = 2)
1
3 2
cos ;
x
= − 3)
1
4 2
sin ;
x
= 4) cos 4x = 0.
9. 1) ( ) 2
3 2
sin ;
x
− = 2) ( ) 3
2
cos 2 ;x− = − 3) ( ) 1
3
tg 4 ;x− = 4) ( )2
ctg 1.
x
− =
10. 1) ( )2 6
2 cos 3;
x π
− = 2) ( )3 6
3tg 3;
x π
+ =
3) ( )4
2 sin 3 2;x
π
− = − 4) ( )2 6
sin 1 0.
x π
− + =
11. 1) ( )6
cos 2 1;x
π
− = − 2) ( )4 2
tg 1;
xπ
− = −
3) ( )3 4
2 sin 3;
xπ
− = 4) ( )4
2 cos 3 2.x
π
− =
Знайдіть корені рівняння на заданому проміжку (12–13).
12*
.1)
2
,
2
sin 3x = [0, 2π]; 2)
3
2
cos 3 ,x = [–π, π];
3)
3
2 3
tg ,
x
= [–3π, 3π]; 4) ctg 4x = –1, [0, π].
13*
.1)
1
2
sin 3 ,x = − [–4, 4]; 2)
2
sin 0,
x
= [–12, 18];
3) cos x = 1, [–6, 16]; 4)
2
2
cos3 ,x = − [1, 7].](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-168-2048.jpg)
![177
З а у в а ж е н н я. При розв’язуванні рівняння (1) ми не стежили за рівно
сильністю виконаних перетворень, але виконували такі перетворення, які не
приводилидозагубленнякоренів.Тодіговорять,щомикористувалисярівнян
нями наслідками(якщовсікореніпершогорівнянняєкоренямидругогорівнян
ня, то друге рівняння називається наслідком першого)*
. У цьому випадку ми
могли отримати сторонні для заданого рівняння корені (тобто ті корені ос
таннього рівняня, які не є коренями заданого). Щоб цього не сталося, можна
користуватися такимо р і є н т и р о м.
Якщо при розв’язуванні рівняння ми користувалися рівняннями
наслідками, то перевірка одержаних коренів підстановкою в почат
кове рівняння є обов’язковою складовою частиною розв’язування.
Якщо для розв’язування цього самого рівняння (1) ми будемо використо
вувати рівносильні перетворення, то відбір коренів буде організований трохи
інакше. Зокрема, нам доведеться врахувати ОДЗ рівняння, тобто спільну об
ласть визначення для всіх функцій, які входять до запису рівняння.
Т2
= π. Тоді Т = π є спільним періодом
для обох функцій. Позначимо всі
одержанікоренінаодномуперіоді,на
приклад, на проміжку [0; π]:
При
π
2
x = значення tg x не існує,
отже,
π
2
x = не є коренем заданого
рівняння.
При значеннях 0,
π
4
,
π3
4
, π одер
жуємо рівність 0 = 0. Отже, ці зна
чення є коренями рівняння (1).
Тодірозв’язкамизаданогорівнян
ня будуть:
х = πk;
π
4
;x k= + π
π3
4
,x k= + π k ∈ Z.
Відповідь: πk;
π
4
;k+ π
π3
4
;k+ π k ∈ Z.
рівняння (1) будекоренем сукупності
рівнянь sin 4x = 0 або tg x = 0.
Замінивши рівняння (1) на цю су
купність, ми не загубимо коренів за
даногорівняння,алеможемоодержа
ти сторонні для нього корені. На
приклад, такі, при яких перший
множник дорівнює нулю, а другий
не існує.
Щоб відкинути такі значення, ви
конаємоперевіркуодержанихкоренів
підстановкою в початкове рівняння
наодномуперіоді—проміжкудовжи
ноюπ.
На цьому періоді відбираємо ко
рені (відкидаємо сторонні), а ті, що
залишаються, періодично повторює
мо (тобто додаємо до одержаних ко
ренів πk, k ∈ Z).
* Більш повно про рівняння наслідки див. у § 17.
§ 15. Розв’язування тригонометричних рівнянь, які відрізняються від найпростіших](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-177-2048.jpg)
![178
РОЗДІЛ 2. Тригонометричні рівняння і нерівності
ІІ спосіб розв’язування рівняння sin 4x tg x = 0.
Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р
ОДЗ:
π
2
,x k≠ + π k ∈ Z.
sin 4x = 0 або tg x = 0.
Тоді 4x = πn, тобто
4
,
n
x
π
= п ∈ Z,
або x = πk, k ∈ Z.
Функція y = sin 4x має період
π
1
2
4 2
,T
π
= = а функція у = tg x — пері
од Т2
= π. Тоді Т = π є спільним періо
дом для обох функцій. Позначимо всі
одержанікоренінаодномуперіоді,на
приклад, на проміжку [0;π], і на цьо
му ж проміжку позначимо обмежен
ня ОДЗ:
Відповідь: πk;
π
4
;k+ π
π3
4
,k+ π k ∈ Z.
Всі рівносильні перетворення рів
нянь виконуються на їх області до
пустимих значень (ОДЗ), тому по
трібно врахувати ОДЗ.
Добутокдвохмножниківдорівнює
нулю тоді і тільки тоді, коли хоча б
один із множників дорівнює нулю,
а другий множник має зміст. На ОДЗ
обидва множники мають зміст, то
му на ОДЗ задане рівняння рівно
сильне сукупності рівнянь sin 4x = 0
або tg x = 0.
Ті корені сукупності, які входять
до ОДЗ, досить відібрати на одному
періоді — проміжку довжиною π, а
потімодержанірозв’язкиперіодично
повторити.
Значення
π
2
x = невходитьдоОДЗ,
отже, воно не є коренем заданого рів
няння.
Значення 0,
π
4
,
π3
4
, π входять до
ОДЗ, отже, ці значення є коренями
заданого рівняння.
Запитання для контролю
1. Якіспособивикористовуютьприрозв’язуваннітригонометричнихрівнянь?
Наведіть приклади.
2. Яку заміну змінних можна виконати при розв’язуванні рівняння
8 cos2
x – 2 cos x – 1 = 0 ? Яке рівняння одержимо після заміни?
3. а) Поясніть, чому рівняння 3 sin2
x – sin x соs x – 2 соs2
x = 0 є однорідним.
б*
) Як можна розв’язати це однорідне рівняння?
4. Як можна виконати відбір коренів тригонометричного рівняння? Проілю
струйте відбір коренів тригонометричного рівняння на прикладі.
Вправи
Розв’яжіть рівняння (1–20).
1. 1°) 3 sin2
x – 5 sin x – 2 = 0; 2) 3 sin2
2x + 10 sin 2x + 3 = 0;
3°) 4 sin2
x + 11 sin x – 3 = 0; 4) 2
2 2
2 sin 3 sin 1 0.
x x
− + =](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-178-2048.jpg)
![202
РОЗДІЛ 2. Тригонометричні рівняння і нерівності
Графічно твердження теореми проілюстровано на рисунку 96. Пряма у = а
перетинаєграфікзростаючоїнапроміжку[α; β]функції у=f (x)тількиводній
точці. Це й означає, що рівняння f (x) =а не може мати більше одного кореня
на проміжку [α; β]. Доведемо це твердження аналітично.
( Якщо на проміжку [α; β] рівняння має корінь x0
, то f (x0
) = a. Інших ко
ренів бути не може, оскільки для зростаючої функції f (x) при x > x0
одер
жуємо f (x) > f (x0
) = a, а при x < x0
маємо f (x) < f (x0
) = a. Отже, при x ≠ x0
f (x) ≠ a. Аналогічно і для спадної функції при x ≠ x0
одержуємо f (x) ≠ a. )
Т е о р е м а 2. Якщо в рівнянніf (x) = g (x) функція f (x) зростає на деякому
проміжку, а функція g (x) спадає на цьому самому проміжку (або навпа
ки), то це рівняння може мати не більш ніж один корінь на цьому про
міжку.
Графічно твердження теореми проілюстровано на рисунку 97.
( Якщо на проміжку [α; β] рівняння має коріньx0
, тоf (x0
) =g (x0
) = a. Інших
коренів бути не може, оскільки, наприклад, для зростаючої функції f (x)
і спадної функціїg (x) приx > x0
маємо f (x) >a, a g (x) < a, отже,f (x) ≠g (x).
Аналогічно і при x < x0
f (x) ≠ g (x). )
Кожназцихтеоремстверджує,щоврозглянутомупроміжкузаданерівнян
ня може мати не більш ніж один корінь, тобто або це рівняння зовсім не має
коренів, або воно має тільки єдиний корінь. Якщо нам вдалося підібрати один
коріньтакогорівняння,тоіншихкоренівузаданомупроміжкурівняннянемає.
Наприклад, щоб розв’язати рівняння x3
+ x = 10, досить помітити, що
функція f (x) = x3
+ x є зростаючою на всій числовій прямій (як сума двох
зростаючих функцій) і що x = 2 — корінь*
цього рівняння (23
+ 2 = 10;
10 = 10). Отже, задане рівняння f (x) = 10 має єдиний корінь x = 2.
Зазначимо, що кожна з цих теорем гарантує єдиність кореня рівняння
(якщо він є) тільки на проміжку зростання (чи спадання) відповідної функції.
Рис. 97Рис. 96
*
Корінь x = 2 одержано підбиранням. Як правило, підбір починають з цілих значень:
х = 0, ä1, ä2..., які підставляються в задане рівняння.](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-202-2048.jpg)
![213
Приклад 6 Розв’яжіть систему рівнянь
К о м е н т а р
Якщо з першого рівняння системи виразити sin x, а з другого — cos x , то
можна піднести обидві частини кожного рівняння до квадратa і після почлен
ногододаванняодержанихрівняньвикористатитотожністьsin2
x + cos2
x = 1.
У результаті одержимо рівняння з однією змінною y, яке легко зводиться до
однієїтригонометричноїфункції.
Але при піднесенні обох частин рівняння до квадратa одержуємо рівнян
ня наслідок. Отже, серед одержаних розв’язків можуть бути і сторонні роз
в’язки для заданої системи, які доведеться відсіювати перевіркою.
Для перевірки враховуємо, що всі функції відносно змінної x, які входять
до запису системи (тобто sin x і cos x), мають спільний період 2π. Аналогічно
всі функції відносно змінної y (sin у і cos у) теж мають спільний період 2π.
Отже, перевірку розв’язків досить виконати для всіх пар чисел (х; у), де
x ∈ [0; 2π], y ∈ [0; 2π] (можна взяти і інші проміжки довжиною 2π). Корисно
також урахувати, що всі розв’язки, одержані внаслідок підстановки в одне з
рівнянь системи, автоматично задовольняють цьому рівнянню, а значить, пе
ревіркуцихрозв’язківдоситьвиконатитількидлядругогорівняннясистеми.
Длякожноїзмінноївсіодержанірозв’язкипотрібноповторитичерезперіод.
Р о з в ’ я з а н н я
Заданасистемарівносильнасистемі
( )
( )
1
2
3
2
sin sin , 1
cos cos . 2
x y
x y
=
=
Піднесемо обидві частини кожного рівняння системи до квадрата і почлен
но додамо одержані рівняння. Отримуємо рівняння наслідок
2 2 2 21 3
2 2
sin cos sin cos .x x y y+ = + Тоді 2 = sin2
y + 3 cos2
y,
2 2
2 1 cos 3 cos ,y y= − + тобто 2 1
2
cos .y = Отже,
1
2
cosy = або
1
2
cos .y = −
Підставляючи одержані значення в рівняння (2), маємо
1
2
3
2
cos ,
cos
y
x
=
=
або
1
2
3
2
cos ,
cos .
y
x
= −
= −
§ 19. Приклади розв’язування більш складних тригонометричних рівнянь та їх систем](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-213-2048.jpg)
![214
РОЗДІЛ 2. Тригонометричні рівняння і нерівності
Тоді
4
6
2 ,
2
y n
x k
π
π
= ± + π
= ± + π
(3) або
3
4
5
6
2 ,
2 , , .
y n
x k n k
π
π
= ± + π
= ± + π ∈
Z
(4)
Відносно кожної із змінних x і y усі функції, які входять до запису заданої
системи, мають період 2π, тому перевірку досить виконати для всіх пар чисел
(х; у), де x ∈ [0; 2π], y ∈ [0; 2π].
Для системи (3) це пари чисел: ( )6 4
; ,
π π
( )7
6 4
; ,
π π
( )11
6 4
; ,
π π
( )11 7
6 4
; ,
π π
а для системи (4) це пари чисел: ( )5 3
6 4
; ,
π π
( )5 5
6 4
; ,
π π
( )7 3
6 4
; ,
π π
( )7 5
6 4
; .
π π
Розв’язками заданої системи є тільки пари чисел:
( )6 4
; ;
π π
( )11 7
6 4
; ;
π π
( )5 3
6 4
; ;
π π
( )7 5
6 4
; .
π π
Відповідьодержимо,повторюючинаведенірозв’язкичерезперіод(длякож
ної змінної).
Відповідь: ( )6 4
2 ; 2 ,k n
π π
+ π + π ( )11 7
6 4
2 ; 2 ,k n
π π
+ π + π
( )5 3
6 4
2 ; 2 ,k n
π π
+ π + π ( )7 5
6 4
2 ; 2 ,k n
π π
+ π + π n, k ∈ Z.
При розв’язуванні рівнянь з оберненими тригонометричними функціями
корисно пам’ятати, що при | a | m 1
arcsin arccosa a++ ==
ππ
2
,
і для довільних значень a
arctg arcctga a++ ==
ππ
2
.
Також при розв’язуванні рівнянь з оберненими тригонометричними функ
ціями часто буває зручно від обох частин рівняння взяти якусь тригономет
ричну функцію і скористатися означенням відповідних обернених тригоно
метричнихфункцій.
Приклад 7 Розв’яжіть рівняння
10
13
2 arcsin arcsin .x x=
К о м е н т а р
Якщо взяти від обох частин заданого рівняння функцію синус, то одержи
мо рівняння наслідок: якщо числа рівні, то і синуси будуть рівні, але якщо
синуси двох чисел рівні, то це ще не значить, що числа обов’язково будуть
рівні. Тобто правильна рівність буде зберігатися при прямих перетвореннях,](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-214-2048.jpg)
![221
І. При π
2
,x k= + π k ∈ Z, з рівняння (1) одержуємо ( ) ( )π
2
tg 2 ctg ,k a kπ + π = + π
тобто 0 = aæ0 — рівність, правильну при будь яких значеннях a. Отже,
при всіх значеннях параметра a задане рівняння має корені
π
2
,x k= + π k ∈ Z .
II. При
π
2
x k≠ + π одержуємо рівняння (2) : 2
2tg
1 tg tg
,x a
x x−
=
яке на ОДЗ рівносильне рівнянню 2 tg2
x = a – a tg2
x. Звідси
(2+ a) tg2
x = a. (3)
1) Якщо a = –2, то коренів немає.
2) Якщо a ≠ –2, то рівняння (3) рівносильне рівнянню
2
2
tg .
a
a
x
+
= (4)
а) Якщо
2
0,
a
a +
< то коренів немає.
Розв’язавшинерівність
2
0
a
a +
< методомінтервалів
(див. рисунок), одержуємо–2 < а < 0.
Отже, при –2 < а < 0 коренів немає .
б) Якщо
2
0
a
a +
= (тобто а = 0), одержуємо рівняння tg x = 0, яке має корені
х = πk, k ∈ Z. Але ці корені не входять до ОДЗ заданого рівняння. Отже,
і при а = 0 коренів немає .
в) Якщо
2
0
a
a +
> (тобто а < –2 або а > 0), то з рівняння (4) одержуємо
2
tg .
a
a
x
+
= ± Звідси
2
arctg ,
a
a
x l
+
= ± + π
l ∈ Z.
З’ясуємо, при яких значеннях а одержані корені рівняння (4) не входять
до ОДЗ. Для цього досить у рівняння (4) замість аргументу х підставити «за
боронені» значення. Враховуючи, що функції, які входять до запису задано
го рівняння (1), мають спільний період Т = π (tg 2x має період π
1
2
,T = а ctg x
має період Т2
= π), досить підставити ці значення тільки на одному періоді,
наприклад, на проміжку [0; π]. У цьому проміжку до ОДЗ не входять такі
значення: 0;
π
4
; π3
4
; π. При х = 0 або х = π з рівняння (4) одержуємо рівність
2
0,
a
a +
= тобто а = 0. Випадок а = 0 ми вже дослідили (коренів немає). При
π
4
x = або
π3
4
x = з рівняння (4) одержуємо
2
1.
a
a +
= Але при жодному значен
§ 20. Тригонометричні рівняння з параметрами](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-221-2048.jpg)
![228
РОЗДІЛ 2. Тригонометричні рівняння і нерівності
Аналогічно обґрунтовуються й інші умови, наведені в таблиці 37.
Зауважимо, що наведені умови можна спеціально не запам’ятовувати, а
для їхнього запису користуватися графіком квадратичної функції (зображе
ним для потрібного розміщення коренів) і таким о р і є н т и р о м.
Для того щоб корені квадратного тричлена f (x) = ax2
+ bx + c (a ≠ 0) були
розміщені заданим чином відносно даних чисел A і B, необхідно і достатньо
виконання системи умов, яка включає:
1) знак коефіцієнта при старшому члені;
2) знаки значень f (A) і f (B);
3) знакдискримінантаD;
4) положення абсциси вершини параболи ( )0
2
b
a
x = −
відносно даних чисел A і B.
Зазначимо, що для випадків, у яких хоча б одне з даних чисел знаходить
ся між коренями квадратного тричлена (див. другий, п’ятий, шостий і сьо
мий рядки табл. 37), досить виконання перших двох умов цього орієнтиру, а
для інших випадків доводиться розглядати всі чотири умови. Також заува
жимо, що, записуючи кожну з указаних умов, слід подивитися, чи буде вико
нуватися вимога задачі в тому випадку, якщо в цій умові записати знак не
строгої нерівності.
Приклад 1 Знайдіть всі значення параметра a, для яких рівняння
cos 2x + a sin x – 9 = 0 (1)
має корені.
К о м е н т а р
Спочатку виконаємо рівносильні перетворення заданого рівняння: зведе
мо до одного аргументу і до однієї функції, а потім виконаємо заміну sin x = t.
Слід враховувати, що після заміни змінної іноді змінюється вимога задачі,
зокрема для рівняння (2) вона буде такою: знайти всі значення параметра a,
для яких це рівняння має хоча б один корінь у проміжку [–1;1] (тоді після
оберненої заміни ми знайдемо корені рівняння sin x = t, а значить, і корені
рівняння (1)). Це можливо в одному з трьох випадків: або обидва корені
рівняння (2) знаходяться в цьому проміжку або тільки один з коренів рівнян
ня(2)знаходитьсявпроміжку[–1;1],адругий—праворучаболіворучвідцього
проміжку. Зобразивши відповідні ескізи графіків функції f (t) = 2t2
– at + 8
(див. рисунки), за наведеним орієнтиром (або за таблицею 37) записуємо
відповіднідостатніумовирозміщеннякоренів(3)–(5).Прицьомувраховуємо,
що у випадках, коли f (–1) = 0 або f (1) = 0, то умова задачі теж виконується.
1) 2) 3)](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-228-2048.jpg)
![229
У кінці необхідно об’єднати всі отримані результати.
Зазначимо, що для одержання відповіді можна розв’язати рівняння (2):
2
1, 2
64
4
,
a a
t
± −
= а потім розв’язати сукупність нерівностей: –1 m t1
m 1,
–1 m t2
m 1, але нерівності з коренями (ірраціональні) буде розглянуто тільки
в наступному розділі, та й розв’язувати їх досить складно.
Р о з в ’ я з а н н я
Задане рівняння рівносильне рівнянням: 1 – 2 sin2
x + a sin x – 9 = 0,
2 sin2
x – a sin x + 8 = 0. Заміна sin x = t дає рівняння
2t2
– at + 8 = 0. (2)
Рівняння (1) матиме корені тоді і тільки тоді, коли рівняння (2) матиме
хоча б один корінь у проміжку [–1;1].
1) Для того щоб обидва корені квадратного тричлена f (t) = 2t2
– at + 8 знахо
дилися в цьому проміжку, досить виконання умов
0
( 1) 0,
(1) 0,
0,
1 1.
f
f
D
t
−
−
l
l
l
m m
(3)
2) Для того щоб один корінь f (t) знаходився в проміжку [–1;1], а другий —
праворуч від 1 (або в точці 1), досить виконання умов
( 1) 0,
(1) 0.
f
f
−
l
m
(4)
3) Для того щоб один корінь f (t) знаходився в проміжку [–1;1], а другий —
ліворуч від –1 (або в точці –1), досить виконання умов
( 1) 0,
(1) 0.
f
f
−
m
l
(5)
Розв’язуємо сукупність систем нерівностей (3)–(5):
2
4
10 0,
10 0,
64 0,
1 1
a
a
a
a
+
−
−
−
l
l
l
m m
або
10 0,
10 0
a
a
+
−
l
m
або
10 0,
10 0.
a
a
+
−
m
l
Тоді
або
10,
10,
8 8,
4 4
a
a
a a
a
−
−
−
l
m
m l
m m
або
10,
10
a
a
−
l
l
або
10,
10.
a
a
−
m
m
Перша система не має розв’язків, а з інших одержуємо a l 10 або a m –10.
Відповідь: a ∈ (–×; –10] [10; +×).
§ 20. Тригонометричні рівняння з параметрами](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-229-2048.jpg)
![232
РОЗДІЛ 2. Тригонометричні рівняння і нерівності
3. Рівносильні нерівності
Означення Найпростіші теореми
Дві нерівності називаються
рівносильними на деякій
множині, якщо на цій мно
жині вони мають одні й ті
самі розв’язки,
тобто кожен розв’язок пер
шої нерівності є розв’язком
другоїі,навпаки,коженроз
в’язок другої нерівності є
розв’язком першої.
1. Якщо з однієї частини нерівності пе
ренести в іншу частину доданки з проти
лежним знаком, то одержимо нерівність,
рівносильну заданій (на будь якій мно
жині).
2. Якщо обидві частини нерівності по
множити або поділити на одне й те саме до
датне число (або на одну й ту саму функ
цію, що визначена і додатна на ОДЗ зада
ної нерівності), не змінюючи знак нерів
ності, то одержимо нерівність, рівносиль
ну заданій (на ОДЗ заданої).
3. Якщо обидві частини нерівності по
множити або поділити на одне й те саме
від’ємнечисло(абонаоднуйтусамуфунк
цію,щовизначенаівід’ємнанаОДЗзаданої
нерівності) і змінити знак нерівності на
протилежний, то одержимо нерівність,
рівносильну заданій (на ОДЗ заданої).
П р о д о в ж. т а б л. 38
4. Метод інтервалів (розв’язування нерівностей виду f (x) 0)
План Приклад
1. Знайти ОДЗ.
2. Знайти нулі функції
f (x) = 0.
3. Позначити нулі на ОДЗ
і знайти знак f (x) у кож
ному проміжку, на які
розбивається ОДЗ.
4. Записати відповідь, вра
ховуючи знак заданої
нерівності.
Розв’яжіть нерівність
( )
2
2
1
3
0.x
x
−
+
Нехай ( )
( )
2
2
1
3
.x
x
f x
−
+
=
1. ОДЗ: (х + 3)2
≠ 0, отже, х ≠ –3.
2. Нулі функції: f (х) = 0.
( )
2
2
1
3
0,x
x
−
+
= х2
– 1 = 0,
х1
= –1, х2
= 1 (входять до ОДЗ).
3.
Відповідь: (– ; –3) (–3; –1] [1; + ).](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-232-2048.jpg)
![238
РОЗДІЛ 2. Тригонометричні рівняння і нерівності
Наведемо приклади розв’язування більш складної дробово раціональної
нерівності методом інтервалів та за допомогою рівносильних перетворень.
Приклад Розв’яжіть нерівність
( )
2
2
2 3
1
0.
x x
x
+ −
+
m
І спосіб (метод інтервалів)
Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р
Приклад Коментар
3. Позначити
нулі на ОДЗ
і знайти знак
функції
в кожному з
проміжків,
на які розби
вається ОДЗ.
Якщо тепер відмітити нулі на об
ласті визначення функціїf (x), то об
ласть визначення розбивається на
проміжки,причомувсерединікожно
го проміжку функція f (x) не змінює
свій знак. Тому знак функції в кож
ному проміжку можна визначати
в будь якійточціцьогопроміжку.Це
і є третім етапом розв’язування.
На рисунку видно, що розв’язком
нерівності є об’єднання проміжків
(–×; –2) (1; +×).
4. Записати
відповідь,
враховуючи
знак
нерівності.
4. Відповідь:
(–×; –2) (1; +×).
План
розв’язування
П р о д о в ж. т а б л. 39
3.
Нехай ( )
( )
2
2
2 3
1
.x x
x
f x
+ −
+
=
1 ОДЗ: х ≠ –1.
2. Нулі f (x):
( )
2
2
2 3
1
0,
x x
x
+ −
+
=
х2
+ 2х – 3 = 0,
х1
= 1, х2
= –3 (входять до ОДЗ).
3. Відмічаємо нулі функції на ОДЗ
і знаходимо знак f (x) у кожному
з проміжків, на які розбивається
ОДЗ (див. рисунок).
4. Відповідь: [–3; –1) (–1; 1].
Задана нерівність має вигляд
f (x) m 0, і для її розв’язування мож
на застосувати метод інтервалів. Для
цього використаємо план, наведений
вище та на с. 232.
При знаходженні нулів f (x) сте
жимо за тим, щоб знайдені значення
входили до ОДЗ (або виконуємо пере
вірку знайдених коренів рівняння
f (x) = 0).
Записуючи відповідь до нестрогої
нерівності, слід врахувати, що всі
нулі функції повинні ввійти до
відповіді (у даному випадку — числа
–3 і 1).](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-238-2048.jpg)
![239
ІІ спосіб (за допомогою рівносильних перетворень)
К о м е н т а р
Виберемо для розв’язування метод рівносильних перетворень нерівності.
При виконанні рівносильних перетворень ми повинні врахувати ОДЗ заданої
нерівності, тобто врахувати обмеження (х + 1)2
≠ 0.
Але якщо х≠ –1,то(х +1)2
>0,ітодівзаданомудробу знаменникдодатний.
Якщо виконується задана нерівність, то чисельник дробу х2
+ 2х – 3 m 0 (і на
впаки, якщо виконується остання нерівність, то на ОДЗ дріб
( )
2
2
2 3
1
0 ,
x x
x
+ −
+
m
тобто задана нерівність рівносильна на ОДЗ нерівності х2
+ 2х – 3 m 0.
Щоб розв’язати одержану квадратну нерівність, знайдемо корені квадрат
ного тричлена х2
+ 2х – 3 і побудуємо ескіз графіка функції у = х2
+ 2х – 3.
Розв’язок квадратної нерівності: –3 m х m 1.
Оскільки всі перетворення були рівносильними тільки на ОДЗ, то ми по
винні вибрати тільки ті розв’язки квадратної нерівності, які задовольняють
обмеженню ОДЗ.
Р о з в ’ я з а н н я
ОДЗ: (х + 1)2
≠ 0, отже, х ≠ –1.
Тоді (х + 1)2
> 0 і задана нерівність на її ОДЗ рівносильна нерівності
х2
+ 2х – 3 m 0. Оскільки х2
+ 2х – 3 = 0 при х1
= –3, х2
= 1
(ці значення х входять до ОДЗ), одержуємо –3 m х m 1
(див. рисунок).
Враховуючи ОДЗ, отримуємо відповідь.
Відповідь: [–3; –1) (–1; 1].
Запитання для контролю
1. Поясніть на прикладах зміст понять: «розв’язок нерівності», «розв’язати
нерівність», «область допустимих значень нерівності», «рівносильні не
рівності».
2. Сформулюйтевідомівам теоремипрорівносильністьнерівностей.Проілю
струйте їх на прикладах.
3. Сформулюйте план розв’язування нерівностей методом інтервалів.
Проілюструйте використання цього плану на прикладі.
4. Поясніть на прикладі, як можна виконувати рівносильні перетворення
нерівностей у тих випадках, які не описуються відомими теоремами про
рівносильність нерівностей.
§ 21. Розв’язування нерівностей. Рівняння і нерівності з модулями](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-239-2048.jpg)
![245
u+v = | u | + | v |.Отже,дійсно,рівняння| u | + | v | =u+vрівносильнесистемі
нерівностей
0,
0.
u
v
l
l
)
Приклад 2*
Розв’яжіть рівняння | x – 5 | + | 2x + 5 | = 3x.
Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р
§ 21. Розв’язування нерівностей. Рівняння і нерівності з модулями
Оскільки 3х = (х – 5) + (2х + 5), то
заданерівняннямаєвигляд| u |+| v | =
= u + v, але ця рівність може викону
ватися тоді і тільки тоді, коли числа
uі v — обидва невід’ємні. Отже, зада
не рівняння рівносильне системі
5 0,
2 5 0.
x
x
−
+
l
l Звідси
x
x
l
l
5
5
2
,
.−
Отже, x l 5.
Відповідь: [5; +×).
Якщо позначити x– 5 =u і2x+ 5 =
= v,то u+v=3x ізаданерівняннямає
вигляд | u | + | v | =u+v, а за співвідно
шенням 5 таке рівняння рівносильне
системі
0,
0.
u
v
l
l
Зауважимо, що задане рівняння
можна розв’язувати і за загальною
схемою, але тоді розв’язання буде
більш громіздке.
При розв’язуванні нерівностей з модулями міркування, пов’язані з роз
криттям знаків модулей, повністю аналогічні міркуванням, які використо
вувалися при розв’язуванні рівнянь із модулями.
Приклад 3 Розв’яжіть нерівність | 2x – 5 | m 7.
Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р
За геометричним змістом модуля
задана нерівність рівносильна нерів
ності
–7 m 2x – 5 m 7. (1)
Тоді –2 m 2x m 12, отже,
–1 m x m 6.
Відповідь: [–1; 6].
Нерівністьвиду| f (x) | ma(де a>0)
зручно розв’язувати, використовую
чи геометричний зміст модуля. Зок
рема, задана нерівність — це нерів
ністьвиду| t |m7.Алемодульчисла —
це відстань на координатній прямій
від точки, що зображує дане число,
до точки 0. Тобто заданій нерівності
задовольняють всі точки, які знахо
дяться в проміжку [–7; 7], отже,
–7 m t m 7. Якщо виникають утруд
нення з розв’язуванням подвійної
нерівності (1), то її замінюють на рів
носильну систему
2 5 7,
2 5 7.
x
x
− −
−
l
m](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-245-2048.jpg)
![246
РОЗДІЛ 2. Тригонометричні рівняння і нерівності
Приклад 4 Розв’яжіть нерівність
3
2 1
1.
x
x
−
− −
l (1)
1.ОДЗ: | x – 2 | – 1 ≠ 0. Тоді | x – 2 | ≠ 1, тобто x – 2 ≠ ä1, отже: х ≠ 3 або х ≠ 1.
2. Нулі підмодульних функцій: х – 3 = 0 (х = 3 — не входить до ОДЗ) та
х – 2 = 0 (х = 2).
3. Нуль 2 розбиває ОДЗ на чотири проміжки,
на яких підмодульні функції мають знаки,
показанінарисунку(накожномузпроміжків
перший знак — це знак функції х – 3, а дру
гий — знак функції х – 2).
4. Знаходимо розв’язки заданої нерівності в кожному з проміжків (оскільки
знаки підмодульних функцій є однаковими на проміжках І і ІІ, зручно для
розв’язання об’єднати ці проміжки).
Проміжки І та ІІ: х ∈ (–×; 1) (1; 2]. Враховуючи знаки підмодульних
функцій у цих проміжках і означення модуля, одержуємо, що при
х∈(–×;1) (1;2]задананерівністьрівносильнанерівності
( )
( )
3
2 1
1.
x
x
− −
− − −
l
Тоді 3
1
1,
x
x
−
−
l тобто 2
1
0.
x−
l Звідсиx<1.У проміжки,якімирозглянули,
входять всі значення x< 1, отже, у цьому випадку розв’язком буде x < 1.
Проміжок ІІІ: х ∈ [2; 3). На цьому проміжку одержуємо нерівність
( )3
2 1
1,
x
x
− −
− −
l тобто
( )3
3
1.
x
x
− −
−
l Але при будь якому значенні x з ІІІ про
міжку остання нерівність перетворюється на хибну нерівність (–1 l 1).
Отже, у проміжку ІІІ нерівність (1) розв’язків не має.
Проміжок ІV: х ∈ (3; +×). У цьому проміжку одержуємо нерівність
3
2 1
1,
x
x
−
− −
l тобто
3
3
1.
x
x
−
−
l Як бачимо, при будь якому х з IV проміжку
нерівність (1) перетворюється на правильну числову нерівність (1 l1).
Отже, розв’язком нерівності (1) у IV проміжку є будь яке число з цього
проміжку (x > 3).
Об’єднуючивсірозв’язки,якімиодержаливкожномузпроміжків,має
мо розв’язок заданої нерівності на всій ОДЗ: x < 1 або x > 3.
Відповідь: (–×; 1) (3; +×).
Зазначимо, що для розв’язування деяких нерівностей з модулями зручно
використовувати також спеціальні співвідношення, наведені в таблиці 40.](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-246-2048.jpg)
![258
РОЗДІЛ 2. Тригонометричні рівняння і нерівності
16. Знайдіть значення х на відрізку 0 m x m π, які задовольняють нерівності
1
2
sin2 cos 2sin .x x x− + l
17. Розв’яжіть нерівність:
1) sin 4x > a(sin 3x – sin x); 2) a(cos x – sin x)2
+ b cos2
x l 0.
Розв’яжіть рівняння (1–8).
1. 1) sin2
x – 4 sin x = 5; 2) cos2
x + 5 cos x = 6;
3) 4 cos2
x + 4 sin x – 1 = 0; 4) 4 sin2
x – 4 cos x – 1 = 0.
2. 1) sin 2x + tg x = 0; 2)
2
sin ctg 0;
x
x + =
3) 2 3 2 02sin sin ;x x− = 4) 2 3 2 02cos sin .x x+ =
3. 1)
2
1 cos 2cos 0;
x
x+ − = 2)
2
1 cos 2 sin 0;
x
x− − =
3) sin 3cos 0;x x− = 4) 3sin cos 0.x x+ =
4. 1) cos2
x – 3 cos x sin x + 1 = 0; 2) sin2
x + 3 cos x sin x + 1 = 0;
3) 2 + cos2
x = 2 sin x; 4) 3 – 3 cos x = 2 sin2
x.
5. 1) (1 + cos 4x) sin 2x = cos2
2x; 2) (1 – cos 4x) cos 2x = sin2
2x;
3) ( )2
2
5 sin 4 sin 4;x xπ
+ + = 4) ( )2
2
6 cos 5 cos 7.x xπ
+ − =
6. 1)
2
1 cos 3sin 0;
x
x− − = 2)
2
1 cos 3cos 0;
x
x+ + =
3) cos2
4x + 3 sin2
2x – 1 = 0; 4) cos2
4x + 3 cos2
2x – 1 = 0.
7. 1) ( )3
2
cos 3 2 sin ;x x= π + 2) ( )2
sin3 2cos ;x x
π
= −
3) 1 – cos 4x = sin 2x; 4) 1 + cos 4x = cos 2x.
8. 1) ( ) 3
2
1 cos sin 0;
x
x
π +
− π+ − = 2) ( ) ( )3
2
sin 2 5sin 3 0;x xπ − + π − + =
3) ( ) ( )2
2
2 cos 2 3 cos 2;x xπ
π + − − + 4) 5 sin2
(1,5π – x) + 2 sin2
(π – x) = 2.
Знайдіть розв’язки рівняння (9–10).
9. 1) sin x + cos x = 1 на інтервалі (–2π; 0);
2) sin x – cos x = 1 на інтервалі (0; 2π);
3) sin4
x – cos4
x = sin 2x на проміжку [0; 90°];
4) 2 2
2
sin cos cos
x
x x− + = на проміжку [180°; 270°].
ДОДАТКОВІ ВПРАВИ ДО РОЗДІЛУ 2](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-258-2048.jpg)
![259
10. 1)
sin
1 cos
ctg 2
x
x
x
+
+ = на інтервалі ( )2
; ;
π
π
2)
sin
1 cos 2
sin
x x
x+
= на проміжку [π; 2π];
3) 4 sin x sin 2x sin 3x = sin 4x на інтервалі ( )2
0; ;
π
4) 4 cos x cos 2x sin 3x = sin 2х на інтервалі ( )3
0; .
π
Розв’яжіть рівняння (11–26).
11. 1) sin 6x – 2 sin 2x = 0; 2) cos 6x + 2 cos 2x = 0;
3) 2 2
2 2
cos cos 3 sin cos ;
x x
x x+ = − 4) sin2
x + sin 3x = cos2
x + sin x.
12. 1) 4 cos2
x – sin 2x = 1; 2) 2 1
2
3 sin sin2 2;x x+ =
3) sin2
x + 14sin x cos x = 15cos2
x; 4) cos2
x – 12cos x sin x = 13sin2
x.
13. 1)
1 cos 2
1 sin
0;
x
x
+
−
= 2)
sin sin3
1 cos
0;
x x
x
−
−
=
3)
22sin 3sin
1 cos
0;
x x
x
+
−
= 4)
23cos 4cos
1 sin
0.
x x
x
−
+
=
14. 1)
cos cos 3
1 sin
0;
x x
x
+
+
= 2)
sin sin3
1 cos
0;
x x
x
−
+
= 3)
cos 2
1 sin 2
0;
x
x+
= 4)
sin 2
1 sin 2
0.
x
x−
=
15. 1) sin cos ;x x+ =3 1 2) 3 1sin cos ;x x− =
3) sin2
x = sin2
3x; 4) cos2
x = cos2
3x.
16. 1)
sin 4 sin 2
cos 2
tg 2 ;
x x
x
x
+
= 2)
cos 2 sin 4
sin 2
ctg2 ;
x x
x
x
−
=
3) 1+ =cos sin ;x x 4) 1− =cos sin .x x
17. 1) 4 4 5
8
sin cos ;x x+ = 2) sin4
x + cos4
x = sin 2x;
3) ( )2
cos 5 sin 2cos 3 ;x x x
π
+ + = 4) ( )3
2
cos5 sin 9 3sin2 0.x x x+ π − − =
18. 1) cos x + cos 2x + cos 3x + cos 4x = 0;
2) sin x + sin 2x + sin 3x + sin 4x = 0;
3) 5 sin 2x – 11(sin x + cos x) + 7 = 0;
4) sin 2z + 5(sin z + cos z) + 1 = 0.
19. 1) sin3
x cos 3x + cos3
x sin 3x + 0,375 = 0;
2) 3 3 2
4
cos cos 3 sin sin 3 ;z z z z+ =
3) ( ) ( ) 1
3 3 8
sin sin sin ;x x x
π π
− + = 4) ( ) ( )3 3
8cos cos cos 1 0.
π π
− + + =x x x
20. 1) sin2
x + sin2
2x = sin2
3x; 2) cos2
x + cos2
2x + cos2
3x + cos2
4x = 2;
3) cos sin ;3 1 3 3x x= − 4) 3 sin x + 5 cos x = 4.
Додаткові вправи до розділу 2](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-259-2048.jpg)
![261
31. 1) ( )2
tg 2 3 tg 2 3 0;x x+ − − < 2) 2
3tg 4tg 3 0;x x− + >
3) ctg2
x + ctg x l 0; 4) tg2
x – tg x m 0.
32. 1) tg x tg 3x < –1; 2) ctg x ctg 3x > –1;
3) 3 sin2
x – 2 sin x cos x – cos2
x m 0;
4) ( )2 2
2cos 2 3 1 cos sin 3sin 0.x x x x+ − − l
33. 1)
( )sin 3 cos 2
6
sin 2
0;
x x
x
π
−
m 2) cos x cos 2x cos 3x m 0;
3) ( )( )3 2cos 2sin 2 3 2sin2 1 0;x x x− − − − l
4) cos2 2sin2 2 2cos ;x x x+
34. 1) 3 sin 2x – 1 > sin x + cos x; 2) ( )cos 2 2 cos sin ;x x x−m
3)
1 1 1
sin2 sin4 sin8
0;
x x x
+ + < 4)
1 1 1
sin sin2 sin3
.
x x x
− l
35. 1) 2 arccos x > arcsin x; 2) 2 arcsin x > arccos x;
3) 2 (arcsin x)2
– 3 arcsin x + 1 > 0; 4) (arccos x)2
– 6 arccos x + 8 < 0.
36. 1) sin (2x + 10°) + sin (x + 10°) – sin x < 0;
2) ( ) ( )2 3
ctg ctg 2 ctg 0;x x x
π π
+ + + + > 3) ( ) ( )
33 3
32
arctg arcctg ;x x
π
+ >
4) arctg (3x2
– 3x + 1) < arcctg (3x2
– 3x + 1).
37. Знайдіть множину значень функції:
1) ( )( )3
arccos 0,125 cos sin ;y x x
π
= − 2)
9 3 2 sin cos
4 2
arcsin .
x x
y
+ −
π
=
38. Знайдіть множину значень функції y = sin 2x, якщо:
1) х ∈ [arctg 0,5; arctg 3]; 2)
1
3
[arctg ;arctg 2];x∈
3)
5
12
arccos 0,8; ;x
π ∈
4)
5 5
13 12
arccos ; .x
π ∈
39. Розв’яжіть рівняння:
1) 7 tg x + cos2
x + 3 sin 2x = 1; 2) sin 2x + 1 = sin2
x + 6 ctg x.
40. При яких значеннях а вираз 2 + cos x (5 cos x + a sin x) дорівнюватиме
одиниці хоча б при одному значенні х?
41. Приякихзначенняха вираз3+sin x (2 sin x +a cos x)дорівнюватиме(–1)
хоча б при одному значенні х?
Додаткові вправи до розділу 2](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-261-2048.jpg)
![291
§ 25. Узагальнення поняття степеня. Степенева функція, її властивості та графік
Т а б л и ц я 46
Особливий випадок (α = 0)
Якщо α = 0, то
y = xα
= x0
= 1 (при х ≠ 0).
функції у = хα
(при α ≠ 0)
Властивості
D (y) E (y)
парність
і непарність
зростання і спадання
(y = x2n
, n ∈ N)
R [0; +×) парна
спадає на проміжку (–×; 0],
зростає на проміжку [0; +×)
(у = х та у = х2п + 1
, п ∈ N)
R R непарна зростає
( )
( )2 1
2 1
1
,n
nx
y x n− −
−
= = ∈N
х ≠ 0 у ≠ 0 непарна
спадає на кожному
з проміжків (–×; 0) та (0; +×)](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-291-2048.jpg)
![294
РОЗДІЛ 3. Степенева функція
Пояснення й обґрунтування
Степеневими функціями називають функції виду у = хα
, де α — будь яке
дійсне число.
З окремими з таких функцій ви вже ознайомилися в курсі алгебри 7–9
класів. Це, наприклад, функції у = х1
= х, у = х2
, у = х3
. При довільному
натуральному α графіки і властивості функції у = хα
аналогічні відомим вам
графікам і властивостям указаних функцій.
Описуючи властивості степеневих функцій, виділимо ті характеристики
функцій, які ми використовували в розділі 1: 1) область визначення; 2) об
ласть значень; 3) парність чи непарність; 4) точки перетину з осями коорди
нат; 5) проміжки знакосталості; 6) проміжки зростання і спадання; 7) най
більше та найменше значення функції.
1. Функція y = xααααα
(ααααα — парне натуральне число). Якщо α — парне натураль
не число, то функція у = х2п
, п ∈ N, має властивості і графік, повністю ана
логічні властивостям і графіку функції у = х2
.
Дійсно, область визначення функції у = х2п
: D (y) = R, оскільки значення
цієї функції можна обчислити при будь яких значеннях х.
Функція парна: якщо f (х) =х2п
, то f (–х) = (–х)2п
= х2п
= f (х). Отже, графік
функції у = х2п
симетричний відносно осі Оу.
Оскільки при х = 0 значення у = 0, то графік функції y = x2n
завжди прохо
дить через початок координат.
На проміжку [0; +×) функція зростає.
( Дійсно, для невід’ємних значень при x2
> x1
(x1
l 0, x2
l 0) одержуємо
x xn n
2
2
1
2
> , оскільки, як відомо з курсу алгебри 9 класу, при піднесенні обох
частин правильної нерівності з невід’ємними членами до парного степеня
(із збереженням знаку нерівності) одержуємо правильну нерівність. )
На проміжку (–×; 0] функція спадає.
( Дійсно, для недодатних значень x1
і x2
(x1
m 0, x2
m 0), якщо x2
> x1
, то
–x2
< –x1
(і тепер: –x1
l 0, –x2
l 0). Тоді (–x2
)2n
< (–x1
)2n
, отже, x x
n n
2
2
1
2
< ,
тобто f (x2
) < f (x1
). )
Для знаходження області значень функціїу = х2п
, п ∈ N, складемо рівнян
ня x2n
= a. Воно має розв’язки для всіх а l 0 (тоді )2n
x a= ± і тільки при таких
значеннях а. Усі ці числа і складуть область значень функції. Отже, область
значень заданої функції: у l 0, тобто Е (у) = [0; +×).
Таким чином, для всіх дійсних значень x значення у l 0. Найменше зна
чення функціїдорівнюєнулю(y= 0 приx =0).Найбільшогозначенняфункція
не має.
Зазначимо також, що при x = 1 значення y = 12n
= 1.](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-294-2048.jpg)
![306
РОЗДІЛ 3. Степенева функція
Приклад 2 Розв’яжіть рівняння 3 4 1 2 1 2.x x x x x+ − − + − − = +
К о м е н т а р
Заміна 1x t− = дозволяє помітити, що кожен вираз, який стоїть під зна
ком зовнішнього квадратного кореня, є квадратом двочлена.
Застосовуючиформулу 2
,a a= одержуєморівняннязмодулями,дляроз
в’язування якого використовуємоплан:
1) знайти ОДЗ;
2) знайти нулі всіх підмодульних функцій;
3) позначити нулі на ОДЗ і розбити ОДЗ на проміжки;
4) знайти розв’язки рівняння в кожному з проміжків.
Р о з в ’ я з а н н я
Нехай 1 ,x t− = де t l 0. Тоді x – 1 = t2
; x = t2
+ 1.
Одержуєморівняння 2 2 24 4 1 2 3,t t t t t+ − + + − = +
яке можна записати так: ( ) ( )2 2 2
2 1 3.t t t− + − = + Звідси
| t – 2 | + | t –1 | = t2
+ 3. (1)
1) ОДЗ рівняння (1): t ∈ R, але за змістом завдання це рівняння потрібно
розв’язати при t l 0.
2) Нулі підмодульних функцій: t = 2 і t = 1.
3) Ці нулі розбивають область t l 0 на три про
міжки, у кожному з яких кожна підмодульна
функція має постійний знак (див. рисунок).
Проміжок І. При t ∈ [0; 1] маємо рівняння
–(t – 2) – (t – 1) = t2
+ 3.
Тоді t2
+ 2t = 0, t = 0 або t = –2, але в проміжок [0; 1] входить тільки t = 0.
Тоді 3 2 3.x = ±
x1 3 2 3= + — входить до ОДЗ і за
довольняє умові (2), отже, є коренем
заданого рівняння; x2 3 2 3= − —
входить до ОДЗ, але не задовольняє
умові(2),отже,неєкоренемзаданого
рівняння.
Відповідь: 3 2 2.+
частина є невід’ємним числом, тобто
х – 1 l0 длявсіх коренів. Тоді за умо
ви (2) обидві частини рівняння (1)
невід’ємні,отже,припіднесенніобох
частин до квадратa одержуємо рівно
сильне рівняння. Але після знахо
дження коренів цього рівняння не
обхідно перевірити не тільки те, чи
входять вони до ОДЗ, а й чи задоволь
няють вони умові (2). Для такої пере
віркидоситьвзятинаближенізначен
ня коренів х1
≈ 6,4 та х2
≈ –0,4.](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-306-2048.jpg)
![307
Проміжок ІI. При t ∈ [1; 2] маємо рівняння
–(t – 2) + (t – 1) = t2
+ 3, яке рівносильне рівнянню t2
= –2, що не має
коренів. Отже, у проміжку [1; 2] коренів немає.
Проміжок III. При t ∈ [2; +×) маємо рівняння
(t – 2) + (t – 1) = t2
+ 3, з якого одержуємо рівняння t2
– 2t + 6 = 0, що не має
коренів. Отже, у проміжку [2; +×) коренів немає.
Об’єднуючи одержані результати, робимо висновок, що рівняння (1) має
тільки один корінь t = 0.
Виконуючи обернену заміну, маємо 1 0,x − = звідкиx = 1.
Відповідь: 1.
Приклад 3 Розв’яжіть рівняння
x x x x−( ) − −( ) +( ) + +( ) =6 3 6 2 3 2 2 3 0
23 3 23
.
Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р
§ 26. Застосування властивостей функцій до розв’язування ірраціональних рівнянь
Оскільки x = 6 не є коренем зада
ногорівняння,топриділенніобохча
стин рівняння на ( )23
6 0x − ≠ одер
жуємо рівносильне рівняння
( )
2
33 2 3 2 3
6 6
1 3 2 0.
x x
x x
+ +
− −
− + =
Після заміни 3 2 3
6
x
x
t
+
−
= маємо рів
няння 2t2
– 3t + 1 = 0, корені якого:
t1
= 1, 2
1
2
.t =
Виконавшиоберненузаміну,одер
жуємо:
3 2 3
6
1x
x
+
−
= або 3 2 3 1
6 2
,
x
x
+
−
=
2 3
6
1
x
x
+
−
= або
2 3 1
6 8
,
x
x
+
−
=
x = –9 або x = –2.
Відповідь: –9; –2.
Якщо виконати заміну 3
6 ,x u− =
3
2 3 ,x v+ = то одержимо рівняння
u2
– 3uv + 2v2
= 0, усі члени якого ма
ютьоднаковийсумарнийстепінь*
—
два. Нагадаємо, що таке рівнянняна
зивається однорідним і розв’язуєть
ся діленням обох частин на найви
щий степінь однієї із змінних. Розді
лимо, наприклад, обидві частини
на u2
(тобто на x −( ) )6
23
.
Щоб при діленні на вираз із змін
ною не загубити корені рівняння, по
трібнотізначеннязмінної,прияких
цейвираздорівнюєнулю,розглянути
окремо, тобто в даному прикладі під
ставити значення х = 6 в задане рів
няння (це можна виконати усно, до
розв’язання записати тільки одержа
ний результат).
Для реалізації одержаного плану
розв’язування не обов’язково вводи
ти змінні u і v, досить помітити, що
заданерівнянняоднорідне,розділити
обидві частини на ( )23
6 ,x − а вжепо
тім ввести нову зміннуt.
*
В означенні однорідного рівняння не враховується член 0, який степеня не має.](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-307-2048.jpg)
![312
РОЗДІЛ 3. Степенева функція
2. Нулі функції f (x): 3 1 2 1 0.x x x+ − − − − = Тоді:
3 1 2 1,x x x+ − − = − ( ) ( )2 2
3 1 2 1 ,x x x+ − − = −
3 2 3 1 1 2 1,x x x x x+ − + ⋅ − + − = − 2 3 1 3.x x+ ⋅ − =
Підносимо обидві частини останнього рівняння до квадрата:
4(х + 3)(х – 1) = 9, 4х2
+ 8х – 21 = 0,
1
3
2
x = = 1,5 — корінь, 2
7
2
x = − — сторонній корінь.
3. Розбиваємо ОДЗ точкою 1,5 на два проміжки і зна
ходимо знак f (x) у кожному з проміжків (див. рису
нок).
Відповідь: [1; 1,5).
Приклад 2 Розв’яжіть нерівність
3 8
2.
x
x
x
+
> −
I спосіб (метод інтервалів)
К о м е н т а р
Зведемо задану нерівність до виду f (x) > 0 і розв’яжемо її методом інтер
валів. При знаходженні ОДЗ заданої нерівності для розв’язування нерівності
3 8
0
x
x
+
l тежвикористаємометодінтервалів(ОДЗ: х ≠0;
3
8
0
x
x
+
= прих =–2).
Для знаходження нулів функціїf (x) використаємо рівняння наслідки.
Хоча функція f (x) і не має нулів, але й у такому випадку метод інтервалів
також працює. Тільки в цьому випадку інтервали знакосталості функції f (x)
збігаються з інтервалами, з яких складається її область визначення.
Р о з в ’ я з а н н я
Задана нерівність рівносильна нерівності
3 8
2 0.
x
x
x
+
− + > (1)
Позначимо
3 8
( ) 2.
x
x
f x x
+
= − +
1. ОДЗ:
3 8
0,
0.
x
x
x
+
≠
l
Розв’яжемо нерівність
3 8
0
x
x
+
l
методом інтервалів (див. рисунок).
Одержуємо: х ∈ (–×; –2] (0; +×).
2. Нулі функції f (x):
3 8
2 0.
x
x
x
+
− + = Тоді:](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-312-2048.jpg)
![313
3 8
2,
x
x
x
+
= −
3
28
4 4,
x
x
x x
+
= − + х3
+ 8 = х3
– 4х2
+ 4х,
4х2
– 4х + 8 = 0 — коренів немає (D < 0).
3. ОДЗ нерівності (1) розбивається на два проміжки,
уякихфункція f (x)маєзнаки,указанінарисунку.
Відповідь: (–×; –2] (0; +×).
ІІ спосіб (рівносильні перетворення)
К о м е н т а р
Для розв’язування використаємо рівносильні перетворення (с. 311):
2
2
( ) 0,
( ) ( )
( ) ( )
k
k
g x
f x g x
f x g x
> ⇔
>
l
або
( ) 0,
( ) 0.
f x
g x
<
l
Щоб розв’язати одержану проміжну нерівність
3 8
0,
x
x
+
l врахуємо умови,
за яких цей дріб буде невід’ємний.
У кінці, об’єднуючи одержані розв’язки, отримуємо відповідь.
Р о з в ’ я з а н н я
x
x x
x
x
x
x
3
3 2
8
82
2 0
2
+
+> − ⇔
−
> −( )
l ,
або
x
x x
xx
x
x x
3
3
2
8
8
0
2 0
2
4 4
+
+
− <
⇔
> − +
l
l
,
,
або
x
x x x
xx
x3
2
8
4 4 8
0
2
2
0
+
− +
<
⇔
>
l
l
,
,
або
x
x
x
3
8 0
0
2
+
>
<
l ,
,
,
або
x
x
x
3
8 0
0
2
+
<
<
m ,
,
.
Враховуючи, що 4х2
– 4х + 8 > 0 при всіх значеннях х (D < 0 і а = 4 > 0),
одержуємо, що остання сукупність трьох систем рівносильна сукупності:
2,
0
x
x
>
l
або
2,
0,
2
x
x
x
−
>
<
l
або
x
x
x
m −
<
<
2
0
2
,
, ⇔ х l 2 або 0 < x < 2 або х m –2 ⇔
⇔ х m –2 або х > 0.
Відповідь: (–×; –2] (0; +×).
З а у в а ж е н н я. Записуючи наведене розв’язання, знаки рівносильності
(⇔) можна не ставити, досить на початку розв’язання записати таку фразу:
«Виконаємо рівносильні перетворення заданої нерівності».
§ 27. Розв’язування ірраціональних нерівностей](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-313-2048.jpg)
![314
РОЗДІЛ 3. Степенева функція
Приклад 3 Розв’яжіть нерівність
3 9 4 3 5 3 14 6 3 5 1.x x x x+ − + + + − + m (1)
К о м е н т а р
Заміна 3 5x t+ = дозволяє помітити, що кожен вираз, який стоїть під
знаком зовнішнього квадратного кореня, є квадратом двочлена.
Застосовуючи формулу 2 ,a a= одержуємо нерівність з модулями, для
розв’язування якої використовуємо план:
1) знайти ОДЗ;
2) знайти нулі всіх підмодульних функцій;
3) відмітити нулі на ОДЗ і розбити ОДЗ на проміжки;
4) знайти розв’язки нерівності в кожному з проміжків.
Р о з в ’ я з а н н я
Нехай 3 5 ,x t+ = де t l 0. Тоді 3x + 5 = t2
, 3x = t2
– 5.
Отримуємо нерівність 2 2
4 4 9 6 1,t t t t+ − + + − m яку можна записати так:
t t−( ) + −( )2 3 1
2 2
m . Одержуємо
| t – 2 | + | t – 3 | m 1. (2)
1. ОДЗ нерівності (2): t ∈ R, але за змістом завдання цю нерівність потрібно
розв’язати при t l 0.
2. Нулі підмодульних функцій: t = 2 і t = 3.
3. Ці нулі розбивають область t l 0 на три про
міжки, у кожному з яких кожна підмодульна
функція має постійний знак (див. рисунок).
Проміжок І. При t ∈ [0; 2] маємо нерівність
–(t – 2) – (t – 3) m 1, з якої одержуємо t l 2, але в проміжок [0; 2] входить
тільки t = 2.
Проміжок ІI. При t ∈ [2; 3] маємо нерівність
(t – 2) – (t – 3) m1, яка рівносильна нерівності 0æt m 0, що виконується при
будь яких значеннях t. Отже, у проміжку [2; 3] розв’язками нерівності
будуть усі значення t з цього проміжку (2 m t m 3).
Проміжок III. Приt ∈ [3; +×) маємо нерівність
(t – 2) + (t – 3) m 1, з якої одержуємо t m 3, але в проміжок [3; +×) входить
тільки значення t = 3.
Об’єднуючи одержані результати, робимо висновок, що розв’язками не
рівності (2) будуть усі значення t, такі що: 2 m t m 3.
Виконуючи обернену заміну, маємо 2 3 5 3,x +m m звідки 4 m 3x + 5 m 9.
Тоді
1 4
3 3
.x− m m
Відповідь:
1 4
3 3
; . − ](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-314-2048.jpg)
![326
РОЗДІЛ 3. Степенева функція
3)
x
x x
−
− +
<
7
4 19 12
2
0; 4)
17 15 2
3
2
0
− −
+
>
x x
x
.
15. 1) x x x x− − + + −2 1 2 1 2m ; 2) x x x x+ − − − −4 4 4 4 3l ;
3) 3 1 2;+ > − + −x x x 4) 6 2 4 1.+ > − + +x x x
16. 1) 2
1 1 1 1
4 4
;− > −
xx
2) 2
1 3 1 1
4 2
;− < −
xx
3) ( ) 2
1 2 0;− − −x x x l 4) ( ) 2
3 2 0.− + −x x x l
17. 1) ( ) 2 2
1 1 1;+ + > −x x x 2) ( ) 2 2
3 1 9;− + −x x xm
3)
2 2
6 6
2 5 4
;
+ − + −
+ +
x x x x
x x
l 4)
2 2
12 12
11 2 9
.
+ − + −
− −
x x x x
x x
l
18. 1) 51 2
1
2
1
− −
−
<
x x
x
; 2)
2 4 3
2;
− + −x x
x
l
3) x x x x+ < + − − + +( ) − −( )5 1 3 5 3 ;
4) x x x x−( ) − +( ) + > − + − −5 7 1 7 5.
19. 1) 6 1 2 5;+ > + + −x x x 2) 3 1 2 1;+ > − + −x x x
3) 2 2 2
8 15 2 15 4 18 18;− + + + − > − +x x x x x x
20. 1)
1 1 1 1
4 4 2 1 1
2 2 2
1
− − + + +
− + − −
( ) ( )
( )
x x x x
x x x
l ; 2)
x x x x
x x x x x
+ − −
− − −
( )
( )
>
1 1
2
2 2 2
1;
3) 1 1
1 2 1 1
0;
+ −
− + −
+x x
x x
l 4)
1 2
1 1 1
0.
− − +
−
x x
m
21. 1) ( )1 1
2 2
0 ;
− +
− >
a
x x x
am 2)
1 1
1 1
.
+ −
+
a
x x x
l
22. Розв’яжітьнерівність ( )2 4
3
1− −x x al при а=0іпереконайтеся,щомно
жиноюїїрозв’язківєвідрізок.Приякихзначенняхамножиноюрозв’язків
данної нерівності є відрізок довжиною
9
5
?
23. При яких значення параметра а множина розв’язків нерівності
2
+ +a x ax xl не перетинається з проміжком [–1; 0]?
24. При яких значення параметра а у множині розв’язків нерівності
x x ax+ − >2
2 1 міститься проміжок
1
4
; 1 ?
](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-326-2048.jpg)
![354
РОЗДІЛ 4. Показникова і логарифмічна функції
Аналогічно обґрунтовується рівносильність нерівностей af (x)
> ag (x)
і f (x) < g (x) при 0 < a < 1. )
У найпростіших випадках при розв’язуванні показникових нерівностей,
як і при розв’язуванні показникових рівнянь, намагаються за допомогою ос
новнихформулдійнадстепенямизвести(якщоцеможливо)заданунерівність
до виду af (x)
ag (x)
.
Для розв’язування більш складних показникових нерівностей найчасті
ше використовують заміну змінних або властивості відповідних функцій (ці
методи розглянуто в § 35 розділу 4).
Зауважимо, що, аналогічно до розв’язування показникових рівнянь, усі
рівносильні перетворення нерівності завжди виконуються на її області допу
стимих значень (тобто на спільній області визначення для всіх функцій, які
входять до запису цієї нерівності). Для показникових нерівностей досить ча
сто областю допустимих значень (ОДЗ) є множина всіх дійсних чисел. У цих
випадках, як правило, ОДЗ явно не знаходять і не записують до розв’язання
нерівності (див. далі приклад 1). Але якщо в процесі розв’язування показни
кової нерівності рівносильні перетворення виконуються не на всій множині
дійсних чисел, то в цьому випадку доводиться згадувати про ОДЗ (див. далі
приклад 2).
Приклади розв’язання завдань
Приклад 1 Розв’яжіть нерівність ( )
2 7 6
0,6 1.
x x− +
l
Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р
( ) ( )
2 7 6 0
0,6 0,6 .
x x− +
l
Оскільки функціяy = (0,6)t
є спад
ною, то x2
– 7x + 6 m 0.
Звідси 1 m x m 6 (див. рисунок).
Відповідь: [1; 6].
Запишемо праву частину нерів
ності як степінь числа 0,6: 1 = (0,6)0
.
Оскільки 0,6 < 1, то при переході
від степенів до показників знак не
рівності змінюється на протилежний
(одержуємо нерівність, рівносильну
заданій).
Для розв’язування одержаної
квадратної нерівності використаємо
графічнуілюстрацію.
Приклад 2 Розв’яжіть нерівність 2
3 3 8.x x−
− m
Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р
ОДЗ: x l 0.
2
3
3
3 8.x
x
− m
Заміна 3
x
t= (t > 0) дає нерівність
Оскільки рівносильні перетворен
ня нерівностей виконуються на ОДЗ
початкової нерівності, то зафіксуємо
цю ОДЗ. Використовуючи формулу](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-354-2048.jpg)
![355
9
8,
t
t − m яка рівносильна нерівності
2 8 9
0.
t t
t
− −
m
Оскільки t > 0, одержуємо
t2
– 8t – 9 m 0. Звідси –1 m t m 9.
Враховуючи, що t > 0, маємо
0 < t m 9.
Виконуючиоберненузаміну,одер
жуємо 0 3 9.
x
< m Тоді 2
3 3 .
x
m
Функція y=3t
єзростаючою,отже,
x m 2. ВраховуючиОДЗ,одержуємо
0 m x m 4.
Відповідь: [0; 4].
§ 30. Розв’язування показникових рівнянь та нерівностей
,
u
u a
a
a − =v
v позбуваємосячисловогодо
данкавпоказникустепеняіодержує
мостепенізоднієюосновою3,щодоз
воляє ввести заміну 3 ,x
t= де t > 0.
В одержаній нерівності знамен
ник додатний, тому цю дробову не
рівність можна звести до рівносиль
ної їй квадратної.
Після виконання оберненої замі
ни слід врахувати не тільки зростан
ня функції y = 3
t
, а й ОДЗ початкової
нерівності.
Приклад 3*
Розв’яжіть нерівність 22x + 1
– 5æ6x
+ 32x + 1
> 0.
Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р
Розв’яжемо нерівність методом
інтервалів. Позначимо
f (x) = 2
2x + 1
– 5æ6
x
+ 3
2x + 1
.
1. ОДЗ: x ∈ R.
2. Нулі функції: f (x) = 0.
2
2x + 1
– 5æ6
x
+ 3
2x + 1
= 0,
2
2x
æ2 – 5æ6
x
+ 3
2х
æ3 = 0,
2æ2
2x
– 5æ2
x
æ3
x
+ 3æ3
2х
= 0 | : 3
2х
≠ 0,
( ) ( )
2
2 2
3 3
2 5 3 0.
x x
⋅ − ⋅ + =
Заміна ( )2
3
.
x
t= Одержуємо
2t
2
– 5t + 3 = 0, t1
= 1, 2
3
2
.t = Обернена
заміна дає: ( )2
3
1
x
= або ( )2 3
3 2
.
x
=
Звідси x = 0 або x = –1.
3.Відмічаємо нулі функції на ОДЗ,
знаходимо знак f (x) у кожному з
одержаних проміжків і записуємо
розв’язки нерівності f (x) > 0.
Відповідь: (–×; –1) (0; +×).
Заданунерівністьможнарозв’язу
ватиабозведеннямдоалгебраїчноїне
рівності, або методом інтервалів. Для
розв’язування її методом інтервалів
використаємо схему, наведену в таб
лиці 52.
При знаходженні нулів функції
зведемо всі степені до двох основ (2
і 3), щоб одержати однорідне рівнян
ня. Це рівняння розв’язується ділен
нямобохчастиннанайвищийстепінь
одного з видів змінних — на 3
2x
. Вра
ховуючи, що 3
2x
≠ 0 при всіх значен
нях х, в результаті ділення на 3
2x
одержуєморівняння,рівносильнепо
передньому.
Звичайно, для розв’язування за
даноїнерівностіможнабуловрахува
ти, що 3
2x
> 0 завжди, і після ділення
заданої нерівності на 3
2x
та заміни
( )2
3
x
t= одержати алгебраїчну нерів
ність.](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-355-2048.jpg)
![356
РОЗДІЛ 4. Показникова і логарифмічна функції
Приклад 4*
Розв’яжіть нерівність 3 9 2 8 0
2x
x x−( ) − − m .
К о м е н т а р
Задану нестрогу нерівність зручно теж розв’язувати методом інтервалів.
Записуючи відповідь, слід враховувати, що у випадку, коли ми розв’язуємо
нестрогу нерівністьf (x) m0, усінуліфункціїf (x) повинніввійтидовідповіді.
Р о з в ’ я з а н н я
Позначимо ( ) 2
( ) 3 9 2 8.x
f x x x= − − −
1. ОДЗ: х2
– 2х – 8 l 0. Тоді x m –2 або x l 4
(див. рисунок).
2. Нулі функції: f (x) = 0.
3 9 2 8 02x
x x−( ) − − = . Тоді 3х
– 9 = 0 або 2
2 8 0.x x− − =
З першого рівняння:х = 2 — не входить до ОДЗ, а з другого: х1
= –2, х2
= 4.
3. Позначаємо нулі f (x) на ОДЗ, знаходимо знак f (x)
у кожному з проміжків, на які розбивається ОДЗ,
і записуємо розв’язки нерівності f (x) m 0.
Відповідь: х ∈ (–×; –2] або х = 4.
Запитання для контролю
1. Поясніть, у яких випадках показникові нерівності ax
> b та ax
< b (де a > 0
і a ≠ 1) мають розв’язки. У яких випадках дані нерівності не мають роз
в’язків? Наведіть приклади. Проілюструйте ці приклади графічно.
2. Якій нерівності рівносильна показникова нерівність af (x)
> ag (x)
при a > 1?
При 0 < a < 1? Наведіть приклади.
Вправи
1. Розв’яжіть нерівність (1–4).
1°) 2
x
> 1; 2°)
1
2
2 ;
x
> 3) 3
x
> 0; 4) ( )1
3
0;
x
< 5°) ( )1
3
9;
x
l 6) ( )
3
1
2
4;
x−
m
7°) 5 25 5x
l ; 8) ( )
2
1
4
16;
x−
< 9
*
) ( )
2
7 6
30,3 1;
x x
x
− +
− m 10
*
) ( )
2
9 8
41,3 1.
x x
x
− +
− l
2. 1) ( ) ( )
1
2 2 5
3 3 2
;
x x−
+ > 2°) 3
x + 2
+ 3
x – 1
< 28; 3) 3
2x + 1
+ 8æ3
x
– 3 l 0;
4)
2 1 1
3
6 6 4 0;
x x−
− ⋅ − m 5) 4
x
– 2
x + 1
– 8 > 0; 6) 9
x
– 12æ3
x
+ 27 m 0.
3. 1) 3
x
> 5
x
; 2) 7
x – 1
m 2
x – 1
; 3
*
) 2
2x + 1
– 5æ6
x
+ 3
2x + 1
l 0;
4
*
) 5æ3
2x
+ 15æ5
2x – 1
m 8æ15
x
.
4
*
. 1) 2 2 6 02x
x x−( ) − − l ; 2) 3 1 2 8 0
2 2x
x x
−
−( ) − − ;
3) 6 3 2 3 1;x x
⋅ − > + 4) 1
2 5 1 5 2.x x+
⋅ − > +](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-356-2048.jpg)
![387
§ 33. Розв’язування логарифмічних рівнянь та нерівностей
3. Розв’язування більш складних логарифмічних нерівностей
П р о д о в ж. т а б л. 56
Орієнтир Приклад
I. За допомогою рівносиль
них перетворень задана
нерівністьзводитьсядоне
рівностівідомоговиду.
Схема рівносильних
перетворень нерівності:
1. Враховуємо ОДЗ заданої
нерівності(іуникаємопе
ретворень, які приводять
до звуження ОДЗ).
2. Стежимо за тим, щоб на
ОДЗкожнеперетворення
можна було виконати як
у прямому, так і у зворот
ному напрямках із збере
женням правильної не
рівності.
lg2
(10x) – lg x l 3.
ОДЗ: x > 0. На цій ОДЗ задана нерівність
рівносильна нерівностям:
(lg 10 + lg x)2
– lg x l 3, (1 + lg x)2
– lg x l 3.
Заміна lg x = t дає нерівність (1 + t)2
– t l 3,
тобто t2
+ t – 2 l 0, розв’язки якої t –2 або
t l 1 (див. рисунок).
Обернена заміна дає lg x m –2 або lg x l 1.
Тоді lg x m lg 10–2
або lg х l lg 10.
Враховуючи, що функція у = lg х є зростаю
чою, одержуємо: x m 10–2
або x l 10.
Після врахування ОДЗ маємо:
0 < x m 0,01 або x l 10.
Відповідь: (0; 0,01] [10;+×).
II. Застосовується загаль
ний метод інтервалів
(задана нерівність зво
диться до нерівності виду
f (x) 0) і використо
вується схема:
1. Знайти ОДЗ.
2. Знайти нулі f (x).
3. Позначити нулі функції
на ОДЗ і знайти знак f (x)
у кожному з проміжків,
на які розбивається ОДЗ.
4. Записати відповідь, вра
ховуючи знак нерівності.
logx
(2x + 3) < 2.
Розв’яжемо нерівність методом інтер
валів. Вона рівносильна нерівності
logx
(2x + 3) – 2 < 0.
Позначимо f (x) = logx
(2x + 3) – 2.
1. ОДЗ:
2 3 0
0
1
x
x
x
+ >
>
≠
,
,
.
Тобто
0,
1.
x
x
>
≠
2.Нуліфункції:f (x)=0.logx
(2x+3)–2=0.
Тоді logx
(2x + 3) = 2. На ОДЗ це рівняння
рівносильнерівнянню2x +3= x2
(якеодер
жуємо за означенням логарифма). Тобто
x2
– 2x – 3 = 0, x1
= –1, x2
= 3.
До ОДЗ входить тільки x = 3, отже, f (x)
має тільки єдиний нуль функції x = 3.
3. Відмічаємо нулі функції на ОДЗ, знахо
димо знак f (x) у кожному з проміжків, на
які розбивається ОДЗ, і записуємо роз
в’язки нерівності f (x) < 0.
Відповідь: х ∈ (0; 1) (3; +×).](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-387-2048.jpg)
![390
РОЗДІЛ 4. Показникова і логарифмічна функції
Приклади розв’язання завдань
Приклад 1 Розв’яжіть нерівність log0,2
(x – 1) + log0,2
(x + 3) –1.
К о м е н т а р
Розв’яжемо задану нерівність за допомогою рівносильних перетворень. Як
і для рівнянь, для цього досить врахувати ОДЗ заданої нерівності і стежи
ти за тим, щоб на ОДЗ кожне перетворення можна було виконати як у
прямому, так і у зворотному напрямках із збереженням правильної нерів
ності. Оскільки на ОДЗ вирази, що стоять під знаком логарифмів, є додатни
ми, то формулу loga
b + loga
c = loga
(bc) для додатнихb і c можна використову
вати як у прямому, так і у зворотному напрямках. Oтже, виконуючи перетво
реннянерівностізацієюформулою,одержимонерівність,рівносильнузаданій
(на її ОДЗ).
Щоб використати властивості логарифмічної функції, запишемо число
(–1) як значення логарифмічної функції:–1 = log0,2
(0,2)
–1
(зрозуміло, що і цю
формулу можна використовувати як у прямому, так і у зворотному напрям
ках) і врахуємо, що ( ) ( ) ( )
1 1
1 2 1
10 5
0,2 5.
− −
−
= = =
Р о з в ’ я з а н н я
ОДЗ:
1 0,
3 0.
x
x
− >
+ >
Тоді x > 1.
На цій ОДЗ задана нерівність рівносильна нерівності
( ) 1
0,2 0,2log ( 1)( 3) log (0,2)x x
−
− + .
Функція y = log0,2
t є спадною, отже, (x – 1)(x + 3) m (0,2)
–1
.
Одержуємо x2
+ 2x – 3 m 5, x2
+ 2x – 8 m 0.
Остання нерівність має розв’язки:
–4 m x m 2 (див. рисунок).
Враховуючи ОДЗ, одержуємо 1 < x m 2.
Відповідь: (1; 2].
Приклад 2*
Розв’яжіть нерівність 1 2
3
1
2
log log 1.x
x
−
−
> −
Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р
( )
1
1 2 1
3 3
1 1
2 3
log log log .
x
x
−
−
−
> (1)
Враховуючи ОДЗ заданої нерів
ності і те, що функція 1
3
logy t= спа
дає,одержуємо
ОДЗ заданої нерівності задається
системою
2
1
2
1
2
log 0,
0.
x
x
x
x
−
−
−
−
>
>
(6)
(7)](https://image.slidesharecdn.com/10anu-160902102026/75/10-a-n_u-390-2048.jpg)
10 a n_u
- 1. ª. Ï. Íåë³í Àëãåáðà³ ïî÷àòêè àíàë³çó Äâîð³âíåâèé ï³äðó÷íèê äëÿ 10 êëàñó çàãàëüíîîñâ³òí³õ íàâ÷àëüíèõ çàêëàä³â Ðåêîìåíäîâàíî ̳í³ñòåðñòâîì îñâ³òè ³ íàóêè Óêðà¿íè Õàðê³â «Ñâ³ò äèòèíñòâà»
- 2. УДК 373: [512+ 517] ББК 22.12я721 + 2.161я721 Н49 ISBN 966 544 385 2 © Є. П. Нелін, 2004 © Є. П. Нелін, 2006, з доповненнями © НМЦ «Світ дитинства» ООО, оригінал макет, художнє оформлення, 2006 Р е ц е н з е н т и: М. І. Бурда, член кореспондент АПН України, доктор педагогічних наук, про фесор, заступник директора Інституту педагогіки АПН України В. О. Золотарьов, доктор фізико математичних наук, професор, завідувач кафед ри вищої математики та інформатики Харківського національ ного університету ім. В. Н. Каразіна О. М. Роганін, учитель математики вищої категорії, учитель методист Пісо чинського колегіуму Харківського району Харківської області Х у д о ж н и к С. Е. Кулинич Рекомендовано Міністерством освіти і науки України (лист № 1/11–3169 від 29 червня 2004 р.) Нелін Є. П. Н49 Алгебра і початки аналізу: Дворівневий підруч. для 10 кл. загально освіт. навч. закладів.— 2 ге вид., виправ. і доп. — Х.: Світ дитинства, 2006.— 448 с. ISBN 966 544 385 2. УДК 373: [512 + 517] ББК 22.12я721 + 2.161я721 У м о в н і п о з н а ч е н н я в п і д р у ч н и к у головне в навчальному матеріалі початок розв’язання задачі закінчення розв’язання задачі початок обґрунтування твердження закінчення обґрунтування твердження ( )
- 3. 3 Передмова для учнів Випочинаєте вивчати новий предмет «Алгебра і початки аналізу», який об’єднує матеріал кількох галузей математичної науки. Як і в курсі алгебри, значну увагу буде приділено перетворенням виразів, розв’язуванню рівнянь, нерівностей та їх систем і розгляду властивостей функцій. Поряд із розв’язу ванням знайомих задач, пов’язаних з многочленами, раціональними дроба ми, степенями і коренями,у 10 класі буде розглянуто новівиди функцій: три гонометричні,показниковіілогарифмічнітавідповіднірівнянняінерівності. Принципово нова частина курсу — початки аналізу — буде розглядатися в 11 класі.Математичний аналіз (або просто аналіз) — галузь математики, сформована в XVIII столітті, яка відіграла значну роль у розвитку природо знавства:з’явивсяпотужний,доситьуніверсальнийметоддослідженняфунк цій, що виникають під час розв’язування різноманітних прикладних задач. Кілька зауважень про те, як користуватися підручником. Система навчального матеріалу підручника з кожної теми представлена на двох рівнях.Основний матеріал наведено в параграфах, номери яких позна чено синім кольором. Додатковий матеріал (номери параграфів позначено сіримкольором)призначенийдляоволодіннятемоюнабільшглибокомурівні і може опановуватися учнем самостійно чи під керівництвом учителя при ви вченніматематикивкласахуніверсальногоабоприродничогопрофілів,аможе використовуватися для систематичного вивчення поглибленого курсу алгеб ри і початків аналізу в класах, школах, ліцеях і гімназіях фізико математич ного профілю. На початку багатьох параграфів наводяться довідковітаблиці, які містять основні означення, властивості та орієнтири по пошуку плану розв’язуван ня задач з теми. Для ознайомлення з основними ідеями розв’язування задач наводяться приклади, у яких, крім самого розв’язання, міститься також ко ментар, що допоможе скласти план розв’язування аналогічного завдання. З метою закріплення, контролю і самоконтролю засвоєння навчального матеріалу після кожного параграфа пропонується система запитань і вправ. Відповіді на ці запитання і приклади розв’язування аналогічних вправ мож на знайти в тексті параграфа. Система вправ до основного матеріалу подана на трьох рівнях. Задачі середнього рівня позначені символом «°», дещо складніші задачі достатнього рівня подано без позначень, а задачі високого рівня складності позначені символом «*». В підручнику і для багатьох задач поглибленого рівня пропонуються спеціальні орієнтири, які дозволяють опа нувати методи їх розв’язування. Відповіді і вказівки до більшості вправ на ведено у відповідному розділі. Про походження понять, термінів і символів ви зможете дізнатися, прочитавши «Відомості з історії». У кінці підручника на ведено довідковий матеріал.
- 4. 4 Передмова для вчителя Пропонованийпідручник спрямовано на реалізацію основних положень концепції профільного навчання в старшій школі, на організацію особистіс но орієнтованого навчання математики. Підручник підготовлено відповідно до діючої програми з алгебри і початків аналізу для 10–11 класів з урахуван ням програми з алгебри і початків аналізу для 10–12 класів. Відзначимоосновнівідмінностіпропонованогопідручникавідіншихпідруч ників з алгебри і початків аналізу. Це дворівневий підручник, який містить загальний матеріал для класів універсального, природничого та фізико математичного профілів і додатко вий матеріал для класів фізико математичного профілю. У кожному розділі поряд з параграфами, які призначені для оволодіння учнями стандартом ма тематичної освіти на академічному рівні, є систематичний матеріал, призна чений для організації індивідуальної роботи з учнями, що цікавляться мате матикою. Запропонований додатковий матеріал може використовуватися і для організації навчання алгебри і початків аналізу в профільних класах фізико математичного профілю або в спеціалізованих школах і класах з по глибленим вивченням математики. Основний матеріал, який повинні засвоїти учні, структуровано у формі довідкових таблиць на початку параграфа, які містять систематизацію тео ретичного матеріалу та способів діяльності з цим матеріалом у формі спе ціальних орієнтирів по розв’язуванню завдань. У першу чергу учні повинні засвоїти матеріал, який міститься в таблицях. Тому при поясненні ново го матеріалу доцільно використовувати роботу з підручником за відповідни ми таблицями та рисунками. Усі потрібні пояснення й обґрунтування теж наведено в підручнику, але кожен учень може вибирати свій власний рівень ознайомленнязцимиобґрунтуваннями.Укожномурозділірозв’язаннювправ передуєвиділеннязагальнихорієнтирівпорозв’язуваннютакихзавдань.Тому важливою складовою роботи за пропонованим підручником є обговорення вибору відповідних орієнтирів та планів розв’язування завдань. Пояснення методів розв’язування ведеться за схемою: Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р Як можна записати Як можна міркувати при розв’язання задачі розв’язуванні такої задачі При такій подачі навчального матеріалу коментар, у якому пояснюється розв’язання, не заважає сприйняттю основної ідеї та плану розв’язування завдань певного типу. Це дозволяє учневі, який вже засвоїв спосіб розв’язу вання, за допомогою наведеного прикладу згадати, як розв’язувати завдан ня, а учневі, якому потрібна консультація по розв’язуванню, — отримати таку детальну консультацію, що міститься в коментарі.
- 5. 5 N — множинавсіх натуральних чисел Z — множина всіх цілих чисел Z0 — множина всіх невід’ємних цілих чисел Q — множина всіх раціональ них чисел R — множина всіх дійсних чи сел, числова пряма R+ — множина всіх додатних дійсних чисел [a; b] — відрізок (замкнений про міжок) з кінцями a і b, a < b (a; b) — інтервал (відкритий про міжок) з кінцями a і b, a < b (a; b], [a; b) — напіввідкриті проміжки з кінцями a і b, a < b (a; +×), [a; +×), (–×; b], (–×; b) — нескінченні проміжки (–×; +×) — нескінченний проміжок, числова пряма Позначення, які зустрічаються в підручнику За рахунок чіткого виділення загальних орієнтирів роботи з практичними завданнями курсу вдається частину «нестандартних» (з точки зору традицій них підручників) завдань перевести в розряд «стандартних» (наприклад, рівняння, для розв’язування яких доводиться використовувати властивості функцій). Це дозволяє зменшити розрив між рівнем вимог державної атес тації з алгебри і початків аналізу та рівнем вимог з цього курсу на вступних іспитах до вузів, а також ознайомити учнів з методами розв’язування зав дань, які пропонуються на вступних іспитах до вузів. Зауважимо, що детальна систематизація за змістовними лініями навчаль ного матеріалу та відповідних способів діяльності по розв’язуванню завдань курсу міститься також у посібнику Є. П. Неліна «Алгебра в таблицях. На вчальний посібник для учнів 7–11 класів».— Харків: Світ дитинства, 1998– 2005, який доцільно використовувати в навчальному процесі в комплекті з підручником. | x | — модуль (абсолютна величина) числа x [x] — ціла частина числа x {x} — дробова частина числа x f (x) — значення функції f у точці x D (f) — область визначення функції f E (f) — область значень функції f sin — функція синус cos — функція косинус tg — функція тангенс ctg — функція котангенс arcsin — функція арксинус arccos — функція арккосинус arctg — функція арктангенс arcctg — функція арккотангенс a — арифметичний корінь із чис ла a 2k a — арифметичний корінь 2k го степеня з числа a (k ∈ N) 2 1k a+ — корінь (2k+1) го степеня з числа a (k ∈ N) loga — логарифм за основою a lg — десятковий логарифм (лога рифм за основою 10) ln — натуральний логарифм (лога рифм за основою e)
- 6. 6 1Розділ Тригонометричні функції §§§§§11111 ПОВТОРЕННЯ ІРОЗШИРЕННЯ ВІДОМОСТЕЙ ПРО ФУНКЦІЮ 1.1. ПОНЯТТЯ ЧИСЛОВОЇ ФУНКЦІЇ. НАЙПРОСТІШІ ВЛАСТИВОСТІ ЧИСЛОВИХ ФУНКЦІЙ Т а б л и ц я 1 1. Поняття числової функції Числовою функцією з областю ви значенняD називаєтьсязалежність, при якій кожному числуx із множи ни D (області визначення) ставить ся у відповідність єдине число y. Записують цю відповідність так: y = f (x). Позначення і терміни D (f) — область визначення E (f) — область значень x — аргумент (незалежна змінна) y — функція (залежна змінна) f — функція f (x0 )— значення функції f у точці x0 2. Графік функції Графіком функції f називається множина всіх точок координатної площини з координатами (x; f (x)), де перша координата x «пробігає» всю область визначення функції, а друга координата — це відповідне значення функції f у точціx.
- 7. 7 § 1. Повторенняі розширення відомостей про функцію П р о д о в ж. т а б л. 1 3. Зростаючі та спадні функції Функція f (x) зростаюча: якщо x2 > x1 , то f (x2 ) > f (x1 ) (при збільшенні аргументу відпо відні точки графіка піднімаються). Функція f (x) спадна: якщо x2 > x1 , то f (x2 ) < f (x1 ) (при збільшенні аргументу відпо відні точки графіка опускаються). 4. Парні та непарні функції Функція f (x) парна: f (–x) = f (x) для всіх x із області визначення. Графікпарноїфункціїсиметричний відносно осі Oy. Функція f (x) непарна: f (–x) = –f (x) для всіх x із області визначення. Графік непарної функції симет ричний відносно початку коорди нат (точки О).
- 8. 8 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції Пояснення й обґрунтування 1. Поняття функції. З поняттям функції ви ознайомилися в курсі алгебри. Нагадаємо,щозалежністьзмінноїyвідзмінної xназивається функцією,якщо кожному значеннюx відповідає єдине значення y. У курсі алгебри і початків аналізу ми будемо користуватися таким озна ченнямчисловоїфункції. ЧисловоюфункцієюзобластювизначенняDназиваєтьсязалежність,при якій кожному числу x із множини D ставиться у відповідність єдине число y. Функціїпозначаютьлатинськими(інколигрецькими)буквами.Розглянемо довільну функціюf. Числоy, яке відповідає числу x(нарисунку1цепоказано стрілкою), називають значенням функціїf у точціx і позначають f (x). Область визначення функції f — це множина тих значень, яких може на бувати аргумент x. Вона позначається D (f). Область значень функції f — це множина, яка складається із всіх чисел f (x), де x належить області визначення. Її позначають E (f). Найчастіше функцію задають за допомогою формули. Якщо немає додат кових обмежень, то областю визначення функції, заданою формулою, вва жається множина всіх значень змінної, при яких ця формула має зміст. Наприклад, якщо функція задана формулою y x= +1 , то її область ви значення: x 0, тобто D (y) = [0; + ), а область значень: y 1, тобто E (y) = [1; + ). Іноді функція може задаватися різними формулами на різних множинах значень аргументу. Наприклад, при 0, при 0. x x y x x x = = − < Функція може задаватися не тільки за допомогою формули, а й за допомо гою таблиці, графіка чи словесного опису. Наприклад, на рисунку 2 графічно Рис. 1 Рис. 2
- 9. 9 задана функція y= f (x) з областю визначення D (f) = [–1; 3] і множиною зна чень E (f) = [1; 4]. 2. Графік функції. Нагадаємо, що графіком функції y = f (x) називається множина всіх точок координатної площини з координатами (x; f (x)), де перша координата x«пробігає» всю область визначення функції, а друга координата — це відповідне значен ня функції f у точці x. На рисунках до пункту 4 таблиці 1 наведено графіки функцій y = x2 та y x = 1 , а на рисунку 3 — графік функції y = | x |. Наведемо також графік функції y =[x], де [x] — позначення цілої частини числа x, тобто найбільшого цілого числа, яке не перевищує x (рис. 4). Об ласть визначення цієї функції D (y) = R — множина всіх дійсних чисел, а об ласть значень E (y) = Z — множина всіх цілих чисел. На рисунку 5 наведено графік ще однієї числової функції y = {x}, де {x} — позначення дробової частини числа x (за означенням {x} = x – [x]). 3. Зростаючі та спадні функції. Важливими характеристиками функцій є їх зростання та спадання. Функція f (x)називається зростаючоюнамножиніР,якщобільшомузна ченню аргументу з цієї множини відповідає більше значення функції. Тобто для будь яких двох значень x1 і x2 з множини Р, якщо x2 > x1 , то f (x2 ) > f (x1 ). Наприклад, функція f (x) = 2x зрос таюча (на всій області визначення, тоб то на множині R), оскільки, якщо x2 > x1 ,то2x2 >2x1 ,отже, f (x2 ) > f (x1 ). y = | x | Рис. 3 Рис. 4 y =[x] Рис. 5 § 1. Повторення і розширення відомостей про функцію
- 10. 10 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції Відповідні точки графіка зростаючої функції при збільшенні аргументу піднімаються (рис. 6). На рисунку 7 наведено графік ще однієї зростаючої функції у= х3 . Дійсно, при x2 > x1 маємо x2 3 > x1 3 , тобто f (x2 ) > f (x1 ). Функціяf(x) називається спадною на множині Р, якщо більшому значен ню аргументу з цієї множини відповідає менше значення функції. Тобто для будь яких двох значень x1 і x2 з множини Р, якщо x2 > x1 , то f (x2 ) < f (x1 ). Наприклад, функція f (x) = –2x спадна (на всій області визначення, тобто на множині R), оскільки, якщо x2 > x1 , то –2x2 < –2x1 , отже, f (x2 ) < f (x1 ). Іідповідні точки графіка спадної функції при збільшенні аргументу опуска ються (рис. 8). Розглядаючи графік функції y = x2 (рис. 9), бачимо, що на всій області визначення ця функція не є ні зростаючою, ні спадною. Але можна виділити проміжки області визначення, де ця функція зростає і де спадає. Так, на про міжку [0; + ) функція y = x2 зростає, а на проміжку (– ; 0] — спадає. Зазначимо, що для зростаючих і спадних функцій виконуються власти вості, обернені до тверджень, що містяться в означеннях. Якщо функція зростає, то більшому значенню функції відповідає більше значення аргументу. Якщофункціяспадає,тобільшомузначеннюфункціївідповідаємен ше значення аргументу. ( Обґрунтуємо першу з цих властивостей методом від супротивного. Нехай функція f (x) зростає іf (x2 ) > f (x1 ). Припустимо, що аргументx2 не більше аргументу x1 , тобто x2 m x1 . З цього припущення одержуємо: якщоx2 x1 іf (x)зростає,то f (x2 ) f (x1 ),щосуперечитьумовіf (x2 ) > f (x1 ). Отже, наше припущення неправильне і, якщо f (x2 ) > f (x1 ), то x2 > x1 , що і потрібно було довести. Аналогічно обґрунтовується і друга властивість. ) Рис. 7 Рис. 8Рис. 6 у = х3
- 11. 11 Наприклад, якщо x3 >8, тобто x3 > 23 , то, враховуючи зростання функції f (x) = x3 , одержуємо x > 2. 4. Парні і непарні функції. Розглянемо функції, області визначення яких симетричні відносно початку координат, тобто разом з кожним числом x містять і число (–x). Для таких функцій визначені поняття парності і непар ності. Функція f називається парною, якщо для будь якого x з її області визна чення f (–x) = f (x). Наприклад, функція y = x2 (тобто функція f (x) = x2 ) — парна, оскільки f (–x) = (–x)2 = x2 = f (x). ( Якщо функція f (x) парна, то до її графіка разом з кожною точкою M з ко ординатами (x; y) = (x; f (x)) входить також і точка M1 з координатами (–x; y)=(–x; f (–x))=(–x;f (x)).ТочкиMіM1 розміщенісиметричновіднос но осі Oy (рис. 10), тому і весь графік парної функції розміщений симет рично відносно осі Oy. ) Наприклад, графік парної функції y = x2 (рис. 9) симетричний відносно осі Oy. Функція f називається непарною, якщо для будь якого x з її області ви значення f (–x) = –f (x). Наприклад, функція y x = 1 (тобто функція f x x ( ) = 1 ) — непарна, оскільки f x f x x x ( ) ( )− = = − = − − 1 1 . ( Якщо функція f (x) непарна, то до її графіка разом з кожною точкою M з координатами (x; y) = (x; f (x)) входить також і точка M1 з координатами (–x; y) = (–x; f (–x)) = (–x; –f (x)). Точки M і M1 розміщені симетрично відносно початку координат (рис. 11), тому і весь графік непарної функції розміщений симетрично відносно початку координат. ) Наприклад, графік непарної функції y x = 1 (див. пункт 4 табл. 1) симет ричний відносно початку координат, тобто відносно точки О. Рис. 11Рис. 10Рис. 9 § 1. Повторення і розширення відомостей про функцію
- 12. 12 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції Приклади розв’язання завдань Приклад 1 Знайдіть область визначення функції: 1) y = x2 + x; 2) y x x x = +2 ; 3) y x= +5 . Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р 1) Обмеженьдлязнаходженнязна чень виразу x2 + x немає, отже, D (y) = R. 2) Область визначення функції y x x x = +2 задається обмеженням x2 + x ≠ 0, оскільки знаменник дробу не може дорівнювати нулю. З’ясуємо, коли x2 + x = 0. Маємо х(x + 1) = 0, x = 0 або x = –1. Тоді область визначення можна задати обмеженнями x ≠ 0, x ≠ –1, або записати так: D (y)=(– ;–1) (–1;0) (0;+ ). 3) Область визначення функції y x= +5 задається обмеженням x + 5 0, тобто x –5, оскільки підзнакомквадратногокореняпо винен стояти невід’ємний вираз. Отже, D (y) = [– 5; + ). Оскільки всі функції задано фор мулами, то їх області визначення — це множина всіх значень змінної х, при яких формула має зміст, тобто має зміст вираз, який стоїть у правій частині формули у = f (x). Укурсіалгебризустрічалисятіль ки два обмеження, які необхідно вра ховувати при знаходженні області визначення: 1) якщовираззаписаноувиглядідро бу A B , то знаменник B ≠ 0; 2) якщо запис виразу містить квад ратний корінь A , то підкорене вий вираз A 0. У всіх інших випадках, які вам доводилося розглядати, областю ви значення виразу були всі дійсні чис ла* . * У подальшому курсі алгебри і початків аналізу 10 класу з’являться нові вирази з обмеженнями: tg α, ctg α, arcsin a, arccos a, logA B, n a , aα , де α — не ціле число. Приклад 2* Знайдіть область значень функції y = x2 – 3. Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р Складаєморівняннях2 –3= а.Воно рівносильне рівнянню х2 = а + 3, яке має розв’язки, якщо а + 3 0, тобто при а –3. Усі ці числа і складуть об ласть значень функції. Отже, область значень заданої функції E (f) = [–3; + ) (тобто у –3). Позначимо значення заданої функціїf (x)(тобтох2 –3)черезaі з’я суємо, для яких a можна знайти від повідне значення x (при цьому зна ченні x значення f (x) = a). Тоді всі числа a, для яких існує хоча б один корінь рівняння f (x) = a, ввійдуть до області значень функції f (x). Множина всіх таких а і складе область значень функції.
- 13. 13 Корисно пам’ятати, що областьзначень функції у = f (x) збігається з множиною тих зна чень а, при яких рівняння f (x) = а має розв’язки. Приклад 3* Доведіть, що при k ≠≠≠≠≠ 0 областю значень лінійної функції y = kx + b є множина всіх дійсних чисел. Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р Позначимо значення заданої функції f (x) (тобто kx + b) через a і з’ясуємо, для яких a можна знайти відповідне значення x, таке, що f (x) = a. Множина всіх таких значень a і будескладатиобластьзначеньфунк ції f (x). Якщоkx + b = a(деk ≠ 0), то розв’я зок цього рівняння x a b k = − існує для будь якого a ∈ R (k ≠ 0 за умовою). Таким чином, значенням заданої функції може бути будь яке дійсне число, отже, її область значень E (f) = R. Приклад 4* Доведіть, що лінійна функція y = kx + b при k > 0 є зростаю чою, а при k < 0 — спадною. Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р Для обґрунтування зростання або спаданняфункціїкориснопам’ятати, що для доведення нерівності f (x2 ) > f (x1 ) чи f (x2 ) < f (x1 ) досить знайти знак різниці f (x2 ) – f (x1 ). Нам задано функцію f (x) = kx + b. Ця функція буде зростаючою, якщо з нерівності x2 > x1 буде випливати нерівність f (x2 ) > f (x1 ), а для дове дення останньої нерівності досить знайти знак різниціf (x2 ) –f (x1 )(ана логічно обґрунтовується і спадання функції). Нехай x2 > x1 (тоді x2 – x1 > 0). Роз глянемо різницю f (x2 ) – f (x1 ) = = kx2 + b – (kx1 + b) = k(x2 – x1 ). Оскільки x2 – x1 > 0, то при k > 0 маємо f (x2 ) – f (x1 ) > 0, отже, f (x2 ) > f (x1 ) — функція зростає. При k < 0 маємо f (x2 ) – f (x1 ) < 0, отже, f (x2 ) < f (x1 ) — функція спа дає. § 1. Повторення і розширення відомостей про функцію Приклад 5* Доведіть, що: 1) сума двох зростаючих на множиніР функцій завжди є зро стаючою функцією на цій множині; 2) сума двох спадних на множині Р функцій завжди є спад ною функцією на цій множині. Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р 1) Нехай функції f (x) і g (x) є зрос таючими на одній і тій самій мно Для доведення зростання суми двох зростаючих функцій f (x) і g (x)
- 14. 14 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції жині Р. Якщо x2 > x1 , то f (x2 ) > f (x1 ) і g (x2 ) > g (x1 ). Додаючи почленно останні нерів ності,одержуємо f (x2 ) + g (x2 ) > f (x1 ) + g (x1 ). Цеіозначає,щосумафункційf (x) і g (x) є зростаючою функцією на множині Р. 2) Нехай функції f (x) і g (x) є спад ними на множині Р. Тоді з нерів ності x2 > x1 маємо f (x2 ) < f (x1 ) і g (x2 ) < g (x1 ). Після почленного додавання ос танніх нерівностей одержуємо: f (x2 ) + g (x2 ) < f (x1 ) + g (x1 ), а це й означає, що сума функцій f (x) і g (x) є спадною функцією на множині Р. доситьдовести,що намножиніРз не рівності x2 > x1 випливає нерівність f (x2 ) + g (x2 ) > f (x1 ) + g (x1 ). Аналогічнодлядоведеннятого,що сумадвохспаднихфункційєспадною функцією, достатньо довести: якщо x2 > x1 , то f (x2 ) + g (x2 ) < f (x1 ) + g (x1 ). Приклад 6 Доведіть, що зростаюча або спадна функція набуває кожного свого значення тільки в одній точці її області визначення. Д о в е д е н н я К о м е н т а р Нехай функціяf (x) є зростаючою і f (x1 ) = f (x2 ). (1) Припустимо, що x1 ≠ x2 . Якщо x1 ≠ x2 , то або x1 > x2 , або x1 < x2 . Враховуючи зростання f (x), у випадку x1 > x2 маємо f (x1 ) > f (x2 ), щосуперечитьрівності (1).У випадку x1 < x2 маємо f (x1 ) < f (x2 ), що також суперечитьрівності (1). Отже, наше припущення непра вильне, і рівність f (x1 ) = f (x2 ) мож лива тільки при x1 = x2 . Тобто зрос таюча функція набуває кожного сво го значення тільки в одній точці її об ласті визначення. Аналогічно доводиться тверджен ня і для спадної функції. Доведемо це твердження методом від супротивного. Для цього досить припустити, що виконується проти лежне твердження (функція може набуватиодногойтогосамогозначен ня принаймні у двох точках), і одер жати суперечність. Це означатиме, що наше припущення неправильне, а правильне задане твердження.
- 15. 15 Приклад 7 Дослідіть,які з заданих функцій є парними, які непарними, а які — ні парними, ні непарними: 1) y x = + 1 1 ; 2) y = x4 ; 3) y = x3 + x. Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р Для дослідження функції y = f (x) на парність чи непарність досить, по перше, упевнитися, що область ви значенняцієїфункції симетричнавід носно точки О (разом з кожною точ кою x містить і точку –x) і, по друге, порівняти значення f (–x) і f (x). 1) Область визначення функції y x = + 1 1 : x ≠ –1, тобто вона не си метрична відносно точки О (точка x = 1 входить до області визначен ня, а x = –1 — ні). Отже, задана функція не може бути ні парною, ні непарною. 2) Область визначення функції y = x4 : D (y) = R, тобто вона симет рична відносно точки О. f (–x) = (–x)4 = x4 = f (x), значить, функція парна. 3) Область визначення функції y = x3 + x: D (y) = R, значить, вона симетрична відносноточкиО. f (–x) = (–x)3 + (–x) = –x3 – x = = –(x3 + x) = –f (x), отже, функція непарна. Запитання для контролю 1. Що називається числовою функцією? Наведіть приклади таких функцій. 2. На прикладах поясніть, що таке область визначення функції та область значень функції. Які обмеження необхідно врахувати при знаходженні області визначення функції y x x = ? Знайдіть її область визначення. 3. Що називається графіком функції у = f (x)? Наведіть приклади. 4. Яка функція називається зростаючою? Наведіть приклади. 5. Яка функція називається спадною? Наведіть приклади. 6. Яка функція називається парною? Наведіть приклади. Як розміщено графік парної функції на координатній площині? Наведіть приклади. 7. Яка функція називається непарною? Наведіть приклади. Як розміщено графік непарної функції на координатній площині? Наведіть приклади. § 1. Повторення і розширення відомостей про функцію
- 16. 16 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції Вправи 1°. Знайдіть значення функції у вказаних точках: 1) f x x x ( ) = + 1 у точках 2; –1; 3; а (а ≠ 0); 2) g (x) = х2 – 3 у точках 0; 1; –2; b; 3) ( ) 1x xϕ = + у точках 0; 3; –1; m (m > 0). 2. Знайдіть область визначення функції, заданої формулою: 1°) у = 2х + 3; 2°) y x= +3 ; 3°) y x = + 1 1 ; 4) y x x = +2 1 ; 5) y x= −2 1 ; 6) y x= +2 1 ; 7) y x x= − + −1 5 ; 8) y x x = + 3 ; 9* ) y x x = − − 2 9 3 ; 10* ) 2 1 x x x y − + = ; 11* ) y x x = − 2 ; 12* ) y x x= + +2 1 . 3. Знайдіть область значень функції, заданої формулою: 1) f (x) = 5; 2) f (x) = х; 3) f (x) = х2 ; 4) f x x( ) = ; 5* ) у = –3х + 1; 6* ) у = х2 – 5; 7* ) у = | х | + 3 . 4°. Для функцій, які задані своїми графіками на рисунку 12, укажіть область визначення, область значень, проміжки зростання і спадання та значення кожної функції прих = 1. 5. Обґрунтуйте, що задана функція є зростаючою (на її області визначення): 1) у = 3х; 2) у = х + 5; 3* ) у = х3 ; 4* ) у = х5 ; 5* ) y x= . 6* . Доведіть, що на заданому проміжку функція зростає: 1) y x = − 2 , де х > 0; 2) y x = − 1 , де х < 0. 7. Обґрунтуйте, що задана функція є спадною (на її області визначення): 1) у = –3х; 2) у = –х – 1; 3* ) у = –х3 ; 4* ) у = –х5 . 8* . Доведіть, що на заданому проміжку функція спадає: 1) y x = 3 , де х < 0; 2) y x = 5 , де х > 0. 9* . Доведіть, що функція у = х2 на проміжку [0; + ) зростає, а на проміжку (– ; 0] спадає. 10* . Користуючись твердженнями, доведеними у прикладі 5 (с. 13), укажіть, які із заданих функцій є зростаючими, а які — спадними: 1) у = х3 + x; 2) у = –х – x5 ; 3) y x x= + ; 4) у = –х3 – х5 .
- 17. 17 а б в г Рис.12 11* . Користуючись твердженнями, доведеними у прикладі 6 (с. 14): 1)обґрунтуйте, що рівняння х3 + х = 10 має єдиний корінь х = 2; 2)підберіть корінь рівняння x x+ = 6 і доведіть, що інших коренів це рівняння не має. 12. Обґрунтуйте, що задана функція є парною: 1) у = х6 ; 2) y x = + 1 2 1; 3) y x= +2 1; 4) y x x= + 4 . 13. Обґрунтуйте, що задана функція є непарною: 1) у = х5 ; 2) y x = − 1 3 ; 3) у = х | х |; 4) у = х3 – х . § 1. Повторення і розширення відомостей про функцію
- 18. 18 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції 1.2. ВЛАСТИВОСТІ І ГРАФІКИ ОСНОВНИХ ВИДІВ ФУНКЦІЙ Т а б л и ц я 2 Умови для коефіці єнтів Графік Властивості D (y) E (y) парність і непарність зростання і спадання 1 2 3 4 5 6 1. Лінійна функція y = kx + b k > 0 R R ні парна, ні непарна зростає k < 0 спадає b = 0 y = kx непарна при k > 0 зростає при k < 0 спадає k = 0 y = b b парна постійна
- 19. 19 1 2 34 5 6 2. Обернена пропорційність, функція k > 0 x 0 y 0 непарна спадає на кожному з проміжків (– ; 0) i (0; + ) k < 0 зростає на кожному з проміжків (– ; 0) i (0; + ) 3. Функція y = ax2 (a 0 ) a > 0 R [0; + ) парна спадає на проміжку (– ; 0], зростає на проміжку [0; + ) a < 0 (– ; 0] зростає на проміжку (– ; 0], спадає на проміжку [0; + ) П р о д о в ж. т а б л. 2 y k k x = ≠( )0 § 1. Повторення і розширення відомостей про функцію
- 20. 20 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції Пояснення й обґрунтування 1. Лінійна функціяy = kx +b. Лінійною функцією називається функція виду y = kx + b, де k і b — деякі числа. Обґрунтуємо основні характеристики цієї функції: область визначення, область значень, парність чи непарність, зростання і спадання. Область визначення — множина всіх дійсних чисел: D (y) = R, оскільки формула kx + b має зміст при всіх дійсних значеннях x (тобто для будь якого дійсного x ми можемо обчислити значення kx + b). Область значень лінійної функції буде різною залежно від значення кое фіцієнтаk. Якщо k = 0, то функція має вид y = b, тобто її область значень складається з одного числа b. У такому випадку графіком лінійної функції y = b є пряма, паралельна осі Ox, яка перетинає вісь Oy у точці b (рис. 13). Якщо k ≠ 0, то E (y) = R (обґрунтування наведено в прикладі 3 на с. 13). Парність і непарність лінійної функції суттєво залежить від значень ко ефіцієнтів b i k. При b = 0 і k ≠ 0 функція y = kx + b перетворюється на функцію y = kx, яка непарна, оскільки для всіх x з її області визначення f (–x) = k(–x) = –kx = –f (x). 1 2 3 4 5 6 4. Kвадратична функція y = ax2 + bx + c a > 0 R [y0 ; + ) у загально му виді — ні парна, ні непарна при b = 0 функція y =ax2 + c парна спадає на проміжку (– ; x0 ], зростає на проміжку [x0 ; + ) a < 0 (– ; y0 ] зростає на проміжку (– ; x0 ], спадає на проміжку [x0 ; + ) a x b a ≠ = −( )0 0 2 , П р о д о в ж. т а б л. 2
- 21. 21 Отже, графік функціїy = kx (рис. 14) симетричний відносно точки О. При k = 0 одержуємо функцію y = b, яка є парною, оскільки для всіх x з її області визначення f (–x) = b = f (x). Тобто графік функції y = b симетричний відносно осі Oy (рис. 13). У загальному випадку при k ≠ 0 і b ≠ 0 функція y = kx+ b не буде ні парною, ні непарною, оскільки f (–x) = k(–x) + b = –kx + b ≠ f (x) і також f (–x) = –kx + b = –(kx – b) ≠ –f (x). Зростанняіспаданнялінійноїфункціїзалежитьвідзначеннякоефіцієнта k. При k = 0 одержуємо функцію y = b — постійну. При k > 0 функція y = kx + b зростає, а при k < 0 — спадає (обґрунтування наведено в прикладі 4 на с. 13). У курсах алгебри і геометрії було обґрунтовано, що графіком лінійної функції y = kx + b завжди є пряма лінія. Оскільки при x = 0 функція набуває значення y = b, то ця пряма завжди перетинає вісь Oy у точці b.Графіки лінійних функцій наведено в таблиці 2. 2. Функція ( 0) k x y k= ≠ . Ця функція виражає обернено пропорційну за лежність. Область визначення: х ≠ 0. Це можна записати також так: D (y) = (– ; 0) (0; + ). Область значень: у ≠ 0. Це можна записати також так: Е (y) = (– ; 0) (0; + ). Для обґрунтування області значень функції k x y = позначимо =k x a. Тоді з цієї рівності одержимо x k a = для всіх а ≠ 0. Тобто для всіх а≠ 0 існує значення x k a = , при якому k k x k a y a= = = . Отже, у набуває всіх дійсних значень, які не рівні нулю. Рис. 14Рис. 13 § 1. Повторення і розширення відомостей про функцію
- 22. 22 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції Функція непарна, оскільки її областю визначення є множина, симетрична відносноточкиО,і f x f x k x k x ( ) ( ).− = = − = − − Отже,їїграфіксиметричнийвіднос но початку координат (рис. 15). Зростання і спаданняфункції залежить від знаку коефіцієнта k. ( Якщо х2 > х1 (тобто х2 – х1 > 0), то для порівняння значень f (х2 ) і f (х1 ) розглянемо їхню різницю: f x f x k x k x kx kx x x k x x x x ( ) ( ) ( ) 2 1 2 1 1 2 1 2 2 1 1 2 − = − = = − − − . (1) На проміжку (0; + ) значення х1 > 0 і х2 > 0, отже, х1 х2 > 0. На проміжку (– ; 0) значення х1 < 0 і х2 < 0, отже, х1 х2 > 0. Враховуючи, що х2 – х1 > 0, у кожному з проміжків (– ; 0) або (0; + ) при k > 0 з рівності (1) отримуємо f (х2 ) – f (х1 ) < 0, а при k < 0 одержуємо f (х2 ) – f (х1 ) > 0. При k > 0 на кожному з проміжків (– ; 0) та (0; + ), якщо х2 > х1 , то f (х2 ) < f (х1 ), отже, функція спадає на кожному з цих проміжків. При k < 0 на кожному з проміжків (– ; 0) та (0; + ), якщо х2 > х1 , то f (х2 ) > f (х1 ), отже, функція зростає на кожному з цих проміжків.) З курсу алгебри відомо, що графік функції y k k x = ≠( )0 називається гіпер болою (вона складається з двох віток). Приk > 0 вітки гіперболи знаходяться в І і ІІІ координатних чвертях, а при k < 0 — у ІІ і ІV чвертях (рис. 15). З а у в а ж е н н я. Характеризуючи зростання чи спадання функції k x y = (k ≠ 0), слід пам’ятати, що, наприклад, функція 1 x y = (рис. 16) спадає на кожному з проміжків (–×; 0) та (0; +×), але на всій області визначення (х ≠ 0) ця функція не є спадною (і не є зростаючою). Дійсно, якщо взяти х1 = –1 і х2 = 1, то x2 > x1 , але f (x2 ) = f (1) = 1 i f (x1 ) = f (–1) = –1, тобто більшому а Рис. 15 б Рис. 16 (k > 0) (k < 0) 1 x y =
- 23. 23 значенню аргументу невідповідає менше значення функції і на всій її області визначення функція 1 ( ) x f x = не є спадною. З цієї ж причини не можна сказати, що функція 1 ( ) x f x = спадає при х ∈ (–×; 0) (0; +×). 3. Функція у = ах2 (а ≠≠≠≠≠ 0). Як відомо з курсу алгебри, графіком цієї функції є парабола, вітки якої напрямлені вгору при а > 0 (рис. 17, а) і вниз при а < 0 (рис. 17, б). Оскільки при х = 0 значення у = 0, то графік завжди проходить через початок координат. Область визначення: х ∈ R, оскільки значення у = ах2 можна обчислити при будь яких значеннях х. Функція парна, оскільки f (–x) = а(–х)2 = ах2 = f (x). Отже, її графік симет ричний відносно осіОу. Інші властивості сформулюємо, скориставшись графіком функції у = ах2 (рис. 17). Їх можна обґрунтувати, спираючись на властивості функції у = х2 і на геометричні перетворення її графіка, які буде розглянуто далі у п. 1.3. Область значень. При а > 0 графік проходить через початок координат, а всі його інші точки знаходяться вище осіОх. Якщо значення х збільшується до нескінченності, то і значення у теж збільшується до нескінченності (+ ), отже, у 0, тобто Е (у) = [0; + ). Аналогічно при а < 0 графік також проходить через початок координат, але всі його інші точки знаходяться нижче осі Ох. Якщо значення х збільшується до нескінченності, то значення у зменшується до мінус не скінченності (– ), отже, у 0, тобто Е (у) = (– ; 0]. Зростання і спадання. Приа > 0 на проміжку (– ; 0] функція спадає, а на проміжку [0; + ) — зростає. При а < 0 на проміжку (– ; 0] функція зростає, а на проміжку [0; + ) — спадає. Відповідні графіки наведено також у таблиці 2. а б Рис. 17 § 1. Повторення і розширення відомостей про функцію
- 24. 24 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції 4. Квадратична функція y = ax2 + bx + c (a ≠≠≠≠≠ 0). З курсу алгебри 9 класу відомо, що функція виду y = ax2 + bx + c, де a, b, c — дійсні числа, причому a ≠ 0, називаєтьсяквадратичною. Її графіком є парабола, вітки якої напрям лені вгору при а > 0 і вниз при а < 0. Абсциса вершини цієї параболи x b a0 2 = − . Для обґрунтування цього досить у заданій формулі виділити повний квадрат: y ax bx c a x x a x b a c a b a ac b a = + + = + +( )= +( ) + −2 2 2 2 4 4 2 , тобто y ax bx c a x y b a = + + = +( ) +2 2 2 o, де y ac b a D ao = = − −4 4 4 2 (D = b2 – 4ac — дискримінант квадратного тричлена ax2 + bx + c). Нагадаємо, що в залежності від знаку дискримінанта D парабола або пе ретинає вісь Ох (D > 0), або не перетинає (D < 0), або дотикається до неї (D = 0). Основні варіанти розміщення графіка функції y= ax2 + bx + c (a ≠ 0) зобра жено в таблиці 3. Т а б л и ц я 3 Охарактеризуємовластивостіфункціїy= ax2 +bx +c(a ≠0),спираючисьна ці відомі нам графіки. Область визначення: D (у) = R, оскільки значення y = ax2 + bx + c (a ≠ 0) можна обчислити при будь яких значеннях х. Область значень. При а > 0 функція набуває всіх значень у у0 , тобто Е (у) = [у0 ; + ). D > 0 D = 0 D < 0 а > 0 а < 0
- 25. 25 При а <0 функція набуває всіх значень у уо , тобто Е (у) = (– ; уо ]. Парність і непарність. При b = 0 одержуємо парну квадратичну функцію у = ϕ (х) = ax2 + c. Дійсно, ϕ (–х) = a(–x)2 + c = ax2 + c = ϕ (х). У загальному випадку (якщо b ≠ 0) функція y = f (x) = ax2 + bx + c (a ≠ 0) не є ні парною, ні непарною, оскількиf (–x) = a(–x)2 + b(–x) +c= ax2 –bx + c≠ f (x) (і не дорівнює –f (x)). Зростанняіспадання.При а>0напроміжку(– ; хо ]функціяспадає,а на проміжку [х0 ; + ) — зростає. При а < 0 на проміжку (– ; х0 ] функція зростає, а на проміжку [х0 ;+ ) — спадає. Оскільки при х = 0 значення у = с, то графік завжди перетинає вісь Оу у точці с. Відповідні графіки при D > 0 наведено також у таблиці 2. Приклади розв’язання завдань Приклад 1 Побудуйте графік функції: 1) у = 2х + 1; 2) у = –3х – 1; 3) у = 4. Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р 1) Графік функції у = 2х + 1 — пряма. x 0 1 y 1 3 2) Графік функції у = –3х – 1 — пряма. x 0 1 y 1– 4– 3) Графік функції у = 4 — пряма, паралельна осі Ох, яка проходить черезточку4наосі Оу. Усі задані функції лінійні, отже, їх графіками є прямі. Щоб побудувати прямі в завдан нях 1 і 2, досить побудувати дві точ ки цих прямих. Наприклад, можна взяти х = 0 і х = 1 і знайти відповідні значення у. Оформляти ці обчислен ня зручно у вигляді таблички: x 0 1 y У завданні 3 розглядається част ковий випадок лінійної функції (у = b). Для побудови цього графіка кориснопам’ятати,щопрямау=4 — це пряма, паралельна осі Ох (при будь якому значенні х значення у дорівнює 4). x 0 1 y 4 4 § 1. Повторення і розширення відомостей про функцію
- 26. 26 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції Приклад 2* За наведеним графіком функції у = kx + b укажіть знаки k і b. При х = 0 значення у = b > 0 — за рисунком. Оскільки зображено гра фікспадноїлінійноїфункції,тоk <0. Відповідь: b > 0, k < 0. Графік функції у = kx + b — пря ма, яка перетинає вісь Оу в точці b. На рисунку ця точка лежить вище нуля, отже, b > 0. Лінійнафункціяу=kx+bприk > 0 зростаюча, а при k < 0 — спадна. На рисунку зображено графік спадної функції, отже, k < 0. Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р Приклад 3 Побудуйте графік* функції у = х2 – 4х + 3. Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р Графікзаданоїфункції—парабола (виду у = x2 ), вітки якої напрямлені вгору. Абсциса вершини: 0 4 2 2 1 2 b a x − ⋅ = − = − = . Тоді у0 = у (2) = 22 – 4 ⋅ 2 + 3 = –1 і графік має вигляд: Функція у = х2 – 4х + 3 — квадра тична (має вигляд y = ax2 + bx + c, де a ≠ 0). Отже, її графіком буде парабо ла (виду у = ax2 ), вітки якої напрям лені вгору (а = 1 > 0). Абсцисавершинипараболиобчис люється за формулою x b a0 2 = − , а ор дината у0 — це відповідне значення заданої функції при х = x0 , тобто у0 = у (х0 ). Якщо потрібно уточнити, як про ходить графік, то можна знайти ко ординати кількох додаткових точок, наприклад, при х = 0 одержуємо у = с = 3. * Побудова таких графіків за допомогою геометричних перетворень графіка функції у = х2 розглядатиметься в пункті 1.3.
- 27. 27 Запитання для контролю 1.Яка функція називається лінійною? Назвіть властивості лінійної функції. Яка лінія є графіком лінійної функції? Наведіть приклади лінійних функцій та їх графіків. 2. Яка лінія є графіком функції y k x = (k ≠ 0)? Наведіть приклади графіків функцій y k x = при k > 0 і при k < 0. За графіками вкажіть властивості цієї функції при k > 0 і при k < 0. Доведіть непарність функції y k x = (k ≠ 0). 3. Яка лінія є графіком функції у = ах2 (а ≠ 0)? Як розміщено цей графік при а >0іприа <0?Наведітьприкладиграфіківфункційу=ах2 при а > 0іпри а < 0. За графіками вкажіть властивості цієї функції при а > 0 і при а < 0. Доведіть парність функції у = ах2 (а ≠ 0). 4. Яка лінія є графіком функції y = ax2 + bx + c (a ≠ 0)? Як розміщено цей графік при а > 0 і при а < 0 ? Як знайти абсцису вершини графіка функції y = ax2 + bx + c (a ≠ 0)? Наведіть приклади графіків цієї функції при а > 0 і при а < 0. За графіками вкажіть властивості цієї функції при а > 0 і при а < 0. Вправи 1°. Побудуйте графік функції: 1) у = 3х – 2; 2) у = –х + 4; 3) у = –2; 4) у = –5х; 5) у = 0; 6) у = 4х . Чи є серед цих функцій парні або непарні? Відповідь обґрунтуйте. 2* . За наведеними графіками функцій у = kx + b (рис. 18) укажіть знаки k і b у кожному випадку. Побудуйте графік функції (3–5). 3°. 1) y x = − 2 ; 2) y x = 3 ; 3) y x = − 1 ; 4) y x = 5 . 4°. 1) у = –2х2 ; 2) у = 3х2 ; 3) у = –3х2 ; 4) у = 5х2 . 1) 2) 3) Рис. 18 § 1. Повторення і розширення відомостей про функцію
- 28. 28 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції 5. 1) у = х2 – 6х + 7; 2) у = –х2 + 4х + 2; 3) у = 2х2 – 2х + 1; 4) у = –3х2 + 6х. 6* . За наведеними графіками функції y = ax2 + bx + c (a ≠ 0) (рис. 19) укажіть знаки a, b і c у кожному випадку. 1.3. ПОБУДОВА ГРАФІКІВ ФУНКЦІЙ ЗА ДОПОМОГОЮ ГЕОМЕТРИЧНИХ ПЕРЕТВОРЕНЬ ВІДОМИХ ГРАФІКІВ ФУНКЦІЙ Т а б л и ц я 4 1) 2) 3) 4) Рис. 19 Перетворення графіка функції y= f (x) № Формула Приклад Перетворення залежності 1 2 3 4 Симетрія відносно осі Ox Симетрія відносно осі Oy Паралельне перене сення графіка функції y= f (x) уздовж осі Ox на a одиниць 1 y = –f (x) 2 y = f (–x) 3 y = f (x – a)
- 29. 29 П р од о в ж. т а б л. 4 § 1. Повторення і розширення відомостей про функцію Паралельне перене сення вздовж осі Oy на cодиниць Розтяг або стиск уздовж осі Oy (при k > 1 розтяг, при 0 < k < 1 — стиск) Розтяг або стиск уздовж осі Ox (при α > 1 — стиск, при 0 < α < 1 — розтяг) Вище осі Ox (і на самій осі) — без зміни, нижче осі Ox —симетрія відносно осі Ox Праворуч від осі Oy (і на самій осі) — без зміни, і та сама частина графіка — симетрія відносно осі Oy 1 2 3 4 4 y = f (x)+с 5 y = kf (x) (k > 0) 6 y = f (αx) (α > 0) 7 y f x= ( ) 8 y = f (| x |) 1 2 y x=
- 30. 30 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції Пояснення й обґрунтування Розглянемо способи побудови графіків функцій за допомогою геометрич них перетворень відомих графіків функцій. 1. Побудова графіка функції y = –f (x).Порівняємо графіки функцій y= x2 та y = –x2 (див. перший рядок табл. 4). Очевидно, що графік функції y = –x2 можна одержати з графіка функції y = x2 симетричним відображенням його відносно осі Ox. Покажемо, що завжди графік функції y = –f (x) можна одер жати з графіка функції y= f (x) симетричним відображенням відносно осіOx. ( Дійсно, за означенням графік функції y = f (x) складається з усіх точок M координатноїплощини,якімаютькоординати(x; y) = (x; f (x)).Тодіграфік функції y = –f (x) складається з усіх точок K координатної площини, які мають координати (x; y) = (x; –f (x)). Точки M (x; f(x)) і K (x; –f (x)) розміщено на координатній площині симет рично відносно осі Ox (рис. 20). Отже, кожна точка K графіка функції y = –f (x) одержується при симетричному відображенні відносно осі Oxде якої точки M графіка y = f (x). Тому графік функції y = –f (x) можна одержати з графіка функції y = f (x) його симетричним відображенням відносно осі Ox. ))))) Ця властивість дозволяє легко обґрунтувати побудову графіка функції y = | f (x) |. Маємо: ( ) при ( ) 0 (графік не змінюється); ( ) ( ) при ( ) 0 (симетрія відносно осі ). f x f x y f x f x f x Ox = = − < Отже, графік функції y = | f (x) | може бути побудований так: та частина графіка функції y = f (x), яка лежить вище осі Ox (і на самій осі), залишається без зміни, а та частина, яка лежить нижче осі Ox, відображується симетрично відносно цієї осі. Наприклад, на рисунку 21 і в таблиці 4 (рядок сьомий) з використанням цього правила зображено графік функції y = | 2х – 1 |. Рис. 20 Рис. 21
- 31. 31 2. Побудова графікафункції y = f (–x). ( Для побудови графіка функції y= f (–x) врахуємо, що в означенні графіка функції перша координата для точок графіка вибирається довільно з об ласті визначення функції. Якщо вибрати як першу координату (–x), то графік функції y = f (–x) складатиметься з усіх точокT координатної пло щини з координатами (–x; y) = (–x; f (x)), а графік функції y = f (x) скла дається з усіх точок M (x; f (x)). Точки M (x; f (x)) і T (–x; f (x)) розміщено на координатній площині си метрично відносно осі Oy (рис. 22). Отже, кожна точка T графіка функції y = f (–x)одержується симетричним відображенням відносно осі Oyдеякої точки M графіка y = f (x). Тому графік функції y = f (–x) можна одержати з графіка функції y = f (x) його симетричним відображенням відносно осі Oy. ))))) Ця властивість дозволяє легко обґрунтувати побудову графіка функції y = f (| x |). Маємо: ( ) ( ) при 0 (графік не змінюється); ( ) при 0 (симетрія відносно осі ). f x x y f x f x x Oy = = − < Таким чином, для того щоб отримати графік y = f (| x |) при x < 0 (тобто ліворуч від осі Oy), необхідно відображати симетрично відносно осіOy ту час тину графіка функціїy =f (x), яка лежить праворуч від осі Oy. Тобто та части на графіка функції y = f (x), яка лежить ліворуч від осі Oy, взагалі не бере участі в побудові графіка функціїy = f (| x |)). Отже, графік функції y= f (| x |)будуєтьсятак:тачастинаграфікафункції y = f (x), яка лежить праворуч від осі Oy (і на самій осі), залишається без зміни і саме ця частина відображується симетрично відносно осі Oy. Наприклад, на рисунку 23 та в таблиці 4 (рядок восьмий) з використан ням цього правила зображено графік функції y = 2| x | – 1. Рис. 22 Рис. 23 § 1. Повторення і розширення відомостей про функцію
- 32. 32 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції 3. Побудова графіка функції y = f (x–a). ( Для побудови графіка функції y = f (x–a) виберемо як першу координату точки N цього графіка значення x + a. Тоді графік функції y = f (x – a) складатиметься з усіх точок N координатної площини з координатами (x + a; y) = (x+a; f (x+a–a)) = (x+a; f (x)), а графік функції y = f (x) скла дається з усіх точок M (x; f (x)). Якщо точка М має координати (х; у), а точка N — координати (х + а; у), то перетворення точок (х; у) → (х + а; у) — це паралельне перенесення точ ки М уздовж осі Ох на а одиниць (тобто на вектор ( );0a ). Оскільки кожна точка N графіка функції y = f (x – a) одержується пара лельним перенесенням деякої точки M графіка y = f (x) уздовж осі Oxна a одиниць (рис. 24), то графік функції y= f (x – a) можна одержати паралельним перенесен ням графіка функції y = f (x) уздовж осі Ox на a одиниць. ))))) Наприклад, у третьому рядку таблиці 4 зображено графік функції y = (x – 2)2 (виконано паралельне перенесення графіка y = x2 на +2 одиниці вздовж осі Ox) та графік функції y = (x + 3)2 (виконано паралельне перене сення графіка y = x2 на (–3) одиниці вздовж осі Ox). 4. Побудова графіка функції y = f (x) + b. ( Графік функції y = f (x) + b складається з усіх точок A координатної пло щини з координатами (x; y) = (x; f (x) + b), а графік функції y = f (x) скла дається з усіх точок M (x; f (x)). Але якщо точка М має координати (х; у), а точка А —координати (х; у+ b), то перетворення точок (х; у) → (х; у + b) — це паралельне перенесення точки М уздовж осі Оу на b одиниць (тобто на вектор ( ))0; .b Оскільки кожна точка A графіка функції y = f (x) + b одержується пара лельним перенесенням деякої точки M графіка y = f (x) уздовж осі Oy на b одиниць (рис. 25), то Рис. 25Рис. 24
- 33. 33 графік функції y=f (x) + b можна одержати паралельним перенесен ням графіка функції y = f (x) уздовж осі Oy на b одиниць. ))))) Наприклад, у четвертому рядку таблиці 4 зображено графік функції y = x2 + 2 (виконано паралельне перенесення графіка y = x2 на +2 одиниці вздовж осі Oy) та графік функції y = x2 – 1 (виконано паралельне перенесення графіка y = x2 на (–1) уздовж осі Oy). 5. Побудова графіка функції y = kf (x). ( Графік функції y = kf (x) (k > 0) складається з усіх точокB (x; kf (x)), а гра фік функції y = f (x) складається з усіх точок M (x; f (x)) (рис. 26). Назвемо перетворенням розтягу вздовж осі Oy з коефіцієнтом k (де k > 0) таке перетворення фігури F, при якому кожна її точка (x; y) переходить у точку (x; ky). Перетворення розтягу вздовж осі Oy задається формулами: xR = x; yR = ky. Ці формули виражають координати (xR; yR) точки MR, у яку переходить точка M (x; y) при перетворенні розтягу вздовж осіOy (рис. 27). При цьому перетворенні відбувається розтягування відрізка AM у k разів, і в резуль таті точка M переходить у точку М′. (Зауважимо, що іноді вказане пере творення називають розтягом тільки при k > 1, а при 0 < k < 1 його назива ють стиском уздовж осі Oy у 1 k разів.) Якбачимо,кожнаточка Bграфікафункції y=kf (x)одержуєтьсязточки M перетворенням розтягу вздовж осі Oy. При цьому загальна форма графіка не змінюється: він розтягується або стискається вздовж осі Оу. Напри клад, якщо графіком функції y = f (x) була парабола, то після розтягуван ня або стискування графік залишається параболою. Тому графікфункціїy=k f (x)(k> 0)одержуєтьсязграфікафункціїy = f (x) його розтягуванням (при k > 1 розтяг у k разів) або стискуванням (при 0 < k < 1 стиск у 1 k разів) уздовж осі Oy. ))))) Рис. 26 Рис. 27 § 1. Повторення і розширення відомостей про функцію
- 34. 34 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції 6. Побудова графіка функції y = f (αααααx). ( Для побудови графіка функціїy = f (αx) (α > 0) виберемо як першу коорди нату точкиCцьогографіказначення x α .Тодіграфікфункції y=f (αx)скла датиметься з усіх точок C з координатами x x x x y f f x α α α α α; ; ; ( )( )= ( )( )= ( ), а графік функції y = f (x) складається з усіх точок M (x; f (x)) (рис. 28). Назвемо перетворенням розтягу вздовж осі Ox з коефіцієнтом α (де α > 0) таке перетворення фігури F, при якому кожна її точка (x; y) переходить у точку (αx; y). Перетворення розтягу вздовж осі Ox задається формулами: xR = αx; yR = y. Ці формули виражають координати (xR; yR) точки MR, у яку переходить точка M(x; y) при перетворенні розтягу вздовж осіOx (рис. 29). При цьому перетворенні відбувається розтягування відрізка BM в α разів, і в резуль таті точка M переходить у точку MR. (Зауважимо, що іноді вказане пере творення називають розтягом (у 1 α разів) тільки при 0 < α < 1, а при α > 1 його називають стиском уздовж осі Ox (у α разів).) Як бачимо, кожна точ ка C графіка функції y = f (αx) одержується з точки M графіка функції y = f (x) перетворенням розтягу вздовж осі Ox (при цьому загальна форма графіканезмінюється).Тому графікфункціїy=f (αααααx) (ααααα >0)одержуєтьсязграфікафункціїy = f (x) його розтягуванням (при 0 < ααααα < 1розтяг у 1 α разів) або стискуван ням (при ααααα > 1 стиск у ααααα разів) уздовж осі Ox. ) Рис. 28 Рис. 29
- 35. 35 Приклади розв’язання завдань §1. Повторення і розширення відомостей про функцію 2. y = | 2x – 2 |; 3. y = –| 2x – 2 |. Складемо план послідовної побу дови графіка заданої функції. 1. Ми можемо побудувати графік функції y = f (x) = 2x – 2 (пряма). 2. Потім можна побудувати графік функції y x x f x= = − =ϕ( ) ( )2 2 (вище осі Ox графік у = 2x – 2 залишається без зміни, а частина графіка нижче осі Ox відобража ється симетрично відносноосіOx). 3. Післяцьогоможнапобудуватигра фік функції 2 2 ( )y x x= − − = −ϕ (симетріяграфікафункції у= ϕ (х) відносно осі Ox ). Приклад 2 Побудуйте графік функції у = –| 2х – 2 |. Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р Послідовно будуємо графіки: 1. y = 2x – 2; Приклад 1 Побудуйте графік функції 1 3 . x y + = Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р Ми можемо побудувати графік функції 1 ( ) . x y f x= = Тоді графік функції 1 3 ( 3) ( ( 3)) x y f x f x + = = + = − − можна одержати паралельним пере несенням графіка функції y= f (x) уздовж осі Ox на (–3) одиниці (тобто вліво). 1 3x y + = 1 x y =
- 36. 36 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції Приклад 3* Побудуйте графік функції 4 .y x= − Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р Запишеморівняннязаданоїфунк ції так: y x x= − = − −( )4 4 . Послідовно будуємо графіки: 1. y x= ; Складемо план послідовної побу дови графіка заданої функції. Для цього її підкореневий вираз запише мо так, щоб можна було скористати ся перетвореннями графіків, що на ведено в таблиці 4, а саме: y x= − −( )4 . 1. Ми можемо побудувати графік функції y f x x= =( ) . Запитання для контролю 1. На прикладах поясніть, як можна з графіка функції y = f (x) одержати графікфункції: 1) y = –f (x); 2) y = f (– x); 3) y = f (x – a); 4) y = f (x) + с; 5) y = kf (x), де k > 0; 6) y = f (αx), де α > 0; 7) y = | f (x) |; 8) y = f (| x |). 2. y x= − ; 3. y x= − −( )4 ; 4. y x= − −( )4 . 2. Потім можна побудувати графік функції y g x x f x= = − = −( ) ( ) (симетрія графіка функції f (x) відносно осі Oy). 3. Після цього можна побудувати графікфункції y x x g x= = − − = −ϕ ( ) ( ) ( )4 4 (паралельне перенесення графіка функціїg (x)уздовжосіOxна4 оди ниці). 4. Потім уже можна побудувати гра фікзаданоїфункції ( ) ( )4 4= − − =ϕ = −y x x x (праворуч від осі Oy відповідна ча стина графіка функції у = ϕ (х) за лишається без зміни, і та сама ча стина відображується симетрично відносно осі Oy).
- 37. 37 2* . Обґрунтуйтегеометричніперетворення,задопомогоюякихзграфікафунк ції y=f (x) можна одержати графіки вказаних вище функцій. Вправи Побудуйте графіки функцій та відповідностей (1–7): 1. 1) y = | x – 5 |; 2) y = | x | – 5; 3) y = | | x | – 5 |; 4* ) | y | = x – 5. 2. 1°) y x= −2 9 ; 2) 2 9y x= − ; 3) 2 9y x= − ; 4* ) y x= − 2 9 . 3. 1°) y x= +( )1 2 ; 2) y x= +( )1 2 ; 3) y x= +( ) −1 3 2 ; 4) 2 ( 1) 3y x= + − . 4. 1°) y x = + 1 2 ; 2) 1 2x y + = ; 3) 1 2x y + = ; 4* ) 1 2x y + = . 5. 1°) y x = − 2 ; 2°) y x = −3 2 ; 3) y x = − − 2 1 ; 4) 2 x y = − . 6. 1°) y x= −3 ; 2°) y x= −3; 3) 3y x= − ; 4) 3y x= − ; 5* ) 3y x= − ; 6* ) 3y x= − ; 7* ) 3y x= − . 7. 1°) y x= − ; 2°) y x= − +4 ; 3) y x= − ; 4) y x= − −1 . 8. Функція y = f (x) задана на проміжку [0;12] і має графік, зображений на рисунку 30, а. Побудуйте графіки функцій (та відповідностей 9* і 10* ): 1) y = –f (x); 2) y = f (–x); 3) y f x= ( ) ; 4) y = f (| x |); 5* ) y = 2f (x); 6* ) y = f (2x); 7* ) y f x= 1 2 ( ) ; 8* ) y f x= ( )1 2 ; 9* ) | y | = f (x); 10* ) | y | = f (| x |). 9. Виконайте завдання вправи 8 для функції y = f (x), заданої на проміжку [–14; 0], графік якої зображено на рисунку 30, б. Рис. 30 а б § 1. Повторення і розширення відомостей про функцію
- 38. 38 * Походження та змісттерміна «тригонометрія» див. на с. 139. РАДІАННА МІРА КУТІВ§§§§§22222 1. Поняття кута У геометрії Утригонометрії* Кут— геометрична фігура, утворе на двома променями, які виходять з однієї точки Кут — фігура, утворена при пово роті променя на площині навколо початкової точки ∠ AOB утворений при повороті променя OA навколо точки O Градусна міра кута (1 1 180 ° = частина розгорнутого кута) Кожному куту ставиться у відпо відність градусна міраα ∈ [0°; 180°]. ∠ AOB = 90° Кожному куту як фігурі ставиться у відповідність кут повороту, за до помогою якого утворений цей кут. Кут повороту α ∈ (– ; + ). Радіанна міра кута ∠ AOC — розгорнутий. 1 радіан — центральний кут, що відповідає дузі, довжина якої дорівнює радіусу кола. ∠ AOB = 1 рад. Це означає, що ∪AB = OA = R ∠ AOC = 180°= π (радіан) Т а б л и ц я 5 ∠ AOB утворений променями OA і OB 2. Вимірювання кутів ∠ AOB = β = 90° ∠ AOB = γ = –270° ∠ AOB = ϕ = = 90°+ 360°= 450° 1 180 ° = π радіан 1 радіан= 180 57 ° ≈ ° π
- 39. 39 Пояснення і обґрунтування 1.Поняття кута. У курсі геометрії кут означається як геометрична фігура, утворена двома променями, які виходять з однієї точки. Наприклад, кутAOB зображений у першому пункті таблиці 5, — це кут, утворений променямиOA і OB. Кут можна також розглядати як результат повороту променя на площині навколо початкової точки. Наприклад, повертаючи промінь OA навколо точ ки O від початкового положення OA до кінцевого положення OB, теж одер жимо кут AOB. Зауважимо, що досягнути кінцевого положення ОВ можна при повороті променя OA як за годинниковою стрілкою, так і проти неї. 2. Вимірюваннякутів. Наведенівищерізніозначеннякутаприводятьдорізно го розуміння вимірювання кутів. У курсі геометрії кожному куту відповідає його градусна міра, яка може знаходитися тільки в межах від 0°до 180°, і тому, наприклад, для прямого кута AOB (див. пункт 2 табл. 5) його міра записується однозначно: ∠ AOB = 90° (нагадаємо, що 1° — це 1 180 частина розгорнутого кута). При вимірюванні кутів повороту домовилися, що напрям повороту проти годинникової стрілки вважається додатним, а за годинниковою стрілкою — від’ємним. Тому при вимірюванні кутів, утворених при повороті променя навколо початкової точки, ми можемо одержати як додатні, так і від’ємні значення кутів повороту. Наприклад, якщо кутAOB, у якому промені ОА і ОВ є взаєм но перпендикулярними, одержано при повороті променя OA на кут 90°проти годинникової стрілки, то значення кута повороту β (див. відповідний рису нок у пункті 2 табл. 5) дорівнює +90° (або просто 90°). Якщо той самий кут AOBодержаноприповоротіпроменяOA накут270°загодинниковоюстрілкою (зрозуміло, що повний оберт — це 360°), то значення кута поворотуγ дорівнює (–270°). Той самий кут AOBможна також одержати при повороті променя OA проти годинникової стрілки на 90° і ще на повний оберт; у цьому випадку значення кута повороту ϕ дорівнює 90°+ 360°, тобто 450°і т. д. Вибравши як значення кута повороту довільне від’ємне чи додатне число (градусів), ми завжди можемо повернути промінь OA (за годинниковою стрілкою чи проти неї) і одержати відповідний кут AOB. Таким чином, зна чення кута повороту (у градусах) може набувати всіх дійсних значень від – до + . Для вимірювання кутів певний кут приймають за одиницю виміру і за її допомогою вимірюють інші кути. За одиницю виміру можна прийняти будь який кут. Нагадаємо, що 1 180 частина розгорнутого кута — це один градус (1°). § 2. Радіанна міра кутів
- 40. 40 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції У техніці за одиницю вимірювання кутів приймають повний оберт (зазна чимо, що 1 градус — це 1 360 частина повного оберту). Умореплавствізаодиницювимірю вання кутів приймають румб, який до рівнює 1 32 частині повного оберту. Уматематицітафізиці,крімградус ної міри кутів, використовується та кож радіаннаміракутів. Якщо розглянути деяке коло, то 1 радіан —це центральний кут, що відповідає дузі, довжина якої дорів нює радіусу кола. Отже, якщо кут AOBдорівнює одному радіану (рис. 31), то це означає, що ∪ AB = OA = R. Встановимо зв’язок між радіанними і градусними мірами кутів. Центральномурозгорнутомукуту AOC(рис.31),якийдорівнює180°,відпо відає півколо, тобто дуга, довжина якої дорівнюєπR, а одному радіану — дуга довжиною R. Отже, радіанна міра кута 180° дорівнює π π R R = . Таким чином, 180°= πππππ радіан. Із цієї рівності одержуємо: 1 180 °° == π радіан , 1 радіан= 180 57 °° ≈≈ °° ππ . Приклади розв’язання завдань Приклад 1 Виразіть у радіанній мірі величини кутів: 30°; 45°; 60°; 90°; 270°; 360°. Оскільки 30° — це 1 6 частина кута 180°, то з рівності 180° =π (рад) одержує мо, що 30 6 ° = π (рад). Аналогічно можна обчислити і величини інших кутів. У загальному випадку враховуємо, що 1 180 ° = π радіан, тоді: 45 45 180 4 ° = ⋅ = π π (рад); 60 60 180 3 ° = ⋅ = π π (рад); 90 2 ° = π (рад); 270 3 2 ° = π (рад); 360°= 2π (рад). Рис. 31
- 41. 41 Враховуючи, що радіаннимимірами розглянутих кутів доводиться корис туватися досить часто, запишемо одержані результати у вигляді довідкової таблиці: Т а б л и ц я 6 З а у в а ж е н н я. Найчастіше при запису радіанної міри кутів назву оди ниці виміру «радіан» (або скорочено рад) не пишуть. Наприклад, замість рівності 90 2 ° = π радіан пишуть 90 2 ° = π . Приклад 2 Виразіть у градусній мірі величини кутів: π 10 ; 2π 3 ; 3π 4 ; 5. Оскільки π 10 — це 1 10 частина кута π, то з рівності π = 180° одержуємо, що π 10 18= ° . Аналогічно можна обчислити і величини кутів 2π 3 і 3π 4 . У загальному випадку враховуємо, що 1 радіан= 180° π , тоді: 2π π π3 2 3 180 120= ⋅ = ° ° ; 3π π π4 3 4 180 135= ⋅ = °; 5 5 286 180 900 = ⋅ = ≈ ° ° ° π π . Запитання для контролю 1. Поясніть, як можна означити кут за допомогою повороту променя. Як при такому означенні вимірюються кути? 2. Як ви розумієте такі твердження: «Величина кута дорівнює 450°», «Вели чина кута дорівнює (–225°)»? Зобразіть ці кути. 3. Як можна означити кут в 1°? 4. Дайте означення кута в 1 радіан. 5. Чому дорівнює градусна міра кута в π радіан ? 6. Поясніть на прикладах, як за радіанною мірою кута знайти його градусну міру і навпаки — за градусною мірою кута знайти його радіанну міру. § 2. Радіанна міра кутів π 6 π 3 π 2 3π 2 π 2π 4 π
- 42. 42 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції Вправи 1°. Зобразіть кут, що утворений поворотом променя OA навколо точки O на: 1) 270°; 2) –270°; 3) 720°; 4) –90°; 5) 225°; 6) –45°; 7) 540°; 8) –180°; 9) 360°; 10) –60°. 2°. Чому дорівнюють кути повороту, що показані на рисунку 32? 3. Виразіть у радіанній мірі величини кутів: 1°) 225°; 2°) 36°; 3) 100°; 4) –240°; 5) –22,5°; 6) –150°. 4. Виразіть у градусній мірі величини кутів: 1) 3π; 2) 3π 4 ; 3) − 2π 5 ; 4) 7π 6 ; 5) − π 18 ; 6) 11π 6 ; 7) − π 8 ; 8) 3. 5. За допомогою калькулятора (або таблиць) знайдіть радіанні міри кутів: 1) 27°; 2) 132°; 3) 43°; 4) 114°. 6. За допомогою калькулятора (або таблиць) знайдіть градусні міри кутів: 1) 0,5585; 2) 0,8098; 3) 3,1416; 4) 4,4454. 1) 2) 3) 4) Рис. 32
- 43. 43 Т а бл и ц я 7 1. Означення тригонометричних функцій через одиничне коло (R = 1) через довільне коло (R — радіус кола) черезпрямокутний трикутник (для гострих кутів) sin ααααα = y ордината точки Pα cos ααααα = x абсциса точки Pα tg sin cos αα αα αα == == y x cos sin ctg x y α α α = = sinαα == y R cosαα == x R tgαα == y x ctgαα == x y sinαα == a c cosαα == b c tgαα == a b ctgαα == b a sin (числа α ) = sin (кута в α радіан ) cos (числа α ) = cos (кута в α радіан ) tg (числа α ) = tg (кута в α радіан ) ctg (числа α ) = ctg (кута в α радіан ) 2. Тригонометричні функції числового аргументу — — ТРИГОНОМЕТРИЧНІ ФУНКЦІЇ КУТА І ЧИСЛОВОГО АРГУМЕНТУ§§§§§33333
- 44. 44 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції Пояснення та обґрунтування 1. Означення тригонометричних функцій. З курсу геометрії вам відомо озна чення тригонометричних функцій гострого кута в прямокутному трикутни ку. Нагадаємо їх. Синусом гострого кута α в прямокутному трикутнику називається відно шення протилежного катета до гіпотенузи: sinα = a c (рис. 33). Косинусомгострогокутаα впрямокутномутрикутникуназиваєтьсявідно шення прилеглого катета до гіпотенузи: cos b c α = . Тангенсомгострого кутаα в прямокутному трикутнику називається відно шення протилежного катета до прилеглого: tgα = a b . Котангенсом гострого кута α в прямокутному трикутнику називається відношення прилеглого катета до протилежного: ctgα = b a . У курсі геометрії було обґрунтовано, що синус і косинус гострого кута за лежать тільки від величини кута і не залежать від довжин сторін трикутника і його розташування, тобто синус і косинус (а отже, і тангенс, і котангенс) є функціями кута, які називаються тригонометричними функціями. Також у курсі геометрії з використанням кола з центром у початку коорди нат було введено означення тригонометричних функцій для кутів від 0° до 180°. Але ці означення можна використати для знаходження тригонометрич них функцій довільних кутів. Нагадаємо їх (але тепер будемо розглядати довільні кути α від – до + ). П р о д о в ж. т а б л. 7 3. Лінії тангенсів і котангенсів AP0 — лінія тангенсів (AP0 Оy ) tg α = yA — ордината відповідної точки лінії тангенсів CB — лінія котангенсів (CB Оx ) ctg α = xB — абсциса відповідної точки лінії котангенсів
- 45. 45 Візьмемо коло радіусаRз центром у початку координат. Позначимо точку кола на додатній півосі абсцис через P0 (рис. 34). Потрібні нам кути будемо утворювати поворотом радіуса OP0 навколо точки O. Нехай у результаті по вороту на кут α навколо точки O радіус OP0 займе положення OPα (кажуть, що при повороті на кут α радіус OP0 переходить у радіус OPα , а точка P0 пере ходить у точку Pα ). Нагадаємо, що при α > 0 радіус OP0 повертається проти годинникової стрілки, а при α < 0 — за нею. Нехай точка Pα має координати (x; y). Тоді: синусом кута α називається відношення ординати точки Pα (x; y) кола до його радіуса: sinα = y R ; косинусом кута α називається відношення абсциси точки Pα (x; y) кола до його радіуса: cosα = x R ; тангенсом кута α називається відношення ординати точки Pα (x; y) кола до її абсциси: tgα = y x (звичайно, при x ≠ 0); котангенсом кута α називається відношення абсциси точки Pα (x; y) кола до її ординати: ctgα = x y (при y ≠ 0). Як і для тригонометричних функцій гострих кутів, значення sin α, cos α, tg α, ctgα залежатьтількивідміри кутаα інезалежатьвід R* .Зручновибрати R = 1, що дозволить дещо спростити наведені означення тригонометричних функцій. Коло радіуса 1 з центром у початку координат будемо називати одиничним колом. Нехай при повороті на кут α точка P0 (1; 0) переходить у точку Pα (x; y) (тобто при повороті на кут α радіус OP0 переходить у радіус OPα ) (рис. 35). * Це випливає з того, що два концентричні кола гомотетичні (центр гомотетії — точка О, а коефіцієнт k — відношення радіусів цих кіл), тоді і точки Pα на цих колах теж будуть гомотетичні. Отже, при переході від одного кола до іншого в означеннях тригонометричних функцій чисельник і знаменник відповідного дробу помножаться на k, а значення дробу не зміниться. Рис. 35Рис. 33 Рис. 34 § 3. Тригонометричні функції кута та числового аргументу
- 46. 46 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції Синусом кута ααααα називається ордината точки Pααααα (x; y) одиничного кола: sin ααααα = y. Косинусом кута ααααα називається абсциса точки Pααααα (x; y) одиничного кола: cos ααααα = x. Тангенсом кута ααααα називається відношення ординати точки Pααααα (x; y) оди ничного кола до її абсциси, тобто відношення α α sin cos . Отже, sin cos tg α α α = (де cos α ≠ 0) . Котангенсом кута ααααα називаєтьсявідношенняабсциситочкиPααααα (x;y)оди ничного кола до її ординати, тобто відношення α α cos sin . Отже, cos sin ctg α α α = (де sin α ≠ 0) . Приклад Користуючисьцимиозначеннями,знайдемосинус,косинус,тан генс і котангенс кута 2 3 π радіан. Розглянемо одиничне коло (рис. 36). При повороті на кут 2 3 π радіус OP0 переходить у радіус OP2 3 π (а точка P0 переходить у точку P2 3 π ). Координати точки P2 3 π можна знайти, використовуючи властивості прямокутного трикут ника OAP2 3 π (з кутами 60° і 30° та гіпотенузою 1): 2 3 1 3 2 2 ; .x OA y AP π= − = − = = Тоді: sin ; 2 3 3 2 π = =y cos ; 2 3 1 2 π = = −x tg ; sin cos 2 3 2 3 2 3 3 π π π = = − ctg 2 3 1 3 π = − . Аналогічно знаходяться значення синуса, косинуса, тангенса і котанген са кутів, указаних у верхньому рядку наступної таблиці 8. Зазначимо, що таким чином можна знайти тригонометричні функції тіль кидеякихкутів.Тригонометричніфунк ції довільного кута звичайно знахо дять за допомогою калькулятора або таблиць. 2. Тригонометричні функції числово го аргументу. Введені означення доз воляють розглядати не тільки триго нометричні функції кутів, а й тригоноРис. 36
- 47. 47 метричні функції числовихаргументів, якщо розглядати тригонометричні функції числаαяквідповіднітригонометричніфункціїкутав αрадіан.Тобто: синус числа ααααα — це синус кута в ααααα радіан; косинус числа ααααα — це косинус кута в ααααα радіан. Наприклад: ( ) 1 6 6 2 sin sin радіан sin30 π π = = ° = (див. також пункт 2 табл. 7). 3. Лінії тангенсів і котангенсів. Для розв’язування деяких задач корисно мати уявлення про лінії тангенсів та котангенсів. ( Проведемо через точку P0 одиничного кола пряму AP0 , паралельну осі Oy (рис. 37). Ця пряма називається лінією тангенсів. Нехай α — довільне число (чи кут), для якого cos .α ≠ 0 Тоді точка Pα не ле жить на осі Oy і пряма OPα перетинає лінію тангенсів у точці A. Оскільки пряма OPα проходить через початок координат, то її рівняння y = kx.Алецяпрямапроходитьчерезточку Pα зкоординатами(cos α;sin α), отже, координати точки Pα задовольняють рівнянню прямої y = kx, тобто sin α = k cos α.Звідси k = = sin cos tg . α α α Такимчином,прямаOPα маєрівнян ня y = (tg α)x. Пряма AP0 має рівняння x = 1. Щоб знайти ординату точки A, досить у рівняння прямої OPα підставити x = 1. Одержуємо yA = tg α. Отже, тангенс кута (числа) ααααα — це ордината відповідної точки на лінії тангенсів. ) § 3. Тригонометричні функції кута та числового аргументу 2 2 3 2 3 2 2 2 1 2 3 3 3 3 3 3 1 2 Т а б л и ц я 8 Рис. 37 π 6 π 4 π 3 π 2 3 2 π
- 48. 48 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції Аналогічновводитьсяіпоняттялінії котангенсів: пряма CB (рис. 38), яка проходить через точку C (0; 1) одинич ного кола паралельно осі Ox. Якщо α — довільне число (чи кут), для якого sin 0α ≠ (тобто точка Pα не лежить на осі Ox), то пряма OPα пере тинає лінію котангенсів у деякій точ ці B (xB ; 1). Аналогічнопопередньомуобґрунто вується, що xB = ctg α, отже, котангенс кута (числа) ααααα — це абсциса відповідної точки на лінії котангенсів. Запитання для контролю 1. Сформулюйте означення тригонометричних функцій гострого кута в пря мокутному трикутнику. 2. Сформулюйте означення тригонометричних функцій довільного кута: а) використовуючи коло радіуса R з центром у початку координат; б) використовуючи одиничне коло. 3. Що мають на увазі, коли говорять про синус, косинус, тангенс і котангенс числа α? Вправи 1°. Побудуйте на одиничному колі точку Pα ,у яку переходить точка P0 (1; 0) одиничного кола при повороті на кут α. У якій координатній чверті знахо диться точка Pα в завданнях 3–6? 1) α = 3π; 2) α = –4π; 3) α π = 7 6 ; 4) α π = − 3 4 ; 5) α π = 4 3 ; 6) 7 4 π α = . 2. Знайдіть значення sin α, cos α, tg α, ctg α (якщо вони існують) при: 1) α = 3π; 2) α = –4π; 3) α π = − 2 ; 4) α π = 5 2 ; 5* ) α π = − 5 6 ; 6* ) α π = 3 4 . 3°. Користуючись означенням синуса і косинуса, за допомогою одиничного кола вкажіть знаки sin α і cos α, якщо: 1) α π = 6 5 ; 2) α π = − 6 ; 3) α π = 5 6 ; 4) α π = − 2 3 ; 5) α π = 10 . Рис. 38
- 49. 49 4* . Користуючись лінієютангенсів, укажіть знак tg α, якщо: 1) α π = 4 3 ; 2) α π = − 3 4 ; 3) α π = 11 6 ; 4) α π = − 7 6 ; 5) α π = 9 4 . 5* . Користуючись лінією котангенсів, укажіть знак сtgα, якщо: 1) α π = − 4 3 ; 2) α π = 3 4 ; 3) α π = − 11 6 ; 4) α π = 7 6 ; 5) α π = − 9 4 . § 4. Властивості тригонометричних функцій ВЛАСТИВОСТІ ТРИГОНОМЕТРИЧНИХ ФУНКЦІЙ§§§§§44444 Т а б л и ц я 9 1. Знаки тригонометричних функцій sin α cos α tg α, ctg α 2. Парність і непарність Косинус — парна функція Синус, тангенс і котангенс — непарніфункції cos (–ααααα) = cos ααααα sin (–ααααα) = –sin ααααα tg (–ααααα) = –tg ααααα ctg (–ααααα) = –ctg ααααα
- 50. 50 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції Пояснення й обґрунтування 1. Знаки тригонометричних функцій легко визначити, виходячи з означен ня цих функцій. ( Наприклад, sin α — це ордината відповідної точки Pα одиничного кола. Тоді значення sin α буде додатним, якщо точка Pα має додатну ординату, a це буде тоді, коли точка Pα знаходиться в I або II чверті (рис. 39). Якщо точкаPα знаходиться в III або IV чверті, то її ордината від’ємна, і тому sin α теж від’ємний. Аналогічно, враховуючи, що cos α— це абсциса відповідної точкиPα ,одер жуємо, що cos α > 0 в I і IV чвертях (абсциса точки Pα додатна) і cos α < 0 в II і III чвертях (абсциса точки Pα від’ємна) (рис. 40). П р о д о в ж. т а б л. 9 3. Періодичність Функція f(x) називається періодичною з періодом T ≠≠≠≠≠ 0, якщо для будь якого x із області визначення функції числа (x + T) і (x – T) також належать області визначення і виконується рівність f (x + T) = f (x – T) = f (x). y = {x} — дробова частина числа x T = 1 Черезпроміжкидовжиною T (на осі Ох) вид графіка періодичної функціїповторюється ЯкщоT — період функції, то ä T, ä 2T, ä 3T,..., ä kT — також періоди цієї функції (k ∈ N) T = 2π — спільний період для всіх функцій: sin x, сos x, tg x, ctg x sin (x + 2πππππ) = sin x cos (x + 2πππππ) = cos x tg (x + πππππ) = tg x ctg (x + πππππ) = ctg x Функції sin x і cos x мають період T= 2π Функції tg x і ctg x мають період T = π Рис. 39 Рис. 40 Рис. 41 sin α cos α tg α, ctg α
- 51. 51 Оскільки sin cos tg α = α α і cos sin ctg, α α α = то tg α > 0 і ctg α > 0 там, де sin α і cos α мають однакові знаки, тобто в I і III чвертях, tg α < 0 і ctg α < 0 там, де sin α і cos α мають різні знаки, тобто в II і IV чвертях (рис. 41). ) 2. Парність і непарність тригонометричних функцій. ( Щоб дослідити тригонометричні функції на парність і непарність, зазна чимо, що на одиничному колі точки Pα і P–α розміщено симетрично віднос но осі Ox (рис. 42). Отже, ці точки мають однакові абсциси і протилежні ординати. Тоді ( )cos cos ,P Px x−α α −α = = = α ( )sin sin .P Py y−α α −α = = − = − α Таким чином, cos x — парна функція, а sin x — непарна. Тоді ( ) ( ) ( ) sin sin cos cos tg tg ; −α − α = −α α −α = = − α ( ) ( ) ( ) cos cos sin sin ctg ctg . −α α −α − α −α = = = − α Отже, tg x і ctg x — непарні функції. ) Парність і непарність тригонометричних функцій можна використову вати для обчислення значень тригонометричних функцій від’ємних кутів (чисел). Наприклад, ( )π 1 6 6 2 sin sin , π − = − = − ( )π 2 . 4 4 2 cos cos π − = = 3. Періодичність тригонометричних функцій. Багато процесів і явищ, що відбуваються в природі і техниці, мають повторюваний характер (наприклад, рух Землі навколо Сонця, рух маховика). Для опису такого роду процесів використовують так звані періодичні функції. Функція y = f (x) називається періодичною з періодом T ≠≠≠≠≠ 0, якщо для будь якого x із області визначення функції числа (x + T) і (x – T) також належать області визначення і виконується рівність f (x + T) = f (x – T) = f (x). ( Враховуючи, що на одиничному колі числам (кутам) α і α + 2πk, де k ∈ Z, відповідає та сама точка (рис. 43), одержуємо sin (α + 2πk) = sin α, cos (α + 2πk) = cos α. Тоді 2πk (k ≠ 0) є періодом функцій sin x і cos x. § 4. Властивості тригонометричних функцій Рис. 42 Рис. 43
- 52. 52 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції При k = 1 одержуємо, що T = 2π — це період функцій sin x і cos x. Доведемо, що ці функції не можуть мати меншого додатного періоду. Щоб довести, що T = 2π — найменший додатний період косинуса, припустимо, що T > 0 — період функції cos x. Тоді для будь якого значення x вико нується рівність cos (x + T) = cosx. Взявши x = 0, одержуємо cos T = 1. Але це означає, що на одиничному колі при повороті на кут T точка P0 знову потрапляє в точку P0 , тобтоT = 2πk, де k ∈ Z. Отже, будь який період коси нуса повинен бути кратним 2π, а значить, 2πππππ — найменший додатний період косинуса. ) ( Щоб обґрунтувати, щоT =2π— найменший додатний період функції sinx, досить у рівності sin (x + T) = sin x, яка виконується для будь яких зна чень x, взяти 2 .x π = Одержуємо ( )π 2 sin 1.T + = Але це означає, що при пово роті на кут π 2 T + точка P0 потрапляє в точку A (0; 1) (рис. 43), тобто π 2 2 2 ,T k π + = + π отже,T = 2πk. Таким чином, будь який період синуса пови нен бути кратним 2π, а значить, 2πππππ — найменший додатний період синуса. ) ( Якщо врахувати, що на одиничному колі точки Pα і Pα + π є діаметрально протилежними, то цим точкам відповідає та сама точка на лінії тангенсів (рис. 44) або на лінії котангенсів (рис. 45). Тоді tg (α + π) = tg α, ctg (α + π) = ctg α, а також tg (α + πk) = tg α, ctg (α + πk) = ctg α. Тобто періодом функцій tg x і ctg x є πk (k ≠ 0, k ∈ Z). Найменшим додатним періодом для функцій tg x і ctg x є T = πππππ. Щоб довести це, досить у рівності tg (x + T) = tg x взяти x = 0. Тоді одержує мо tg T = 0. Отже, T= πk, деk ∈ Z. Таким чином, будь який період тангенса повинен бути кратним π, а значить, π — найменший додатний період тан генса. Аналогічно у відповідній рівності для ctg x досить взяти π . 2 x = ) ( Щоб мати уявлення про поведінку графіка періодичної функції y = f (x), згадаємо, що за означенням графік функції y = f (x) складається з усіх то Рис. 44 Рис. 45
- 53. 53 чок M координатноїплощини, які мають координати (x; y) = (x; f (x)). Перша координата для точок графіка вибирається довільно з області ви значення функції. Виберемо як першу координату значення x + T (або в узагальненому вигляді — значення x + kT при цілому значенні k) і вра хуємо, що для періодичної функції f (x + T) = f (x – T) = f (x) (у загальному випадку f (x + kT) = f (x)). Тоді до графіка функції y = f (x) буде входити також точка M1 координатної площини з координатами: (x + T; y) = (x + T; f (x + T)) = (x + T; f (x)). Точку M1 (x + T; f (x)) можна одержати з точки M (x; f (x)) паралельним перенесенням уздовж осі Oxна T одиниць (рис. 46). У загальному випадку точку M2 (x + kT; f (x)) можна одержати з точки M (x; f (x)) паралельним перенесенням уздовж осі Ox на kT одиниць. Отже, через проміжок T ви гляд графіка періодичної функції буде повторюватися. Тому для побудови графіка періодичної функції з періодом T досить побудувати графік на будь якомупроміжкудовжиноюT (наприклад,напроміжку[0; T]),апотім одержану лінію паралельно перенести праворуч і ліворуч уздовж осі Ox на відстані kT, де k — будь яке натуральне число. ) Приклади розв’язання завдань Приклад 1 Користуючисьперіодичністю,парністюінепарністютригоно метричних функцій, знайдіть: 1) π21 ; 2 sin 2) cos (–405°); 3) π16 3 tg ; 4) ctg (–570°). Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р § 4. Властивості тригонометричних функцій Рис. 46 1) ( )π21 2 2 sin sin 10 π = π + = ( )2 2 sin 5 2 sin 1. π π = ⋅ π + = = 2) cos cos− °( ) = ° =405 405 ( ) 2 2 cos 360 45 cos45 .= °+ ° = ° = 1) Враховуючи,щозначенняфункції sinxповторюютьсячерезперіод 2π, виділимо в заданому аргументі число, кратне періоду (тобто 10π), а потім скористаємося рівністю sin (α + 2πk) = sin α (k ∈ Z). 2) Спочатку враховуємо парність ко синуса: cos (–α) = cos α, а потім його періодичність із періодом 2π = 360°: cos (α + 360°) = cos α.
- 54. 54 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції Приклад 2* Доведіть твердження: якщо функція y = f (x) періодична з пе ріодом T, то функція y= Af (kx + b) також періодична з періо дом T k (A, k, b — деякі числа і k ≠ 0). Д о в е д е н н я К о м е н т а р 3) ( )π16 3 3 3 tg tg 5 tg 3. π π = π + = = 4) ctg (–570°) = –ctg 570° = = –ctg (540° +30°) = = – ctg (180°æ3+30°)= ctg 30 3.= − ° = − 3) Функція тангенс періодична з пе ріодомπ, тому виділяємо в задано му аргументі число, кратне періо ду (тобто 5π), а потім використо вуємо рівність tg (α + πk) = tg α. 4) Спочатку враховуємо непарність котангенса: ctg (–α) = –ctg α, а потім його періодичність із пе ріодом π=180°: ctg (α + 180°æk) = ctg α. Нехай ϕ (x) = Af (kx + b) і 1 . T k T = Тоді ϕ (x + T1 ) = Af (k(x + T1 ) + b) = ( )T k Af k x b Af kx T b = + + = ± + = ( ) ( ) ( ),Af kx b T Af kx b x= + ± = + = ϕ а це й означає, що функція ϕ (x) = Af (kx + b) має період 1 . T k T = За означенням функція ϕ (x) = = Af (kx + b) буде періодичною з пері одом 1 , T k T = якщо для будь якого x з області визначення ϕ значення цієї функції в точках xі x +T1 рівні, тобто ϕ (x + T1 ) = ϕ (x). У процесі обґрунту вання враховано, що вираз T k k⋅ при k > 0 дорівнює , T k k T⋅ = а при k < 0 дорівнює . T k k T − ⋅ = − Також врахова но, що функція f (x) за умовою періо дична з періодом T, і тому f (x1 ä T) = = f (x1 ), де x1 = kx + b. Використаємо результат, одержаний у прикладі 2, для знаходження пе ріодівфункцій. Наприклад, 1) якщо функція sin x має періодT = 2π, то функція sin 4x має період π 1 2 4 2 ;T π = = 2) якщо функція tg x має період T = π, то функція 4 tg x має період 1 1 4 4 .T π = = π
- 55. 55 Запитання для контролю 1.а) Назвіть знаки тригонометричних функцій у кожній з координатних чвертей. б* ) Обґрунтуйте знаки тригонометричних функцій у кожній з координат них чвертей. 2. а) Якізтригонометричнихфункційєпарними,аякінепарними?Наведіть приклади використання парності і непарності для обчислення значень тригонометричнихфункцій. б* ) Обґрунтуйте парність чи непарність відповідних тригонометричних функцій. 3. а) Яка функція називається періодичною? Наведіть приклади. б* ) Обґрунтуйте періодичність тригонометричних функцій. Укажіть най менший додатний період для синуса, косинуса, тангенса і котангенса та обґрунтуйте, що в кожному випадку цей період дійсно є найменшим додатним періодом. Вправи 1. Користуючись періодичністю, парністю і непарністю тригонометричної функції, знайдіть: 1) π19 3 cos ; 2) sin (–750°); 3) ( )π19 6 tg ;− 4) ctg 945°; 5) π25 4 sin ; 6) cos (–3630°); 7) ( )π17 4 ctg ;− 8) tg 600°. 2* . Серед заданих функцій знайдіть періодичні і вкажіть найменший додат ний період для кожної з них: 1) f (x) = x2 ; 2) f (x) = sin 2x; 3) f (x) = | x |; 4) f (x) = tg 3x; 5) f (x) = 3. 3. Знайдіть період кожної з заданих функцій: 1) y = cos 2x; 2) y = tg 5x; 3) 3 sin ; x y = 4) y = ctg 3x; 5) 2 5 cos . x y = 4. На кожному з рисунків 47–50 наведена частина графіка деякої періодич ної функції з періодом T. Продовжіть графік на відрізок [–2T; 3T]. § 4. Властивості тригонометричних функцій Рис. 47 Рис. 48 Рис. 49 Рис. 50
- 56. 56 ГРАФІКИ ФУНКЦІЙ СИНУСА,КОСИНУСА, ТАНГЕНСА І КОТАНГЕНСА ТА ЇХ ВЛАСТИВОСТІ§§§§§55555 Графік функції y= sin x (синусоїда) Властивості функції y = sin x 1. Область визначення: x ∈ R (x — будь яке дійсне число). D (sin x) = R 2. Область значень: y ∈ [–1; 1]. E (sin x) = [–1; 1] 3. Функція непарна: sin (–x) = –sin x (графік симетричний відносно початку координат). 4. Функція періодична з періодом T = 2πππππ : sin (x + 2π) = sin x. 5. Точки перетину з осями координат: Oy 0 0 x y ,= = Ox 0, , y x k Z = = π ∈ k 6. Проміжки знакосталості: sin x > 0 при x ∈∈∈∈∈ (2πππππk; πππππ + 2πππππk), k ∈ Z sin x < 0 при x ∈∈∈∈∈ (πππππ + 2πππππk; 2πππππ + 2πππππk), k ∈ Z 7. Проміжки зростання і спадання: функціяsinxзростаєнакожномузпроміжків 2 2 2 ; 2 ,k k π π − + π + π k ∈ Z, і спадає на кожному з проміжків 3 2 2 2 ; 2 ,k k π π + π + π k ∈ Z. 8. Найбільше значення функції дорівнює 1 при 2 2 ,x k π = + π k ∈ Z. Найменше значення функції дорівнює –1 при 2 2 ,x k π = − + π k ∈ Z. 5.1. ГРАФІК ФУНКЦІЇ y = sin x ТА ЇЇ ВЛАСТИВОСТІ Т а б л и ц я 10
- 57. 57 Пояснення й обґрунтування Характеризуючивластивостіфункцій,мибудемонайчастішевиділятитакі їххарактеристики: 1) область визначення; 2) область значень; 3) парність чи непарність; 4) періодичність; 5) точки перетину з осями координат; 6) про міжки знакосталості; 7) проміжки зростання і спадання* ; 8) найбільше та найменше значення функції. З а у в а ж е н н я. Абсциси точок перетину графіка функції з віссю Ох (тоб то ті значення аргументу, при яких функція дорівнює нулю) називаютьнуля ми функції. Нагадаємо, що значення синуса — це ордината відповідної точки одинич ного кола (рис. 51). Оскільки ординату можна знайти для будь якої точки одиничного кола, тообласть визначенняфункції y = sin x — усі дійсні числа. Це можна записати так: D (sin x) = R. Для точок одиничного кола ординати набувають усіх значень від –1 до 1, отже, область значень функції y = sin x: y ∈ [–1; 1]. Це можна записати так: E (sin x) = [–1; 1]. Якбачимо,найбільшезначення функціїsinxдорівнюєодиниці.Цезначен ня досягається тільки тоді, коли відповідною точкою одиничного кола є точ ка A, тобто при 2 2 , π = + πx k k ∈ Z. Найменше значення функції sin x дорівнює мінус одиниці. Це значення досягається тільки тоді, коли відповідною точкою одиничного кола є точка B, тобто при π 2 2 ,= − + πx k k ∈ Z. Як було показано в § 4, синус — непарна функція: sin (–x) = –sin x, отже, її графік симетричний відносно початку координат. В § 4 було обґрунтовано також, що синус — періодична функція з наймен шим додатним періодом T = 2π: sin (x + 2π) = sin x, отже, через проміжки довжиною 2π вигляд графіка функції sin x повторюється. Тому при побудові графіка цієї функції досить побудувати графік на будь якому проміжку дов жиною 2π, а потім одержану лінію па ралельно перенести праворуч і ліворуч уздовж осі Ox на відстані kT = 2πk, де k — будь яке натуральне число. Щоб знайти точки перетину графі ка функції з осями координат, згадає мо, що на осі Oy значення x = 0. Тоді відповідне значенняy = sin 0 = 0, тобто графік функції y = sin x проходить че рез початок координат. § 5. Графіки функцій синуса, косинуса, тангенса і котангенса та їх властивості Рис. 51 * Проміжки зростання і спадання функції інколи ще називають проміжками монотон ності функції.
- 58. 58 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції На осі Ox значення y = 0. Отже, нам потрібні такі значення x, при яких sin x, тобто ордината відповідної точки одиничного кола, буде дорівнювати нулю. Це буде тільки тоді, коли відповідною точкою одиничного кола буде точка C або D, тобто при x = πk, k ∈ Z. Проміжки знакосталості. Як було обґрунтовано в § 4, значення функції синус додатні (тобто ордината відповідної точки одиничного кола додатна) у I і II чвертях (рис. 52). Отже, sin x > 0 при x ∈ (0; π), а також, враховуючи період, при всіх x ∈ (2πk; π + 2πk), k ∈ Z. Значенняфункціїсинусвід’ємні(тобтоординатавідповідноїточкиодинич ного кола від’ємна) у III і IV чвертях, отже, sinx < 0 при x ∈(π+ 2πk;2π + 2πk), k ∈ Z. Проміжки зростання і спадання. ( Враховуючи періодичність функції sin x з періодом T= 2π, досить досліди тиїїназростанняіспаданнянабудь якомупроміжкудовжиною2π,напри клад, на проміжку π 3 2 2 ; . π − Якщо π 2 2 ;x π ∈ − (рис. 53,а), то при збільшенні аргументу x (x2 > x1 ) орди ната відповідної точки одиничного кола збільшується (тобто sinx2 > sinx1 ), отже, у цьому проміжку функція sinx зростає. Враховуючи періодичність, робимо висновок, що вона також зростає в кожному з проміжків π 2 2 2 ; 2 ,k k π − + π + π k ∈ Z. Якщо π 3 2 2 ;x π ∈ (рис. 53, б), то при збільшенні аргументу x (x2 > x1 ) орди ната відповідної точки одиничного кола зменшується (тобто sinx2 < sinx1 ), отже, у цьому проміжку функція sin x спадає. Враховуючи періодичність, робимо висновок, що вона також спадає в кожному з проміжків π 3 2 2 2 ; 2 ,k k π + π + π k∈Z.) Проведене дослідження дозволяє обґрунтовано побудувати графік функції y = sin x. Враховуючи періодичність цієї функції (з періодом 2π), досить спо а б Рис. 52 Рис. 53
- 59. 59 чатку побудувати графікна будь якому проміжку довжиною 2π, наприклад, на проміжку [–π; π]. Для більш точної побудови точок графіка користуємося тим, що значення синуса — це ордината відповідної точки одиничного кола. На рисунку 54 показана побудова графіка функціїy = sinx на проміжку [0;π]. Враховуючинепарністьфункціїsinx(їїграфіксиметричнийвідноснопочатку координат), для побудови графіка на проміжку [–π; 0] відображуємо одержа ну криву симетрично відносно початку координат (рис. 55). Оскільки ми побудували графік на проміжку довжиною 2π, то, враховую чиперіодичністьсинуса(зперіодом2π), повторюємо вид графіка на кожному проміжку довжиною 2π (тобто перено симо паралельно графік уздовж осі Ох на 2πk, де k — ціле число). Одержуємографік,наведенийнари сунку56,якийназиваєтьсясинусоїдою. З а у в а ж е н н я. Тригонометричні функції широко застосовуються в ма тематиці, фізиці та техниці. Наприклад, багато процесів, таких як коливан няструни,маятника,напругивколізмінногострумуіт.п.,описуютьсяфунк цією, яка задається формулоюy = A sin (ωх + ϕ). Такі процеси називають гар монічними коливаннями. § 5. Графіки функцій синуса, косинуса, тангенса і котангенса та їх властивості Рис. 54 Рис. 56 Рис. 55
- 60. 60 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції Графік функції y = A sin (ωx + ϕ) можна одержати із синусоїди y = sin х стискуванням або розтягуванням її вздовж координатних осей і паралельним перенесенням уздовж осі Ох. Найчастіше гармонічне коливання є функцією часу t. Тоді воно задається формулою y = A sin (ωt+ ϕ), деА— амплітуда коли вання, ω — кутова частота, ϕ — початкова фаза, 2π ω — період коливання. 5.2. ГРАФІК ФУНКЦІЇ y = cos x ТА ЇЇ ВЛАСТИВОСТІ Т а б л и ц я 11 Графік функціїy = cos x (косинусоїда) Властивості функції y = cos x 1. Область визначення: x ∈ R ( x — будь яке дійсне число). D (cos x) = R 2. Область значень: y ∈ [–1; 1]. E (cos x) = [–1; 1] 3. Функція парна: cos (–x) = cos x (графік симетричний відносно осі Oy). 4. Функція періодична з періодом T = 2πππππ : cos (x + 2π) = cos x. 5. Точки перетину з осями координат: Оy 0 1 x y ,= = Оx 2 0, , y x k Z π π = = + ∈ k 6. Проміжки знакосталості: cos x > 0 при ( )2 2 2 ; 2 ,x k k π π ∈ − + π + π k ∈ Z cos x < 0 при ( )3 2 2 2 ; 2 ,x k k π π ∈ + π + π k ∈ Z 7. Проміжки зростання і спадання: функція cos x зростає на кожному з проміжків [πππππ + 2πππππk; 2πππππ + 2πππππk],k ∈ Z, і спадає на кожному з проміжків [2πππππk; πππππ + 2πππππk], k ∈ Z. 8. Найбільше значення функції дорівнює 1 при x = 2πππππk, k ∈ Z. Найменше значення функції дорівнює –1 при x = πππππ + 2πππππk, k ∈ Z.
- 61. 61 Пояснення й обґрунтування Нагадаємо,що значення косинуса — це абсциса відповідної точки одинич ного кола (рис. 57). Оскільки абсцису можна знайти для будь якої точки оди ничного кола, тообласть визначення функції y = cos x — усі дійсні числа. Це можна записати так: D (cos x) = R. Для точок одиничного кола абсциси набувають усіх значень від –1 до 1, отже, область значень функції y = cos x: y ∈ [–1; 1]. Це можна записати так: E (cos x) = [–1; 1]. Як бачимо, найбільше значення функції cos x дорівнює одиниці. Це зна чення досягається тільки тоді, коли відповідною точкою одиничного кола є точка A, тобто при x = 2πk, k ∈ Z. Найменше значення функції cos x дорівнює мінус одиниці. Це значення досягається тільки тоді, коли відповідною точкою одиничного кола є точ ка B, тобто при x = π + 2πk, k ∈ Z. Як було показано в § 4, косинус — парна функція: cos (– x) = cos x, тому її графік симетричний відносно осіОу. У § 4 було обґрунтовано також, що косинус — періодична функція з най меншим додатним періодомT = 2π: cos (x + 2π) = cos x. Отже, через проміжки довжиною 2πвид графіка функції cos x повторюється. Щоб знайти точки перетину графіка функції з осями координат, згадає мо, що на осі Oy значення x = 0. Тоді відповідне значення y = cos 0 = 1. На осі Ox значення y = 0. Отже, нам потрібні такі значення x, при яких cos x, тобто абсциса відповідної точки одиничного кола, буде дорівнювати нулю.Цебудетількитоді,коливідповідноюточкоюодиничногоколаєточка C або D, тобто при π 2 ,x k= + π k ∈ Z. Проміжки знакосталості. Як було обґрунтовано в § 4, значення функції косинус додатні (тобто абсциса відповідної точки одиничного кола додатна) в I і IV чвертях (рис. 58). Отже, cos x > 0 при ( )π 2 2 ; ,x π ∈ − а також, враховуючи період, при всіх ( )π 2 2 2 ; 2 ,x k k π ∈ − + π + π k ∈ Z. § 5. Графіки функцій синуса, косинуса, тангенса і котангенса та їх властивості Рис. 58Рис. 57
- 62. 62 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції Значення функції косинус від’ємні (тобто абсциса відповідної точки одиничного кола від’ємна) у ІІ і ІІІ чвертях, отже, cos x < 0 при ( )π 3 2 2 2 ; 2 ,x k k π ∈ + π + π k ∈ Z. Проміжки зростання і спадання. ( Враховуючи періодичність функції cos x (T = 2π), досить дослідити її на зростання і спадання на будь якому проміжку довжиною 2π, наприклад, на проміжку [0; 2π]. Якщо x ∈ [0; π] (рис. 59, а), то при збільшенні аргументу x (x2 > x1 ) абсциса відповідної точки одиничного кола зменшується (тобто cos x2 < cos x1 ), отже, у цьому проміжку функція cosx спадає. Враховуючи періодичність функції cos x, робимо висновок, що вона також спадає в кожному з про міжків [2πk; π + 2πk], k ∈ Z. Якщо x ∈ [π; 2π] (рис. 59, б), то при збільшенні аргументу x (x2 > x1 ) абсци са відповідної точки одиничного кола збільшується (тобто cos x2 > cosx1 ), отже, у цьому проміжку функція cosx зростає. Враховуючи періодичність функції cos x, робимо висновок, що вона також зростає в кожному з про міжків [π + 2πk; 2π + 2πk], k ∈ Z. ) Проведене дослідження дозволяє побудувати графік функції y = cos x ана логічнодотого,якбулопобудованографікфункціїy=sin x.Алеграфікфункції у= cos x можна також одержати за допомогою геометричних перетворень гра фіка функції у= sin х, використовуючи формулу ( )2 sin cos .x x π + = ( Цю формулу можна обґрунтувати, наприклад, так. Розглянемо одиничне коло (рис. 60) і відмітимо на ньому точки А = Рх і 2 x B Pπ + = та абсциси і ординати цих точок. Враховуючи, що 2 ,AOB π ∠ = одержуємо, що при по а б Рис. 60Рис. 59
- 63. 63 вороті прямокутника OC1 AD1 навколоточки О на кут 2 π проти годиннико вої стрілки, він перейде в прямокутник OC2 ВD2 . Але тоді ОD2 = ОD1 і ОС2 = ОС1 . Отже, ( ) 2 1 2 sin cos .B Ax y OC OC t x π + = = = = = Зазначимо також формули, які нам знадобляться далі: ( ) 2 1 2 cos sin .B Ax t OD OD y x π + = = − = − = − = − Тоді, ( ) ( ) ( ) sin cos2 2 sin cos 2 tg ctg . x x x x x x π + π π − + + = = = − Отже, ( )2 tg ctg .x x π + = − ) Враховуючи, що ( )2 cos sin ,x x π = + графік функції y = cos x можна одер жати із графіка функції y = sin x його паралельним перенесенням уздовж осі Ох на ( )2 π − (рис. 61). Одержуємо графік, який називається косинусоїдою (рис. 62). § 5. Графіки функцій синуса, косинуса, тангенса і котангенса та їх властивості Рис. 61 Рис. 62
- 64. 64 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції 5.3. ГРАФІК ФУНКЦІЇ y = tg x ТА ЇЇ ВЛАСТИВОСТІ Т а б л и ц я 12 Пояснення й обґрунтування Нагадаємо, що sin cos tg . x x x = Отже, областю визначення тангенса будуть всі значення аргументу, при яких cos х ≠ 0, тобто π 2 ,x k≠ + π k ∈ Z. Одержуємо Властивості функціїy = tg x 1. Область визначення: D (tg x): 2 ,x k π ≠ + π k ∈ Z . 2. Область значень: y ∈ R. E (tg x) = R 3. Функція непарна: tg (–x) = –tg x (графік симетричний відносно початку координат). 4. Функція періодична з періодом T = πππππ : tg (x + π) = tg x. 5. Точки перетину з осями координат: Оy 0 0 x y ,= = Оx 0, , y x k = = π ∈ k Z 6. Проміжки знакосталості: tg x > 0 при ( )2 ; ,x k k π ∈ π + π k ∈ Z tg x < 0 при ( )2 ; ,x k k π +∈ − π π k ∈ Z 7. Проміжки зростання і спадання: функціяtgxзростаєнакожномузпроміжківсвоєїобластівизначення, тобто на кожному з проміжків ( )2 2 ; ,k k π π − + π + π k ∈ Z. 8. Найбільшого і найменшого значень функція не має. Графік функції y = tg x (тангенсоїда)
- 65. 65 D (tg x): 2 ,xk π ≠ + π k ∈∈∈∈∈ Z. Цей результат можна одержати і геометрично. Зна ченнятангенса—цеординатавідповідноїточкиТх налініїтангенсів(рис. 63). Оскільки точки А і В одиничного кола лежать на прямих ОА і ОВ, паралель них лінії тангенсів, ми не зможемо знайти значення тангенса для π 2 ,x k= + π k ∈ Z. Для всіх інших значень аргументу ми можемо знайти відповідну точку налініїтангенсівіїїординату —тангенс.Отже,всізначення π 2 x k≠ + π входять до області визначення функціїу = tg х. Для точок одиничного кола (які не збігаються з точками А і В) ординати відповідних точок на лінії тангенсів набувають усіх значень від – до + . Такимчином,областьзначень функціїy = tgx — всі дійсні числа, тобто y ∈ R. Це можна записати так:E (tg x) = R. З наведених міркувань також випливає, що найбільшого і найменшого значень функція tg x не має. Як було показано в § 4, тангенс — непарна функція: tg (–x) = –tg x, отже, її графік симетричний відносно початку координат. Тангенс — періодична функція з найменшим додатним періодом T = π: tg (x + π) = tgx (див. § 4). Тому при побудові графіка цієї функції досить побу дувати графік на будь якому проміжку довжиною π, а потім одержану лінію перенести паралельно праворуч і ліворуч уздовж осі Ox на відстані kT = πk, де k — будь яке натуральне число. Щоб знайти точки перетину графіка функції з осями координат, згадає мо, що на осі Oy значення x = 0. Тоді відповідне значення y = tg 0 = 0, тобто графік функціїy = tg x проходить через початок координат. На осі Ox значення y = 0. Отже, нам потрібні такі значення x, при яких tg x, тобто ордината відповідної точки лінії тангенсів, дорівнюватиме нулю. Це буде тільки тоді, коли відповідною точкою одиничного кола є точка C або D (рис. 63), тобто при x = πk, k ∈ Z. Проміжки знакосталості. Як було обґрунтовано в § 4, значення функції тангенс додатні (тобто ордината відпо відної точки лінії тангенсів додатна) у I і III чвертях. Отже, tg x > 0 при ( )π 2 0; ,x∈ а також, враховуючи період, при всіх ( )π 2 ; ,x k k∈ π + π k ∈ Z. Значення функції тангенс від’ємні (тобто ордината відповідної точки лінії тангенсів від’ємна) у ІІ і ІV чвертях. От же, tg x < 0 при ( )π 2 ; ,x k k∈ − + π π k ∈ Z. § 5. Графіки функцій синуса, косинуса, тангенса і котангенса та їх властивості Рис. 63
- 66. 66 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції Проміжки зростання і спадання. ( Враховуючи періодичність функції tg x (період T = π), досить дослідити її на зростання і спадання на будь якому проміжку довжиною π, наприклад, на проміжку ( )π π 2 2 ; .− Якщо ( )π π 2 2 ;x∈ − (рис. 64), то при збільшенні аргу менту x (x2 > x1 ) ордината відповідної точки лінії тангенсів збільшується (тобто tg x2 > tgx1 ). Отже, у цьому проміжку функція tg x зростає. Врахо вуючи періодичність функції tg x, робимо висновок, що вона зростає та кож у кожному з проміжків ( )π π 2 2 ; ,k k− + π + π k ∈ Z. ) Проведене дослідження дозволяє обґрунтовано побудувати графік функції y= tg x. Враховуючи періодичність цієї функції (з періодомπ), спочатку побу дуємо графік на будь якому проміжку довжиною π, наприклад, на проміжку ( )π π 2 2 ; .− Для більш точної побудови точок графіка скористаємося також тим, що значення тангенса — це ордината відповідної точки лінії тангенсів. На рисунку 65 показана побудова графіка функції y = tg x на проміжку ( )π π 2 2 ; .− Рис. 65Рис. 64 Рис. 66
- 67. 67 Далі, враховуючи періодичністьтангенса (з періодом π), повторюємо ви гляд графіка на кожному проміжку довжиноюπ (тобто паралельно переноси мо графік уздовж осі Ох на πk, де k — ціле число). Одержуємо графік, наведений на рисунку 66, який називається танген соїдою. 5.4. ГРАФІК ФУНКЦІЇ y = ctg x ТА ЇЇ ВЛАСТИВОСТІ Т а б л и ц я 13 § 5. Графіки функцій синуса, косинуса, тангенса і котангенса та їх властивості 1. Область визначення: D (ctg x): x ≠≠≠≠≠ πππππk, k ∈∈∈∈∈ Z 2. Область значень: y ∈ R. E (ctg x) = R 3. Функція непарна: ctg (–x) = –ctg x (графік симетричний відносно початку координат). 4. Функція періодична з періодом T = πππππ : ctg (x + π) = ctg x. 5. Точки перетину з осями координат: Оy немає Оx 2 0, , y x k π = = + π ∈ k Z 6. Проміжки знакосталості: ctg x > 0 при ( )2 x k kπ π π; ,∈ + k ∈ Z ctg x < 0 при ( )2 ; ,x k k π ∈ + π π + π k ∈ Z 7. Проміжки зростання і спадання: функція ctg x спадає на кожному з проміжків своєї області визначен ня, тобто на кожному з проміжків (πππππk; πππππ + πππππk), k ∈ Z. 8. Найбільшого інайменшого значень функціяне має. Графік функції y= ctg x(котангенсоїда) Властивості функції y = ctg x
- 68. 68 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції Пояснення й обґрунтування Нагадаємо, що cos sin ctg . x x x = Отже, областю визначення котангенса будуть всі значення аргументу, при яких sin х ≠ 0, тобто x ≠ πk, k ∈ Z. Таким чином, D (ctg x): x ≠≠≠≠≠ πππππk, k ∈ Z. Тойсамийрезультатможнаодержати,використовуючигеометричнуілюст рацію. Значення котангенса — це абсциса відповідної точки на лінії котан генсів (рис. 67). Оскільки точки А і В одиничного кола лежать на прямих ОА і ОВ, паралельних лінії котангенсів, ми не зможемо знайти значення котан генса для x = πk, k ∈ Z. Для всіх інших значень аргументу ми можемо знайти відповіднуточкуналініїкотангенсівіїїабсцису—котангенс.Такимчином,усі значення x≠ πkвходять до області визначення функції у = ctg х. Для точок одиничного кола (які не збігаються з точками А і В) абсциси відповідних точок на лінії котангенсів набувають усіх значень від – до + , отже, область значень функції y = ctg x — усі дійсні числа, тобто y ∈ R. Це можна записати так: E (ctg x) = R. З наведених міркувань також випливає, що найбільшого і найменшого значень функція ctg x не має. Як було показано в § 4, котангенс — непарна функція: ctg (–x) = –ctg x, тому її графік симетричний відносно початку координат. Також в § 4 було обґрунтовано, що котангенс —періодична функція з най меншим додатним періодом T = π: ctg (x + π) = ctg x, тому через проміжки довжиною π вигляд графіка функції ctg x повторюється. Щоб знайти точки перетину графіка функції з осями координат, згадає мо, що на осі Oy значення x = 0. Але ctg 0 не існує, значить, графік функції y = ctg x не перетинає вісь Oy. На осі Оx значення y = 0. Отже, нам потрібні такі значення x, при яких ctg x,тобтоабсцисавідповідноїточкилініїкотангенсів,дорівнюватименулю. Цебудетількитоді,коливідповідноюточкоюодиничногоколаєточкаCабоD, тобто при π 2 ,x k= + π k ∈ Z. Проміжки знакосталості. Як було обґрунтовано в § 4, значення функції котангенс додатні (тобто абсциса відповідної точки лінії котангенсів додат на) у I і III чвертях (рис. 68). Тоді ctg x > 0 при ( )π 2 0; .x∈ Враховуючи пе ріод, отримуємо, що ctg x > 0 при всіх ( )π 2 ; ,x k k∈ π + π k ∈ Z. Значення функції котангенс від’ємні (тобто абсциса відповідної точки лінії котангенсіввід’ємна)уІІіІVчвертях,от же,ctg x < 0при ( )π 2 ; ,x k k∈ + π π+ π k∈Z. Рис. 67
- 69. 69 Проміжки зростання іспадання. ( Враховуючиперіодичністьфункціїctgx(найменшийдодатнийперіодT = π), досить дослідити її на зростання і спадання на будь якому проміжку дов жиною π, наприклад, на проміжку (0; π). Якщо x ∈ (0; π) ( рис. 69), то при збільшенні аргументу x (x2 > x1 ) абсциса відповідноїточкилініїкотангенсівзменшується(тобтоctg x2 <ctgx1 ),отже, у цьомупроміжкуфункціяctgxспадає.Враховуючиперіодичність,робимо висновок,щовонатакожспадаєв кожномузпроміжків(πk;π +πk),k∈ Z. ) Проведене дослідження дозволяє побудувати графік функції y = ctg x ана логічнодотого,якбулопобудованографікфункціїy= tgx.Алеграфікфункції у= ctg xможна одержати також за допомогою геометричних перетворень гра фіка функції у = tg х. За формулою, наведеною на с. 63, ( )π 2 tg ctg ,x x+ = − тобто ( )π 2 ctg tg .x x= − + Тому графік функції у = ctg x можна одержати з гра фіка функції у = tg х паралельним перенесенням уздовж осі Ох на ( )π 2 − і си метричним відображенням одержаного графіка відносно осі Ох. Отримуємо графік, який називається котангенсоїдою (рис. 70). § 5. Графіки функцій синуса, косинуса, тангенса і котангенса та їх властивості Рис. 70 Рис. 69Рис. 68
- 70. 70 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції Приклади розв’язання завдань Приклад 1 Побудуйтеграфікфункціїтавкажітьнуліфункціїіпроміжки знакосталості: 1) у = 2 sin х; 2) у = sin 2х. К о м е н т а р Графіки всіх заданих функцій можна одержати за допомогою геометрич них перетворень графіка функціїf (x) = sinх (табл. 4). Отже, графіком кожної із цих функцій буде синусоїда. 1) у = 2 sin х = 2 f (x) — розтягування графіка y = sin x удвічі вздовж осі Оу; 2) у = sin 2х = f (2x) — стискування графіка y = sin x удвічі вздовж осі Ох. Нулі функції — це абсциси точок перетину графіка з віссю Ох. Щоб записати проміжки знакосталості функції, зазначимо, що функція у = 2sin х періодична з періодом T = 2π, а функція у = sin 2х періодична з пе ріодом π2 2 .T = = π Тому для кожної функції досить з’ясувати на одному періо ді, де значення функції додатні (графік знаходиться вище осіОх) і де від’ємні (графік знаходиться нижче осі Ох), а потім одержані проміжки повторити черезперіод. Р о з в ’ я з а н н я 1) Графік функції у = 2 sin х одержуємо із графіка функції у = sin х роз тягуванням його вдвічі вздовж осі Оу. Нулі функції: x = πk, k ∈ Z. Проміжки знакосталості: 2 sin x > 0 при x ∈ (2πk; π + 2πk), k ∈ Z; 2 sin x < 0 при x ∈ (π + 2πk; 2π + 2πk), k ∈ Z. 2) Графік функції у = sin 2х одержуємо із графіка функції у = sin х стис куванням його вдвічі вздовж осі Ох.
- 71. 71 Нулі функції: π 2 , k x =k ∈ Z. Проміжки знакосталості: sin 2x > 0 при ( )π 2 ; ,x k k∈ π + π k ∈ Z; sin 2x < 0 при ( )π 2 ; ,x k k∈ + π π + π k ∈ Z. Приклад 2 Розташуйте в порядку зростання числа: sin 1,9; sin 3; sin (–1); sin (–1,5). К о м е н т а р Для розміщення заданих чисел у порядку їх зростання з’ясуємо, які з них додатні, а які від’ємні, а потім порівняємо між собою окремо додатні числа і окремо від’ємні, користуючись відомими проміжками зростання і спадання функції sinх. Р о з в ’ я з а н н я Числа sin 1,9 і sin 3 — додатні (точки Р1,9 і Р3 знаходяться в ІІ чверті), а числа sin (–1) і sin (–1,5) — від’ємні (Р–1 і Р–1,5 знаходяться в ІV чверті). Враховуючи, що π 2 1,9 ,< < π π 2 3< < π і те, що функція sin х на проміжку π 2 ; π спадає, з нерівності 1,9 < 3 одержуємо sin 1,9 > sin 3. Також π 2 1 0,− < − < π 2 1,5 0.− < − < Функція sin х на проміжку π 2 ;0 − зрос тає. Враховуючи, що –1 > –1,5, одержуємо sin (–1) > sin (–1,5). Отже, у порядку зростання ці числа розташовуються так: sin (–1,5); sin (–1); sin 3; sin 1,9. Приклад 3 Побудуйте графік функції: 1) у = | sin х |; 2) у = sin | х |. К о м е н т а р Графіки заданих функцій можна одержати за допомогою геометричних перетворень графіка функціїf (x) = sin х. Згадаємо відповідні перетворення: 1) у = | sin х | = | f (x) | — вище осі Ox(і на самій осі) графік y = sin x залишаєть ся без зміни, нижче осі Ox — симетрично відображується відносно осі Ox; 2) у = sin | х | = f (| x |) — праворуч від осіOy (і на самій осі) графікy=sin x— без зміни,ітасамачастинаграфікасиметричновідображуєтьсявідносноосі Oy. Р о з в ’ я з а н н я Побудуємо спочатку графік функції у = f (x) = sin х: § 5. Графіки функцій синуса, косинуса, тангенса і котангенса та їх властивості
- 72. 72 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції 1) у = | sin х | = | f (x) | 2) у = sin | х | = f (| x |) Приклад 4 Побудуйте графік функції та вкажіть проміжки її спадання і зростання: 1) ( )6 cos ;y x π = − 2) у = –tg х. К о м е н т а р Графіки заданих функцій можна одержати за допомогою геометричних перетворень графіків функцій: 1) f (x) = cos х; 2) ϕ (x) = tg х. Тоді одержуємо: 1) ( ) ( )6 6 cosy x f x π π = − = − — паралельним перенесенням графіка функціїf (x) уздовж осі Ох на 6 π одиниць; 2) y = –tg х = –ϕ (x) — симетрією графіка функції ϕ (x) відносно осі Ох. Щоб записати проміжки спадання і зростання функцій, відмітимо, що функція ( )6 cosy x π = − періодична з періодомT = 2π, а функція у= –tg х періо дична з періодом T = π. Тому для кожної функції досить з’ясувати на одному періоді, де вона спадає і де зростає, а потім одержані проміжки повторити черезперіод. Р о з в ’ я з а н н я 1) Графік функції ( )6 cosy x π = − одержуємо з графіка функції у = cos х паралельним перенесенням уздовж осі Ох на 6 π одиниць.
- 73. 73 Функція спадає накожному з проміжків π π7 6 6 2 ; 2 ,k k π + π + k ∈ Z, і зростає на кожному з проміжків π5 6 6 2 ; 2 ,k k π − + π + π k ∈ Z. 2) Графік функції у = –tg х одержуємо симетричним відображенням графіка функції у = tg х відносно осі Ох. Функція спадає на кожному з проміжків ( )π 2 2 ; ,k k π − + π + π k ∈ Z. Запитання для контролю 1. а) Побудуйте графік функціїу = sin х. Користуючись графіком, охаракте ризуйте властивості цієї функці. б* ) Обґрунтуйте властивості функціїу = sin х. 2. а) Побудуйте графік функціїу = cosх. Користуючись графіком, охаракте ризуйте властивості цієї функції. б* ) Обґрунтуйте властивості функції у = cos х. 3. а) Побудуйте графік функціїy = tg х. Користуючись графіком, охаракте ризуйте властивості цієї функції. б* ) Обґрунтуйте властивості функціїy = tg х. 4. а) Побудуйте графік функції y = ctgх. Користуючись графіком, охаракте ризуйте властивості цієї функції. б* ) Обґрунтуйте властивості функціїу = ctg х. § 5. Графіки функцій синуса, косинуса, тангенса і котангенса та їх властивості
- 74. 74 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції Вправи 1. Користуючись властивостями функції у = sin x, порівняйте числа: 1°) sin 100° і sin 130°; 2) sin 1° і sin 1; 3°) π21 5 sin і π12 5 sin . 2. Користуючись властивостями функції у = cos x, порівняйте числа: 1°) cos 10° і cos 40°; 2) cos (–2) і cos (–3); 3°) π3 7 cos і π6 . 7 cos 3. Користуючись властивостями функції у = tg x, порівняйте числа: 1°) tg 15° і tg 140°; 2°) π2 9 tg і π10 9 tg ; 3) tg (–1,2π) і tg (–0,1π). 4. Користуючись властивостями функції у = ctgx, порівняйте числа: 1) ctg 3° і ctg 5°; 2) π 10 ctg і π13 10 ctg ; 3) ctg (–1) і ctg (–1,2). 5. Розташуйте числа в порядку їх зростання: 1) sin 3,3, sin 3,9, sin 1,2; 2) cos 0,3, cos 1,9, cos 1,2; 3) tg 0,7, tg (–1,3), tg 1,5; 4) ctg 0,5, ctg 2,9, ctg 1,1. Побудуйте графік функції та вкажіть нулі функції і проміжки знакоста лості (6–9). 6. 1) ( )3 sin ;y x π = − 2°) 3 sin ; x y = 3) у = sin (–x); 4°) у = –sin x; 5°) у = 3 sin x; 6) у = –| sin x |; 7* ) у = sin x + | sin x |. 7. 1) ( )6 cos ;y x π = + 2°) у = cos 3x; 3) у = cos (–x); 4°) у = –cos x; 5°) у = 2 cos x; 6) у = | cos x |; 7* ) у = cos x – | cos x |. 8. 1) ( )4 tg ;y x π = − 2) у = tg 2x; 3) у = tg (–x); 4) у = tg | x |; 5) у = | tg x |. 9. 1) ( )3 ctg ;y x π = + 2) у = ctg (–x); 3) у = –ctg x; 4) у = 3 ctg x. Побудуйте графік функції та вкажіть проміжки зростання і спадання функції (10–13). 10. 1°) у = sin 3x; 2°) у = 3 sin x; 3°) у = sin x + 1; 4* ) ( )4 sin 2 .y x π = + 11. 1°) 2 cos ; x y = 2°) у = cos x – 1; 3) у = cos| x |; 4* ) ( )3 3 cos 2 .y x π = − 12. 1) у = tg 4x; 2) у = tg x + 3; 3) у = –2 tg x; 4* ) у = tg x + | tg x |. 13. 1) 3 ctg ; x y = 2) у = –2ctg x; 3) у = | ctg x |; 4* ) у = ctg x + ctg | x |.
- 75. 75 Пояснення й обґрунтування (На рисунку в таблиці 14 зображене одиничне коло, тобто коло радіуса 1 з центром в початку координат. Рівняння цього кола: x2 + y2 = 1. Нехай при повороті на кут α точка P0 (1; 0) одиничного кола переходить у точку Pα (x; y) (тобто при повороті на кут α радіус OP0 переходить у радіус OPα ). Нагадаємо, що синусом α називається ордината точки Pα (x; y) одинич ного кола, тобто sinα = y, а косинусом α називається абсциса цієї точки, тобто cosα = x. Координати точки Pα задовольняють рівнянню кола, тодіy2 + x2 = 1, отже, sin2 ααααα + соs2 ααααα = 1. ) Цеспіввідношенняназивають основноютригонометричноютотожністю. Нагадаємо також, що: sin cos tg α α α = (де cos α ≠ 0); ctg cos sin αα αα αα == (sin α ≠ 0). Тоді sin cos cos sin tg ctg 1, α α α α α⋅ α = ⋅ = тобто tg αααααæææææ ctg ααααα = 1 (sin α ≠ 0 і cos α ≠ 0). За допомогою цих співвідношень і основної тригонометричної тотожності одержуємо: 2 2 2 2 2 2 2 sin cos sin 1 cos cos cos 1 tg 1 , α α + α α α α + α = + = = тобто 2 2 1 cos 1 tg α + α = (cos α ≠ 0) СПІВВІДНОШЕННЯ МІЖ ТРИГОНОМЕТРИЧНИМИ ФУНКЦІЯМИ ОДНОГО АРГУМЕНТУ§§§§§66666 Т а б л и ц я 14 x2 + y2 = 1 Основна тригонометрична тотожність sin2 ααααα + соs2 ααααα = 1 cos α = x sin α = y 2 2cos 1 tg α α+ = 1 12 2sin 1 ctg α α+ = tg sin cos αα αα αα = ctg cos sin α α α = tg αααααæææææctg ααααα = 1
- 76. 76 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції Аналогічно отримуємо: 2 2 2 2 2 2 2 cos sin cos 1 sin sin sin 1 ctg 1 , α α + α α α α + α = + = = тобто 2 2 1 sin 1 ctg α α+ = (sin α ≠ 0). Приклади розв’язання завдань Приклад 1 Знаючизначенняоднієїзтригонометричнихфункційтаінтер вал, у якому знаходиться α, знайдіть значення інших трьох тригонометричнихфункцій: 1) 4 5 sin ,α = 90° < α < 180°; 2) 1 3 tg ,α = π3 2 .π < α < Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р 1) З рівності sin2 α + соs2 α = 1 одержуємо: соs2 α = 1– sin2 α. Звід си ( ) 2 2 4 9 5 25 cos 1 .α = − = Оскільки 90° < α < 180°, то соs α < 0, а зна чить, 9 3 25 5 cos .α = − = − Тоді 4 sin 45 cos 3 3 5 tg , α α − α = = = − cos 3 sin 4 ctg . α α α = = − 2) З рівності tg αæсtg α = 1 отри муємо 1 tg ctg 3. α α = = Підставляє мо в рівність 2 2 1 cos 1 tg α + α = зна чення tg α і одержуємо: 2 1 1 9 cos 1 . α + = Звідси 2 9 10 cos .α = Оскільки π3 2 ,π < α < то соs α < 0, тоді 9 3 10 10 cos .α = − = − 1 3 1 3 10 10 sin tg cos . α = α⋅ α = ⋅ − = − 1) Рівність sin2 α+ соs2 α = 1 пов’язує sin α та соs α і дозволяє виразити однузцихфункційчерезіншу.На приклад, соs2 α = 1 – sin2 α. Тоді cos sin .α α= ± −1 2 Враховуючи,у якій чверті знаходиться α, ми мо жемо визначити знак, який по трібно взяти в правій частині фор мули(цезнаккосинусавІІчверті). Знаючи sin α і соs α, знаходимо sin cos tg α α α = і cos . sin ctg α α α = Зазначи мо,щопіслязнаходженняtgαзна чення сtg α можна також знайти із співвідношення tgαæсtgα = 1. 2) Рівність tg αæсtg α = 1 пов’язує tg α і сtg α і дозволяє виразити одну з цих функцій через іншу як обернену величину. Рівність 2 2 1 cos 1 tg α + α = пов’язує tg α та соs α і дозволяє виразити одну з цих функцій через іншу. Наприклад, 2 2 1 1 tg cos . + α α = Тоді cos . tg α α = ± + 1 1 2 Знаючи, у якій чверті знаходиться α, ми можемо
- 77. 77 Приклад 2 Спростітьвираз 2 2 1 cos tg .− α α Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р 1 2 2 2 2 2 2− = = cos tg sin sin cos cos . α α α α α α § 6. Співвідношення між тригонометричними функціями одного аргументу визначити знак, який потрібно взятивправійчастиніформули(це знак косинуса в ІІІ чверті). Для знаходження sina можнаско ристатися співвідношенням sin cos tg cos cos sin . α α α ⋅ α = ⋅ α = α Для перетворення чисельника да ного виразу з основної тригономет ричної тотожності sin2 α + соs2 α = 1 знаходимо: 1– соs2 α = sin2 α. Потім використовуємо означення тангенса: sin cos tg α α α = і спрощуємо одержаний дріб. Приклад 3 Спростіть вираз sin4 α – соs4 α + соs2 α. К о м е н т а р Для перетворення тригонометричних виразів поряд з тригонометричними формулами використовують також алгебраїчні формули і, зокрема, формули скороченого множення. Так, вираз sin4 α – соs4 α можна розглядати як різни цю квадратів: (sin2 α)2 – (соs2 α)2 . Тоді його можна розкласти на множники (як добуток суми і різниці sin2 α та соs2 α), а після цього вже використати основну тригонометричну тотожність: sin2 α + соs2 α = 1. Р о з в ’ я з а н н я sin4 α – соs4 α + соs2 α = (sin2 α + соs2 α)(sin2 α – соs2 α) + соs2 α = =1æ(sin2 α – соs2 α) + соs2 α = sin2 α – соs2 α +соs2 α = sin2 α. Приклад 4* Спростіть вираз ctg tg ctg α α + α при π 2 .< α < π К о м е н т а р Спочатку використаємо означення тангенса і котангенса: sin cos tg , α α α = cos sin ctg , α α α = а після перетворення знаменника дробу — основну тригономет
- 78. 78 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції ричну тотожність: sin2 α + соs2 α = 1, далі спрощуємо одержаний дріб. У кінці враховуємо, що 2 .a a= Для розкриття знаку модуля знаходимо знак коси нуса в заданому проміжку і враховуємо, що при a < 0 значення | a | = –a. Р о з в ’ я з а н н я cos ctg sin tg ctg sin cos cos sin α α α α + α α α α α = = + 2 2 cos cos sin sin sin cos 1 cos sin cos sin α α α α α + α α ⋅ α α ⋅ α = = 2cos= α = cos cos ,α = − α оскільки в ІІ чверті ( )π 2 < α < π соs α < 0. Приклад 5 Доведіть тотожність ( )2 2 sin cos 1 tg cos 2. α + α − α α = К о м е н т а р Доведемо, що ліва частина рівності дорівнює правій. Для цього в знамен никувикористаємоформулу sin cos tg , α α α = авчисельникупіднесемовиразудуж ках до квадрата і використаємо формулу sin2 α + соs2 α = 1. Нагадаємо, що тотожністю називається рівність, правильна при всіх допустимих значен нях букв, які входять до неї. Тому задана рівність є тотожністю тільки за умови tg α ≠ 0 і соs α ≠ 0. Р о з в ’ я з а н н я ( ) 2 2 sin cos 1 tg cos α + α − α α = 2 2 2 sin cos 2 sin cos 1 sin cos cos α + α + α α − α ⋅ α α 1 2 sin cos 1 2 sin cos sin cos sin cos 2. + α α − α α α α α α = = = 2 = 2. Отже, задана рівність є тотожністю. З а у в а ж е н н я. При доведенні тотожностей найчастіше використовують такі прийоми: 1) за допомогою тотожних перетворень доводять, що одна частина рівності дорівнюєіншій; 2) розглядають різницю лівої і правої частин тотожності і доводять, що ця різниця дорівнює нулю (цей прийом використовують у тих випадках, коли планується перетворювати обидві частини тотожності). Запитання для контролю 1. Запишіть співвідношення між тригонометричними функціями одного ар гументу. 2* .Доведіть співвідношення між тригонометричними функціями одного ар гументу.
- 79. 79 Вправи 1. Чи існуєчисло α, яке одночасно задовольняє умовам: 1°) 1 3 sin ,α = 1 3 cos ;α = 2°) 3 5 sin ,α = 4 5 cos ;α = 3°) sin α = 0,7, соs α = 0,3; 4°) 3 5 tg ,α = 5 3 ctg ;α = 5°) 4 7 tg ,α = 7 4 ctg ;α = 6) tg 2 3,α = + ctg 2 3?α = − 2. Знаючи значення однієї з тригонометричних функцій і інтервал, у якому міститься α, обчисліть значення інших трьох тригонометричних функцій: 1°) 12 13 sin ,α = − π3 2 2 ;< α < π 2°) соs α = –0,8, π 2 ;< α < π 3) 3 2 tg ,α = π3 2 ;π < α < 4) ctg α = –0,2, π 2 .< α < π 3. Спростіть вираз: 1°) 1– sin2 α – соs2 α; 2°) (1– соs α)æ(1 + соs α); 3°) 2 2 2 ctg sin 1 sin ; α α − α 4°) sin2 α – tg α ctg α; 5) sin4 α +2 sin2 α соs2 α + соs4 α; 6) 2 2 tg ctg 1+tg 1+ctg ;α α α α − 7) 2 cos tg sin ctg cos ; α ⋅ α α − α α 8) ( )( )1 1 sin sin ctg ctg ; α α + α − α 9* ) 4 4 6 6 sin cos 1 sin cos 1 ; α + α − α + α − 10* ) 1+sin 1 sin 1 sin 1 sin α − α − α + α − при π3 2 .π < α < 4. Доведіть тотожність: 1°) 2 2 1 cos 1 tg ; α − = α 2°) 2 2 1 sin 1 ctg ; α − = α 3°) (sin α + соs α)2 + (sin α – соs α)2 = 2; 4) 2ctg ctg tg cos ; α α + α = α 5) 2 2 2 2 1 tg 1 1 tg cos sin ;+ α − α α − α = 6) cos 1 sin 2 1 sin cos cos ; α + α + α α α + = 7) ctg2 α – соs2 α = ctg2 α соs2 α; 8) ( ) ( )2 2 2 2 cos 1 tg 1 tg ; α + α + − α = 9* ) 3 3cos sin 1 sin cos cos sin ; α − α + α α = α − α 10* ) 4 4 2 4 1 sin cos cos 2 tg . − α − α α = α 5* . 1) Відомо, що 1 2 sin cos .α + α = Знайдіть sin αæсоs α. 2) Відомо, що tg α + сtg α = 2. Знайдіть: а) tg2 α + сtg2 α; б) tg3 α + сtg3 α. § 6. Співвідношення між тригонометричними функціями одного аргументу
- 80. 80 7.1. ФОРМУЛИ ДОДАВАННЯ Та б л и ц я 15 ФОРМУЛИ ДОДАВАННЯ ТА ЇХ НАСЛІДКИ§§§§§77777 Пояснення й обґрунтування 1. Косинус різниці і суми. ( Щоб одержати формулу для cos (α– β),спочаткурозглянемовипадок,коли α і β знаходяться в проміжку [0; π] і α > β. На одиничному колі позначимо точки Рα іРβ та зобразимо вектори OPα і OPβ (рис. 71). Ці вектори мають ті самі координати, що й точки Рα і Рβ ,тобто: ( )cos ;sin ,OPα α α ( )cos ; sin .OPβ β β Довжини (модулі) цих векторів до рівнюють одиниці: 1,α =OP 1,β =OP а кут між ними дорівнює α – β (тобто ∠ Рα OРβ = α – β). Знайдемо скалярний добуток век торів OPα і OPβ двома способами: 1) як суму добутків однойменних ко ординат:Рис. 71 1. Косинус різниці і суми cos (ααααα – βββββ) = cos ααααα cos βββββ + sin ααααα sin βββββ cos (ααααα + βββββ) = cos ααααα cos βββββ – sin ααααα sin βββββ 2. Синус суми і різниці sin (ααααα + βββββ) = sin ααααα cos βββββ + cos ααααα sin βββββ sin (ααααα – βββββ) = sin ααααα cos βββββ – cos ααααα sin βββββ 3. Тангенс суми і різниці ( ) tg tg 1 tg tg tg α − β + α β α − β =( ) tg tg 1 tg tg tg α + β − α β α + β =
- 81. 81 cos cos sinsin ;OP OPα β⋅ = α⋅ β + α⋅ β 2) як добуток довжин (модулів) векторів на косинус кута між ними: Отже, cos (ααααα – βββββ) = cos ααααα cos βββββ + sin ααααα sin βββββ . (1) Одержануформулуназивають формулоюкосинусарізниці. Словесноїїмож на сформулювати так: косинус різниці двох кутів (чисел) дорівнює добутку косинуса пер шого кута (числа) на косинус другого плюс добуток синуса першого на синус другого. Щоб обґрунтувати цю формулу в загальному випадку, згадаємо, що за означенням кут між векторами (∠ Рα OРβ ) може бути тільки в межах від 0 до π, тому при α > β кут між векторами OPα і OPβ може дорівнювати α – β (рис. 71), або може дорівнювати 2π – (α – β) (рис. 72), або може відрізняти ся від цих значень на ціле число обертів (тобто на 2πk, де k ∈ Z). Враховуючиперіодичність(зперіодом2π)тапарністьфункціїкосинус,одер жуємо, що в будь якому випадку cos ∠ Рα OРβ = cos (α – β), отже, наведене обґрунтування залишається правильним для будь яких значень α і β. За допомогою формули (1) легко вивести формулу косинуса суми: cos (α + β) = cos (α – (–β)) = cos α cos (–β) + sin α sin (–β) = = cos α cos β – sin α sin β. Отже, cos (ααααα + βββββ) = cos ααααα cos βββββ – sin ααααα sin βββββ . (2) Косинус суми двох кутів (чисел) дорівнює добутку косинуса першо го кута (числа) на косинус другого мінус добуток синуса першого на синус другого. ))))) 2. Синус суми і різниці. ( Виведемо тепер формули синуса суми і синуса різниці. Спочатку за формулою (1) одержи мо два корисні співвідношення. А саме: cos cos cos sin sin cos sin sin . π π π ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ 2 2 2 0 1 −( )= + = = ⋅ + ⋅ = ϕ Запишемо одержану формулу спра ва наліво: ( )π 2 sin cos .ϕ = − ϕ (3) § 7. Формули додавання та їх наслідки Рис. 72
- 82. 82 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції Якщо підставити у формулу (3) π 2 ,ϕ = − α маємо: ( )π 2 sin cos .− α = α (4) Використовуючи формули (3), (1) і (4), одержуємо: sin cos cosα β α β α β π π +( ) = − +( )( )= −( )−( )= 2 2 ( ) ( )π 2 2 cos cos sin sin sin cos cos sin . π = − α β + − α β = α β + α β Отже, sin (ααααα + βββββ) = sin ααααα cos βββββ + cos ααααα sin βββββ . (5) Cинус суми двох кутів (чисел) дорівнює добутку синуса першого кута (числа) на косинус другого плюс добуток косинуса першого на синус другого. Для синуса різниці маємо: sin (α – β) = sin (α + (–β)) = sin α cos (–β) + cos α sin (–β) = = sin α cos β – cos α sin β. Отже, sin (ααααα – βββββ) = sin ααααα cos βββββ – cos ααααα sin βββββ . Cинусрізницідвохкутівдорівнюєдобуткусинусапершогокута(чис ла) на косинус другого мінус добуток косинуса першого на синус другого. ))))) 3. Тангенс суми і різниці. ( За допомогою формул додавання для синуса (5) і косинуса (2) легко одер жати формули додавання для тангенса чи котангенса. Наприклад, ( ) ( ) ( ) β + β β sin cos cos sinsin . cos cos cos sin sin tg α αα + β α + β α β − α α +β = = Поділимо чисельник і знаменник останнього дробу на добуток cos α cos β (звичайно, за умови, що cos α ≠ 0 і cos β ≠ 0 ) і одержимо: sin cos cos sin sinsin cos cos cos cos cos cos tg tg cos cos sin sin sin 1 tg tgsin 1 cos cos cos cos cos cos . α β α β βα + + α β α β α β α + β α β α β β − α βα − − ⋅ α β α β α β = = Отже, ( ) tg tg 1 tg tg tg . α + β − α β α +β = Для тангенса різниці маємо: ( ) ( )( ) tg tg( ) tg tg 1 tg tg( ) 1 tg tg tg tg . α + −β α − β − α − β + α β α −β = α + −β = = Отже, ( ) tg tg 1 tg tg tg . α − β + α β α −β = )
- 83. 83 Приклади розв’язання завдань Приклад1 Обчисліть: 1) sin 15°; 2) cos15°; 3) tg 15°. Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р § 7. Формули додавання та їх наслідки 1) sin 15° = sin (45° – 30°) = = sin 45° cos 30° – cos 45° sin 30° = 2 3 2 1 6 2 2 2 2 2 4 . − = ⋅ − ⋅ = 2) cos 15° = cos (45° – 30°) = = cos 45° cos 30° + sin 45° sin 30° = 2 3 2 1 6 2 2 2 2 2 4 . + = ⋅ + ⋅ = 3) tg 15° = tg (45° – 30°) = tg 45 tg 30 1 tg 45 tg 30 − + = 3 1 3 33 3 3 3 1 1 3 − − + + ⋅ = = = ( ) ( )( ) 2 3 3 3 3 3 3 − + − = = 12 6 3 6 2 3. − = − Подамо 15° як різницю: 15° = 45° – 30°, а значення тригонометричних функ цій кутів 45° і 30° ми знаємо. Тому, записавшисинус15°яксинусрізниці, одержимо значення sin 15°. Анало гічно знайдемо cos 15° і tg 15°. Зауважимо, що для знаходження tg 15° можна було також використа ти формулу sin cos tg . α α α = У завданні 3 в одержаному виразі 3 3 3 3 − + зручно позбутися ірраціональ ності в знаменнику дробу, що значно спрощує відповідь. Приклад 2 Спростіть вираз ( ) ( ) cos sin sin . cos sin sin α + β + α β α − β − α β К о м е н т а р У чисельнику і знаменнику дробу використаємо формули косинуса суми і косинуса різниці та зведемо подібні члени. Р о з в ’ я з а н н я ( ) ( ) cos sin sin cos sin sin α + β + α β α − β − α β = cos cos sin sin sin sin cos cos sin sin sin sin α β − α β + α β α β + α β − α β cos cos cos cos 1. α β α β = = Приклад 3 Знайдіть значення виразу cos 37° cos 23° – sin 37° sin 23°. Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р cos 37 cos 23 sin 37 cos 23° ° − ° ° = ( ) 1 2 cos 37 23 cos 60 .= ° + ° = ° = Використаємо формулу косинуса суми справа наліво: cos α cos β – sin α sin β = cos (α + β).
- 84. 84 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції Приклад 4 Доведіть тотожність: 1) ( )4 sin cos 2sin ; π α + α = α + 2) ( )4 sin cos 2sin . π α − α = α − К о м е н т а р Для обґрунтування цих тотожностей доведемо, що їхні праві частини до рівнюють лівим, використовуючи формули синуса суми і синуса різниці: sin (α ä β) = sin α cos β ä cos α sin β. Р о з в ’ я з а н н я 1) ( )4 2sin π α + = ( )4 4 2 sin cos cos sin π π α + α 2 2 2 2 2 sin cos = α⋅ + α⋅ = sin cos ;= α + α 2) ( )4 2sin π α − = ( )4 4 2 sin cos cos sin π π α − α = 2 2 2 2 2 sin cos α⋅ − α⋅ = sin cos .= α − α Запитання для контролю 1. Запишіть формули додавання: а) косинус суми і косинус різниці; б) синус суми і синус різниці; в) тангенс суми і тангенс різниці. 2* .Доведіть формули додавання: а) косинус суми і косинус різниці; б) синус суми і синус різниці; в) тангенс суми і тангенс різниці. Вправи 1. Обчисліть: 1) sin 13° cos 17° + cos 13° sin 17°; 2) sin 16° cos 29° + sin 29° cos 16°; 3) sin 78° cos 18° – sin 18° cos 78°; 4) sin 63° cos 33° – sin 33° cos 63°; 5) cos 66° cos 6° + sin 66° sin 6°; 6) cos 71° cos 26° + sin 71° sin 26°; 7) cos 20° cos 25° – sin 20° sin 25°; 8) cos 18° cos 12° – sin 18° sin 12°; 9) tg10 tg 35 1 tg 10 tg 35 ; ° + ° − ° ° 10) tg73 tg13 1+tg 73 tg13 ; ° − ° ° ° 11) 1+ tg 67 tg 7 tg 67 tg 7 . ° ° ° − ° 2. Спростіть: 1°) sin 5α cos 3α – cos 5α sin 3α; 2) cos 4α cos 2α + sin 4α sin 2α; 3) sin (α – β) cos β + cos (α – β) sin β; 4) cos α cos (α + β) + sin α sin (α + β); 5°) cos7 cos4 sin7 sin4 ; sin cos2 cos sin2 α α + α α α α + α α 6°) sin8 cos2 cos8 sin2 cos2 cos4 sin2 sin4 ; α α − α α α α − α α 7°) tg 4 tg 3 1 tg 4 tg 3 ; α + α − α α 8°) tg 7 tg 2 1 tg 7 tg 2 ; α − α + α α
- 85. 85 9) ( ) () ( ) ( ) sin sin sin sin ; α + β + α − β α + β − α − β 10) ( ) ( ) sin 2sin cos cos 2cos cos . α + β − α β α + β − α β 3. За допомогою формул додавання обчисліть: 1) sin 75°; 2) cos 75°; 3) tg 75°; 4) sin 105°; 5) cos 105°; 6) tg 105°. 4. Доведіть тотожність: 1) sin (α + β) + sin (α – β) = 2 sin α cos β; 2) cos (α – β) – cos (α + β) = 2 sin α sin β; 3) ( )sin cos cos tg tg ; α + β α β = α + β 4) ( )sin sin sin ctg ctg . α − β α β = β − α 5) ( ) ( )sin 30 cos 60 3sin ;− α − − α = − α 6) sin (30° – α) + sin (30° + α) = cos α; 7* ) ( ) ( )3 3 4 4 tg tg tg tg 1; π π − α + α = −α α − 8* ) ( ) ( )4 4 tg tg 1 tg tg ; π π α + − α = + α + α 9* ) 3 sin 2cos(60 ) 2sin(60 ) 3 cos ctg ; α + + α + α − α = α 10* ) ( ) ( ) 2 cos 2cos 45 2sin 45 2 sin tg . α − + α + α − α = α 7.2. ФОРМУЛИ ПОДВІЙНОГО АРГУМЕНТУ Т а б л и ц я 16 § 7. Формули додавання та їх наслідки Пояснення й обґрунтування ( Щоб одержати формули подвійного аргументу, досить у формулах дода вання sin (α + β) = sin α cos β + cos α sin β, cos (α + β) = cos α cos β – sin α sin β, ( ) tg tg 1 tg tg tg α + β − α β α + β = взяти β = α. Одержимо тотожності: sin 2α = sin α cos α + cos α sin α = 2 sin α cos α, тобто sin 2ααααα = 2 sin ααααα cos ααααα. cos 2α = cos α cos α – sin α sin α = cos2 α – sin2 α, тобто cos 2ααααα = cos2 ααααα – sin2 ααααα. sin 2ααααα = 2 sin ααααα cos ααααα cos 2ααααα = cos2 ααααα – sin2 ααααα = 1 – 2 sin2 α = 2 cos2 α – 1 − = 2 2 tg 1 tg tg2 α α α
- 86. 86 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції 2 tg tg 2tg 1 tg tg 1 tg tg 2 ,α + α α − α ⋅ α − α α = = тобто − = 2 2tg 1 tg tg 2 . α α α ) З формули cos 2α = cos2 α – sin2 α, користуючись основною тригонометрич ною тотожністю cos2 α + sin2 α = 1, можна одержати формули, які дозволяють виразити cos 2α тільки через sin α або тільки через cos α. ( Дійсно, з основної тригонометричної тотожності одержуємо sin2 α = 1– cos2 α, cos2 α = 1 – sin2 α. Тоді cos 2α = cos2 α – sin2 α = cos2 α – (1– cos2 α) = 2 cos2 α – 1, тобто cos 2α = 2 cos2 α – 1. (1) cos 2α = cos2 α – sin2 α = 1 – sin2 α – sin2 α = 1 – 2 sin2 α, тобто cos 2α = 1 – 2 sin2 α. ) (2) З формул (1) і (2) можна одержати наслідки, які корисно запам’ятати: 2 1 cos 2 2 sin , α α − = 2 1 cos 2 2 cos . α α + = Ці формули називаютьформулами зниження степеня. Якщо в останніх формулах позначити 2α = x, тобто 2 , x α = то можна запи сати такі формули: 2 2 1 cos 2 sin , x x− = 2 2 1 cos 2 cos . x x+ = (3) Зазначимо, що формули синуса і косинуса подвійного аргументу справед ливі для будь яких значень аргументу, тоді як формула тангенса подвійного аргументу справедлива тільки для тих значень аргументу α, для яких озна чені tg α і tg 2α, тобто тільки при 2 k π α ≠ + π і 2 2 ,k π α ≠ + π де k ∈ Z. Зазначимо також, що, як завжди, одержані формули можна використову вати як зліва направо, так і справа наліво. Наприклад, замість виразу 2 sin 3α cos 3α можна записати sin (2æ3α) = sin 6α, а замість виразу cos2 1,5α – sin2 1,5α записати cos 3α. Приклади розв’язання завдань Приклад 1 Обчисліть: 1) 2 2 8 8 cos sin ; π π − 2) sin 15°cos 15°. Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р У першому завданні досить «упі знати» праву частину формули коси нусаподвійногоаргументуізаписати результат. У другому завданні слід звернути увагу на те, що заданий ви 1) ( )2 2 8 8 8 cos sin cos 2π π π − = ⋅ = 2 4 2 cos . π = =
- 87. 87 2) 1 2 sin15 cos15 2sin15 cos15° ° = ⋅ ° ° = ( )1 1 1 2 2 4 sin 2 15 sin 30 .= ⋅ ° = ° = § 7. Формули додавання та їх наслідки раз відрізняється від правої частини формули синуса подвійного аргумен ту тільки відсутністю двійки. Тому, якщо цей вираз помножити і поділи ти на 2, то він не зміниться, але тепер заформулоюодержуємо: ( ) 1 2 2sin15 cos15 sin 2 15 sin30 .° ° = ⋅ ° = ° = Приклад 2 Доведіть тотожність 1 cos4 sin4 ctg 2 . + α α = α К о м е н т а р Доведемо, що ліва частина тотожності дорівнює правій. Зазначимо, що в чисельнику дробу знаходиться вираз, який можна безпосередньо перетвори ти за формулою (3). Але застосування цієї формули зменшує аргумент удвічі: 1 + cos 4α = 2 cos2 2α. Бажано і в знаменнику дробу перейти до того самого аргументу 2α, який з’явився в чисельнику. Для цього розглянемо sin 4α як синус подвійного аргументу (відносно аргументу 2α): sin 4α = sin (2æ2α) = = 2 sin 2α cos 2α. Р о з в ’ я з а н н я 22 cos 21 cos4 cos2 ctg2 . sin4 2 sin2 cos2 sin2 α+ α α = α α α α α = = Приклад 3* Скоротіть дріб 1 sin2 cos2 . + α α К о м е н т а р Перетворюючи тригонометричні вирази, слід пам’ятати не тільки триго нометричні, а й алгебраїчні формули. Зокрема, якщо використати в знамен нику дробу формулу косинуса подвійного аргументу: cos 2α = сos2 α – sin2 α, одержуємо вираз, який є різницею квадратів сosα та sinα. Його можна роз класти на множники як добуток суми та різниці цих виразів. З огляду на вираз, одержаний у знаменнику, у чисельнику розглянемо вираз sin 2α = = 2 sin α cos α як подвоєний добуток sin α на cos α. Тоді для отримання квад рата суми цих виразів нам потрібна ще сума sin2 α + сos2 α, але за основною тригонометричною тотожністю цю суму дає одиниця, яка стоїть у чисель нику. Р о з в ’ я з а н н я 2 2 2 2 1 sin 2 sin cos 2 sin cos cos2 cos sin + α α + α + α α α α − α = = 2 (sin cos ) sin cos (cos sin )(cos sin ) cos sin .α + α α + α α + α α − α α − α =
- 88. 88 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції Приклад 4 Знаючи, що 3 5 cosα = і що ( )3 2 ;2 , π α∈ π обчисліть: 1) sin 2α; 2) cos 2α; 3) tg 2α; 4) ctg 2α. Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р Щоб знайти значення sin 2α за формулою синуса подвійного аргу менту sin 2α = 2 sin α cos α, потрібно, крімзаданогозначенняcos α,матище й значення sin α, яке легко знахо диться з використанням основної тригонометричної тотожності: sin2 α = 1 – сos2 α. Нагадаємо, що для знаходження sin α слід також врахувати знак си нуса в заданому проміжку (за умо вою α знаходиться в IV чверті, де си нус від’ємний). Зазначимо,щоcos2αможнатакож знайтизаформулою cos 2α = 2 cos2 α – 1, не обчислюючи sin α, а ctg 2α — за формулою ctg , tg 2 1 2 α α = підставив ши знайдене значення tg 2α. 2 2 9 25 sin 1 cos 1 ,α = − α = − тобто 2 16 25 sin .α = Отже, 4 5 sinα = або 4 5 sin .α = − Враховуючи, що ( )3 2 ;2 , π α∈ π одержуємо 4 5 sin .α = − Тоді: 1) sin 2 2 sin cosα = α α = ( )4 3 24 5 5 25 2 ;= ⋅ − ⋅ = − 2) 2 2 cos 2 cos sinα = α − α = 9 16 7 25 25 25 ;= − = − 3) 24 sin2 2425 cos2 7 7 25 tg2 ; − α α − α = = = 4) cos2 7 sin2 24 ctg 2 . α α α = = Запитання для контролю 1. Запишіть формули синуса, косинуса і тангенса подвійного аргументу. 2* .Доведіть формули синуса, косинуса і тангенса подвійного аргументу. Вправи 1°. Обчисліть: 1) cos2 15° – sin2 15°; 2) 8 8 2 sin cos ; π π 3) (cos 15° + sin 15°)2 ; 4) (cos 75° – sin 75°)2 ; 5) 2 2tg15 1 tg 15 ;° − ° 6) 2 tg 8 1 tg 8 . π π −
- 89. 89 Доведіть тотожність (2–3). 2°.1) 2 2 2 2 cos sin cos ; x x x− = 2) 1 2 sin 5 cos 5 sin10 ;x x x= 3) (sin x + cos x)2 = 1 + sin 2x; 4) (sin x – cos x)2 = 1 – sin 2x. 3. 1) sin4 4sin cos cos2 ; α α = α α 2) sin4 4cos sin cos2 ; α α = α α 3) (ctg α – tg α) sin 2α = 2 cos 2α; 4) 2 sin2 tg ctg ; α α + α = 5) 2ctg 1 2ctg ctg 2 . α − α α = 4. Спростіть вираз: 1°) sin2 cos sin ; α α − α 2°) cos2 α – cos 2α; 3) sin 2 2sin cos 1 ; α − α α − 4* ) cos 2 sin 2 cos 4 . α − α α 5. Знаючи, що 4 5 sinα = і що ( )2 ; , π α∈ π обчисліть: 1) sin 2α; 2) cos 2α; 3) tg 2α; 4) ctg 2α. 6. Знаючи, що 5 13 cos α = − і що ( )3 2 ; , π α∈ π обчисліть: 1) sin 2α; 2) cos 2α; 3) tg 2α; 4) ctg 2α. 7. Знаючи, що 3 4 tg α = і що ( )3 2 ; , π α∈ π обчисліть: 1) sin 2α; 2) cos 2α; 3) tg 2α; 4) ctg 2α. 8. Знаючи, що 4 3 ctgα = − і що ( )3 2 ;2 , π α∈ π обчисліть: 1) sin 2α; 2) cos 2α; 3) tg 2α; 4) ctg 2α. 9* . Знайдіть cos 2α, якщо sin 3cos sin cos 3. α + α α − α = 10* .Знайдіть найбільше і найменше значення виразу cos 2α – | cos α |. 11. Побудуйте графік функції: 1) y = sin x cos x; 2) y = sin 4 x – cos 4 x; 3* ) y = tg x sin 2x. § 7. Формули додавання та їх наслідки
- 90. 90 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції 7.3. ФОРМУЛИ ЗВЕДЕННЯ Т а б л и ц я 17 Формулами зведення називають формули, за допомогою яких триго нометричніфункціївідаргументіввиду kπäαі 2 (2 1)k π + ± α (k ∈ Z)зводять до тригонометричних функцій від аргументу α. Алгоритм Приклади 1. Якщо до числа ααααα до дається число kπππππ, k ∈∈∈∈∈ Z(тобто число, яке зображується на горизонтальному діаметрі одиничногокола),тоназваза даної функції не змінюється, а якщо додається число ( ) π 2 2 1k+ (тобто число, яке зображується на вертикаль ному діаметрі одиничного кола), то назва заданої функ ції змінюється на відповідну (синус на косинус, косинус на синус, тангенс на котангенс і котангенс на тангенс). 2. Знак одержаного вира зу визначається знаком по чатковоговиразу,якщоумов но вважати кут ααααα гострим. 1. Спростіть за формулами зведення tg(3π – α). tg(3π– α)=–tgα. К о м е н т а р. Назва заданої функції не змінюється, оскільки 3π зображується на горизонтальному діаметрі (зліва) одинич ного кола. Якщо α — гострий кут, то 3π – α знаходиться в IІ чверті, де тангенс від’єм ний, тому в правій частині формули взято знак «–». 2. Спростіть ( )3 2 cos . π + α ( )π3 2 cos sin .+ α = α К о м е н т а р. Назвазаданоїфункціїзміню ється,оскільки π3 2 зображуєтьсянаверти кальному діаметрі (внизу) одиничного ко ла. Якщо α — гострий кут, то π3 2 + α знахо дитьсявIVчверті,декосинусдодатний,тому в правій частині формули взято знак «+».
- 91. 91 Пояснення й обґрунтування (Формули додавання дозволяють обґрунтувати формули зведення, за яки митригонометричніфункціївідаргументіввиду kπäαі(2k +1) 2 π ± α (k ∈ Z) зводять до тригонометричних функцій від аргументу α. Розглянемо декілька прикладів. sin (π – α) = sin π cos α – cos π sin α = 0æcos α – (–1)æsin α = sin α; cos (π + α) = cos π cos α – sin π sin α = (–1)æcos α – 0æsin α = –cos α; ( ) ( ) ( ) π π π π cos 6 cos6 cos sin6 sin cos sin 6 sin6 cos cos6 sin sin ctg 6 ctg π − α α + α α π − α α − α − α π − α = = = = − α (звичайно, в останньому випадку той самий результат можна одержати, використовуючи періодичність і непарність функції котангенс); ( )π 2 2 2 sin sin cos cos sin 1 cos 0 sin cos ; π π − α = α − α = ⋅ α − ⋅ α = α ( ) ( )π π π7 7 7 2 2 2 cos cos cos sin sin 0 cos 1 sin sin ;+ α = α − α = ⋅ α − − ⋅ α = α ( ) ( ) ( ) 3 3 3 sin sin cos cos sin 3 cos2 2 2 2 3 3 3 sin cos cos cos sin sin 2 2 2 tg ctg . π π π + α α + α π − α π π π α + α α − α + α = = = = − α Для аналізу одержаних результатів складемо таку таблицю: Т а б л и ц я 18 § 7. Формули додавання та їх наслідки Вид аргументу Одержана формула Зміна назви заданої функції Чверть (якщо умовно вва жати α гост рим кутом) Знак заданої функції у відповідній чверті sin (π – α) = sin α немає II + cos (π + α) = –cos α немає IІI – ctg (6π – α) = –ctg α немає IV – ( )π 2 sin cos− α = α є I + π 2 (2 1)k+ ± α ( )π7 2 cos sin+ α = α є IV + ( )π3 2 tg ctg+ α = − α є IV – (k ∈ Z) kπäα (k ∈ Z)
- 92. 92 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції Аналогічно можна обґрунтувати, що у всіх випадках тригонометричні функції від аргументів виду kπ ä α і (2k + 1) 2 π ± α (k ∈ Z) можна зводити до тригонометричних функцій від аргументу α за таким алгоритмом: якщо до числа ααααα додається число kπππππ, k ∈∈∈∈∈ Z (тобто число, яке зобра жується на горизонтальному діаметрі одиничного кола), то назва заданої функції не змінюється, а якщо додається число (2k + 1) 2 π (тобто число, яке зображується на вертикальному діаметрі оди ничного кола), то назва заданої функції змінюється на відповідну (синус на косинус, косинус на синус, тангенс на котангенс і котан генс на тангенс). Знак одержаного виразу визначається знаком по чаткового виразу, якщо умовно вважати кут ααααα гострим. ) У таблиці 19 наведено основні формули зведення. Всі інші випадки мо жуть бути зведеними до них за допомогою використання періодичності відпо відних тригонометричних функцій. Т а б л и ц я 19 Зазначимо, що за формулами зведення ( )π 2 cos sin ,− α = α ( )π 2 sin cos ,− α = α ( )π 2 ctg tg ,− α = α ( )π 2 tg ctg .− α = α Якщо останні формули записати справа на ліво, то одержимо корисні співвідношення, які часто називають формулами доповняльнихаргументів(аргументи αі π 2 −α доповнюютьодинодногодо )π 2 : ( )π 2 sin cos ,α = − α ( )π 2 cos sin ,α = − α ( )π 2 tg ctg ,α = − α ( )π 2 ctg tg .α = − α Наприклад, sin 60° = cos (90°–60°) = cos 30°; cos 89° = sin (90°–89°) = sin 1°.
- 93. 93 Приклади розв’язання завдань Приклад1 Обчисліть за допомогою формул зведення: 1) cos 210°; 2) π3 4 tg . Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р § 7. Формули додавання та їх наслідки 1) ( )cos 210 cos 180 30° = ° + ° = = − ° = −cos ;30 3 2 2) ( )3 4 2 4 4 tg tg ctg 1. π π π π = + = − = − Приклад 2* Доведіть тотожність ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 sin cos 3 32 tg 2 tg 2 cos cos 2 . π + α π − α π π π + α + α ⋅ − − α = α К о м е н т а р Доведемо, що ліва частина тотожності дорівнює правій. Спочатку викори стаємо формули зведення, а потім спростимо одержані вирази, використову ючи формули: tgαæctg α = 1 та cos2 α – sin2 α = cos 2α. При спрощенні виразів cos (3π – α) та tg (π + α) можна застосувати як безпосередньо формули зведен ня, так і періодичність відповідних функцій. Наприклад, враховуючи, що періодомфункціїcosxє2π,одержуємо:cos (3π–α)=cos (2π+π–α)=cos (π–α) = = –cos α. Р о з в ’ я з а н н я ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 sin cos 3 32 tg 2 tg 2 cos π + α π − α π π π + α + α ⋅ − −α = ( ) ( ) ( ) 2cos cos ctg tg sin − α ⋅ α − α ⋅ α − − α = 2 2 2 2cos 1 sin cos sin cos2 . − α − = − α = α − α = α Запитання для контролю 1. Проілюструйте на прикладах використання формул зведення. Поясніть одержаний результат. 2* .Доведіть декілька формул зведення. Подамозаданіаргументитак,щоб можна було використати формули зведення (тобто виділимо в аргументі такічастини,якізображаютьсянаго ризонтальному або вертикальному діаметрі одиничного кола). Напри клад, 210° = 180° + 30°. Звичайно, можна було подати цей аргумент ще й так: 210° = 270° – 60° і теж викорис тати формули зведення.
- 94. 94 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції Вправи 1. Обчисліть за допомогою формул зведення: 1) sin 240°; 2) tg 300°; 3) cos 330°; 4) ctg 315°; 5) π4 3 cos ; 6) ( )π11 6 sin ;− 7) π7 6 tg ; 8) ( )π3 4 ctg .− 2. Обчисліть: 1) cos 8° cos 37° – cos 82° cos 53°; 2) sin 68° sin 38° – sin 52° cos 112°. 3. Спростіть вираз: 1°) ( ) ( ) ( ) sin cos 3 ctg 2 ; π + α π − α π − α 2°) ( ) ( ) ( ) 3 sin cos 2 2 tg ; π π − α + α π − α 3°) ( ) ( ) ( ) 5 sin 3 sin 2 sin 2 ; π π + α − α π − α 4) ( ) ( ) ( )( ) 2 3 tg cos( )sin(3 ) 2 cos 3,5 sin 1,5 1 ; π − α − π − α π + α π − α + π + α − 5* )tg1°ætg2°ætg3°æ...ætg87°ætg88°ætg89°. 4. Доведіть тотожність: 1°) 2 sin (90° + α) sin (180° + α) = –sin 2α; 2°) ctg 20°æctg 70° = 1; 3) ( ) ( ) ( ) 2 sin 2 2sin 2 cos sin 2 2 ctg ; π π − α − − α π − α − α = − α 4* ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 sin cos 12 2 4 tg ctg 2 2 sin 2 . π π + α − α − π π + α − α − = α 7.4. ФОРМУЛИ СУМИ І РІЗНИЦІ ОДНОЙМЕННИХ ТРИГОНОМЕТРИЧНИХ ФУНКЦІЙ ТА ФОРМУЛИ ПЕРЕТВОРЕННЯ ДОБУТКУ ТРИГОНОМЕТРИЧНИХ ФУНКЦІЙ У СУМУ Т а б л и ц я 20 1. Формули суми і різниці тригонометричних функцій sin sin sin cosαα ββ αα ββ αα ββ + = + − 2 2 2 sin sin sin cosαα ββ αα ββ αα ββ − = − + 2 2 2 cos cos cos cosαα ββ αα ββ αα ββ + = + − 2 2 2 cos cos sin sinαα ββ αα ββ αα ββ − = − + − 2 2 2 ( )+ + = sin cos cos tg tg α β α β α β tg tg sin cos cos αα ββ αα ββ αα ββ − = ( )− 2. Перетворення добутку тригонометричних функцій у суму sin sin cos cosαα ββ αα ββ αα ββ== −−(( ))−− ++(( ))(( ))1 2 cos cos cos cosαα ββ αα ββ αα ββ== −−(( ))++ ++(( ))(( ))1 2 sin cos sin sinαα ββ αα ββ αα ββ== −−(( ))++ ++(( ))(( ))1 2
- 95. 95 Пояснення й обґрунтування 1.Формули суми і різниці тригонометричних функцій. ( За формулами додавання: sin (x + y) = sin x cos y + cos x sin y; sin (x – y) = sin x cos y – cos x sin y. Додаючи почленно ці рівності, одержуємо: sin (x + y) + sin (x – y) = 2 sin x cos y. (1) Якщо позначити: х + у = α, (2) х – у = β, (3) то, додаючи і віднімаючи рівності (2) і (3), маємо: 2 ,x α + β = . 2 y α − β = Тодізформули(1)одержуємоформулуперетвореннясумисинусівудобуток: sin sin sin cos .αα ββ αα ββ αα ββ + = + − 2 2 2 (4) Словесно її можна сформулювати так: Cума синусів двох аргументів дорівнює подвоєному добутку синуса півсуми цих аргументів на косинус їх піврізниці. Якщо замінити у формулі (4) β на (–β) і врахувати непарність синуса: sin (–β) = –sin β, то одержимо формулу: sin sin sin cos .αα ββ αα ββ αα ββ − = − + 2 2 2 Різниця синусів двох аргументів дорівнює подвоєному добутку си нуса піврізниці цих аргументів на косинус їх півсуми. Аналогічно, додаючи почленно рівності cos (x + y) = cos x cos y – sin x sin y, (5) cos (x – y) = cos x cos y + sin x sin y, (6) одержуємо: cos (x + y) + cos (x – y) = 2 cos x cos y, (7) і, виконуючи заміни (2) і (3), маємо: cos cos cos cos .αα ββ αα ββ αα ββ + = + − 2 2 2 Сума косинусів двох аргументів дорівнює подвоєному добутку ко синуса півсуми цих аргументів на косинус їх піврізниці. Якщо відняти рівності (5) і (6), то одержимо: ( ) ( )cos cos 2 sin sin .x y x y x y+ − − = − (8) Тоді cos cos sin sin .αα ββ αα ββ αα ββ − = − + − 2 2 2 § 7. Формули додавання та їх наслідки
- 96. 96 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції Різниця косинусів двох аргументів дорівнює: мінус подвоєний добу ток синуса півсуми цих аргументів на синус їх піврізниці. Для обґрунтування формули перетворення суми (різниці) тангенсів досить використати означення тангенса і формули додавання: ( )sin sin cos cos sin sinsin cos cos cos cos cos cos tg tg . β α β + α β α + βα α β α β α β α + β = + = = Отже, tg tg . sin( ) cos cos αα ββ αα ββ αα ββ + = + (9) Якщо у формулі (9) замінити β на (–β) і врахувати непарність тангенса (tg (–β) = –tg β) і парність косинуса (cos (–β) = cos β), то одержуємо: ( )− − = sin cos cos tg tg . α β α β α β (10) Зазначимо, що формули (9) і (10) справедливі тільки тоді, коли cos α ≠ 0 і cos β ≠ 0. ) 2. Перетворення добутку тригонометричних функцій у суму. ( Зазначимо,щовпроцесіобґрунтуванняформулперетвореннясумиірізниці синусів і косинусів у добуток ми фактично отримали і формули перетво рення добутків тригонометричних функцій у суму. Дійсно, якщо поділити обидві частини рівності (1) на 2 і записати одержану рівність справа на ліво, маємо: sin cos sin sin .x y x y x y= −( )+ +( )( )1 2 (11) Аналогічно, з формули (7) одержуємо: cos cos cos cos ,x y x y x y= −( )+ +( )( )1 2 (12) а з формули (8) (після ділення на –2), одержуємо: sin sin cos cos .x y x y x y= −( )− +( )( )1 2 (13) Замінюючи у формулах (11–13) значення x на α, а y на β, одержуємо той запис цих формул, який наведено в таблиці 20. ) Приклади розв’язання завдань Приклад 1 Перетворіть задану суму чи різницю в добуток і, якщо можли во, спростіть: 1) sin 75° + sin 15°; 2* ) cos2 α – cos2 β. К о м е н т а р 1) У першому завданні можна безпосередньо застосувати формулу 2 2 sin sin 2 sin cos , α + β α − β α + β = а потім використати табличні значення sin 45° і cos 30°.
- 97. 97 2) Якщо виразcos2 α – cos2 β розглянути як різницю квадратів, то його можна розкласти на множники, а потім до кожного з одержаних виразів застосу вати формули перетворення різниці чи суми косинусів у добуток. Для по дальшого спрощення одержаного виразу використовуємо формулу синуса подвійного аргументу, а саме: ( ) 2 2 2 sin cos sin α + β α + β = α +β і ( ) 2 2 2 sin cos sin . α − β α − β = α −β Р о з в ’ я з а н н я 1) 75 15 75 15 2 2 sin75 sin15 2sin cos ° + ° ° − ° °+ ° = = 2 3 6 2 2 2 2sin45 cos30 2 .° ° = ⋅ ⋅ = 2) ( )( )2 2cos cos cos cos cos cosα − β = α − β α + β = 2 2 2 2 2 sin sin 2 cos cos α + β α − β α + β α − β = − ⋅ = ( ) ( )sin sin .− α + β α −β Приклад 2 Перетворіть у добуток sin α + cos β. К о м е н т а р Мивміємоперетворювативдобутоксумусинусівабокосинусів.Дляперехо дудотакихвиразівдоситьзгадати,що cos sin sin cosβ β α α π π = −( ) = −( )( )2 2 або . Р о з в ’ я з а н н я ( )π 2 sin cos sin sinα + β = α + −β = ( )2 2 2 2 2 sin cos π π α + − β α − − β ⋅ = ( ) ( )2 4 2 4 2 sin cos . α − β α + βπ π = + ⋅ − Приклад 3 Спростіть вираз ( )( )sin8 sin2 cos2 cos8 1 cos6 . α − α α − α − α К о м е н т а р Для спрощення заданого дробу можна спробувати скоротити його, а для цього подамо чисельник і знаменник у вигляді добутків, які містять однакові вирази. У чисельнику використаємо формули перетворення різниці синусів і косинусів у добуток (а також непарність синуса: sin (–3α) = –sin 3α), а в зна меннику скористаємося формулою 2 2 1 cos 2 sin . x x− = Р о з в ’ я з а н н я ( )( )sin8 sin2 cos2 cos8 1 cos6 α − α α − α − α = ( ) ( ) 2 2sin3 cos5 2 sin5 sin 3 2sin 3 α α ⋅ − α − α α = 2 cos 5 sin 5 sin10= α α = α . § 7. Формули додавання та їх наслідки
- 98. 98 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції Приклад 4* Доведіть тотожність 1 sin10 4sin70 2. ° °− = − К о м е н т а р Доведемо, що ліва частина тотожності дорівнює правій. Після приведення до спільного знаменника перетворимо добуток синусів на різницю косинусів, а потім врахуємо, що 1 2 cos 60 ,° = а cos 80° = sin 10° (оскільки 80° + 10° = 90°). Р о з в ’ я з а н н я 4 sin 70 sin 10 11 sin 10 sin 10 4 sin70 ° ° − ° ° ° − = = ( )1 4 cos 60 cos 80 1 2 sin 10 ⋅ ° − ° − ° = 1 2 2 cos 80 1 2 cos 802 sin 10 sin 10 ⋅ − ° − − ° ° ° = = 2 sin 10 sin 10 2. − ° ° = = − Приклад 5* Доведіть, якщо А, В, С — кути трикутника, то 2 2 2 sin sin sin 4 cos cos cos . A B C A B C+ + = К о м е н т а р Для кутів трикутника A + B + C = π. Тоді C = π – (A + B), і за формулами зведення sin (π – (A + B)) = sin (A + B). Після перетворення суми синусів sin A + sin B у добуток помічаємо, що аргумент (А + В) удвічі більший за аргумент 2 . A B+ Це дозволяє записати sin (A + B) за формулою синуса по двійного аргументу і в одержаній сумі винести за дужки 2 2 sin , A B+ а потім перетворити в дужках суму косинусів у добуток. Потім треба врахувати, що 2 2 2 2 A B C C+ π − π = = − і використати формули зведення. Р о з в ’ я з а н н я Враховуючи,щодлякутівтрикутникаC = π – (A + B), одержуємо sin A + sin B + sin C = sin A + sin B + sin (π – (A + B)) = ( )2 2 2 sin cos sin A B A B A B + − = + + = 2 2 2 2 2 sin cos 2 sin cos A B A B A B A B+ − + + + = ( )2 2 2 2 sin cos cos A B A B A B+ − + = + = 2 2 2 2 sin 2 cos cos C A Bπ − ⋅ = ( )2 2 2 2 4 sin cos cos C A Bπ = − = . 2 2 2 4 cos cos cos C A B
- 99. 99 Запитання для контролю 1.Запишіть формули перетворення суми і різниці синусів або суми і різниці косинусів у добуток. Наведіть приклади використання цих формул. 2* .Запишіть формули перетворення суми і різниці тангенсів. Наведіть при клади використання цих формул. 3* .Доведітьформулиперетвореннясумиірізницітригонометричнихфункцій у добуток. 4. Наведіть приклади використання формул: ( ) ( )( )1 2 sin cos sin sin ;x y x y x y= − + + ( ) ( )( )1 2 cos cos cos cos ;x y x y x y= − + + ( ) ( )( )1 2 sin sin cos cos .x y x y x y= − − + 5* .Доведіть формули, наведені в запитанні 4. Вправи 1. Перетворіть суму (або різницю) тригонометричних функцій у добуток і спростіть: 1°) cos 152° + cos 28°; 2°) cos 48° – cos 12°; 3) cos 20° – sin 20°; 4) sin25 sin 15 sin25 sin 15 ; + − 5* ) sin2 α – sin2 β; 6* ) sin α + sin 2α + sin 3α + sin 4α; 7* ) cos α + cos 2α + cos 3α + cos 4α. 2. Доведіть тотожність: 1°) sin 75 sin 15 cos 75 cos 15 3; + − = − 2°) sin sin + cos cos 2 tg ; α + β α β α + β = 3) cos6 cos10 sin8 2 sin 2 ; α − α α = α 4) cos sin sin 2 sin cos cos sin cos 2 ; α − β α + β α β + α β α + β = 5) ( )( )sin2 sin6 cos2 cos6 1 cos8 sin4 ; α + α α − α − α = α 6* ) ( )sin cos cos sin 2 4 tg ; α − β α − β π α − β = − 7* ) sin sin3 sin5 sin7 cos cos3 cos5 cos7 ctg2 . α + α + α + α α − α + α − α = α 3. Перетворіть у суму: 1) cos 45° cos 15°; 2) 5 24 24 sin cos ; π π 3) sin 20° sin 10°; 4) 10 5 cos cos . π π 4. Обчисліть: 1) 2 cos 20°æcos 40° – cos 20°; 2* ) 4 sin 10°æsin 50°æsin 70°. 5* )Доведіть, що при α + β + γ = π виконуються рівності: 1) 2 2 2 sin sin sin 4 sin cos sin ; β γα α − β + γ = 2) 2 2 2 cos cos cos 1 4 sin sin sin . β γα α + β + γ = + § 7. Формули додавання та їх наслідки
- 100. 100 Т а бл и ц я 21 1. Побудова графіків функцій виду y = f (x) + g (x) Якщо нам відомі графіки функцій y = f (x) та y = g (x), то ескіз графіка функції y = f (x) + g (x) можна побудувати так: зобразити в одній сис темі координат графіки функцій f (x) і g (x), а потім будувати шуканий графік за точками, виконуючи для кожного значення x (з області визна чення функції f (x) + g (x)) необхідні операції над відрізками, які зобража ють відповідні ординати f (x) і g (x). Аналогічно можна будувати і схематичні графіки функцій y = f (x)æg (x) та 1 ( ) . f x y = Приклад Коментар Побудуйтеграфікфункції 2 1 . x y x= + Будуємоводнійсистемікоорди нат графіки функцій доданків: y = x2 та 1 x y = (на рисунку побудо вані штриховими лініями). Для кожногозначенняx(крімx=0,яке не входить до області визначення заданоїфункції)додаємовідповідні відрізки—значенняфункцій(спра ва від осі Оy) або віднімаємо, якщо значення f (x) і g (x) протилежні за знаком (у даному випадку – зліва від осі Оy). На рисунку синьою лінією зображено результат — гра фік функції 2 1 . x y x= + ГРАФІКИ РІВНЯНЬ ТА НЕРІВНОСТЕЙ З ДВОМА ЗМІННИМИ§§§§§88888
- 101. 101 § 8. Графікирівнянь та нерівностей з двома змінними П р о д о в ж. т а б л. 21 2. Графіки рівнянь та нерівностей з двома змінними О з н а ч е н н я.Графікомрівняння (нерівності)з двома змінними х іу називається множина всіх точок координатної площини з координатами (х; у), де пара чисел (х; у) є розв’язком відповідного рівняння (нерівності). Графіки деяких рівнянь і нерівностей 3. Геометричні перетворення графіка рівняння F (x; y) = 0 Перетворення Приклад Паралельнеперенесення графіка рівняння F (x; y) = 0 на вектор ( ); .n a b F (x – a; y – b) = 0
- 102. 102 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції Пояснення й обґрунтування 1. Побудова графіків функцій виду y = f (x) + g (x). Якщо відомі графіки функцій y = f (x) та y = g (x), то можна побудувати орієнтовний вид графіка функції y = f (x) + g (x), абоy = f (x)æg (x), чи ( ) 1 .= f y x Для цього досить зобра зити в одній системі координат графіки функцій f (x) і g (x), а потім будувати шуканий графік за точками, виконуючи для кожного значення x (з області визначення заданої функції) необхідні операції над відрізками (або над дов жинами цих відрізків), які зображають відповідні ординати f (x) і g (x). Приклад побудови графіка функції виду y = f (x) + g (x) наведено в таб лиці 21, а графіка функції виду ( ) 1 f y x = — на с. 107 (в останньому випадку зручно будувати графіки функційy = f (x) і ( ) 1 f y x = не в одній системі коорди нат, а в різних, розміщених так, щоб їхні осі ординат знаходилися на одній прямій). Зауважимо, що такий спосіб побудови графіка функції не завжди дає мож ливість виявити всі характерні особливості поведінки графіка (часто це мож на зробити тільки в результаті спеціального дослідження функції, яке буде розглянуто в 11 класі), але в багатьох випадках наведений спосіб дозволяє отримати певне уявлення про вид графіка заданої функції. П р о д о в ж. т а б л. 21 Перетворення Приклад F (| x |; y) = 0 Частина графіка рівняння F (х; у) = 0 праворуч від осі Оy (і на самій осі) залиша ється без зміни, і ця сама частина відображується симетричновідносноосі Оy. F (x; | y |) = 0 Частина графіка рівняння F (х; у) = 0 вище від осі Ох (і на самій осі) залишаєть ся без зміни, і ця сама час тина відображується си метрично відносно осі Оx.
- 103. 103 2. Графіки рівняньта нерівностей з двома змінними. З поняттям графіка рівняння з двома змінними ви ознайомилися в курсі алгебри. Аналогічно вво диться і поняття графіка нерівності з двома змінними. Тому можна дати спільне означення цих графіків: Графікомрівняння(нерівності)здвомазміннимих іуназиваєтьсямно жина всіх точок координатної площини з координатами (х; у), де пара чисел (х; у) є розв’язком відповідного рівняння (нерівності). ( Для побудови графіка нерівності y > f (x) (чи y < f (x)) досить мати графік функції y = f (x). Дійсно, за означенням графік функціїy = f (x) складаєть ся з усіх точок M координатної площини з координатами (x; y) = (x; f (x)). Тоді для кожного значення x точки, координати яких задовольняють не рівності y > f (x), будуть знаходитися вище точки M (рис. 73, а), а точки, координати яких задовольняють нерівності y < f (x), будуть знаходитися нижче точки M (рис. 73, б). Таким чином, графік нерівності y > f (x) складається з усіх точок координатної площи ни, які знаходяться вище від графіка функції y = f (x), а графік нерівності y < f (x) складається з усіх точок координатної площини, які знаходяться нижче від графіка функції y = f (x). ) Наприклад, на рисунку 74 зображено графік нерівностіy > x2 , а на рисун ку 75 графік нерівності y m x2 . Оскільки точки графіка y = x2 не належать § 8. Графіки рівнянь та нерівностей з двома змінними Рис. 73 а б Рис. 74 Рис. 75
- 104. 104 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції графіку нерівності y > x2 , то на першому графіку парабола y = x2 зображена штриховою лінією; але точки графіка y = x2 належать графіку нерівності y m x2 , тому на другому графіку парабола y = x2 зображена суцільною лінією. Аналогічно, якщо на координатній площині є пряма x = a, то графіком нерівності x > a будуть усі точки координатної площини, які знаходяться праворуч від цієї прямої, а графіком нерівності x < a будуть усі точки координатної площини, які знаходяться ліворуч від цієї прямої. Наприклад, на рисунку 76 зображено графік нерівності x> 2, а на рисун ку 77 — графік нерівності xm –1. Зазначимо, що в тому випадку, коли на координатній площині є зобра ження кола x2 + y2 = R2 , то графіком нерівності x2 + y2 < R2 будуть усі точки координатної площини, які знаходяться всередині кола, а графіком нерівності x2 + y2 > R2 будуть всі точки координатної площини, які знаходяться поза колом. ( Дійсно, якщо на координатній площині розглянути точку M (x, y), то OM2 = x2 + y2 (O — початок координат). Якщо x2 + y2 = R2 (де R > 0), то OM2 = R2 , отже, OM= R — точка M лежить на колі радіуса R з центром у початку координат (рис. 78, а). Якщо x2 + y2 < R2 , то OM2 < R2 , отже, OM< R. Тобто нерівності x2 + y2 < R2 задовольняютькоординативсіхточок(ітількицихточок),якізнаходяться всередині круга, обмеженого колом радіуса R з центром у початку коорди нат (рис. 78, б). Рис. 76 Рис. 77 а б в Рис. 78
- 105. 105 Якщо x2 + y2 >R2 , то OM2 >R2 , отже, OM> R . Тобто нерівності x2 + y2 > R2 задовольняютькоординативсіхточок(ітількицихточок),якізнаходяться поза кругом, обмеженим колом радіуса R з центром у початку координат (рис. 78, в). Аналогічно, якщо на площині є зображення кола (x – a)2 + (y – b)2 = R2 , то графіком нерівності (x – a)2 + (y – b)2 < R2 будуть усі точки координатної площини, які знаходяться всередині кола, а графіком нерівності (x – a)2 + (y – b)2 > R2 будуть усі точки координатної площини, які знахо дяться поза колом. Наприклад, на рисунку 79 зображено графік нерівності x2 + y2 > 9, а на рисунку 80 — графік нерівності (x – 1)2 + (y – 2)2 16. ) 3. Геометричні перетворення графіка рівняння F (x; y) = 0. ( За означенням графік рівняння F (x; y) = 0 (1) складається з усіх точок M (x0 ; y0 ) координатної площини, координати (x0 ; y0 ) яких є розв’язками цього рівняння. Це означає, що при підста новці пари чисел (x0 ; y0 ) у задане рівняння воно перетворюється на пра вильну числову рівність, отже, F (x0 ; y0 ) = 0 — правильна рівність. Розглянемо точку M1 (x0 + a; y0 + b). Якщо координати цієї точки підстави ти в рівняння F (x – a; y – b) = 0, (2) то одержимо рівність F (x0 ; y0 ) = 0, яка є правильною. Тому координати точки M1 єрозв’язкамирівняння(2),азначить,точка M1 належитьграфіку рівняння F (x – a; y – b) = 0. Точку M1 (x0 + a; y0 + b) можна одержати з точки M (x0 ; y0 ) паралельним пе ренесенням її на вектор ( ); .n a b Оскільки кожна точка M1 графіка рівняння F (x – a; y – b) = 0 одержу ється з точки M графіка рівняння F (x;y)=0паралельнимперенесенням їїнавектор ( );n a b (рис. 81),тоівесь § 8. Графіки рівнянь та нерівностей з двома змінними Рис. 79 Рис. 80 (x – 1)2 + (y – 2)2 16 Рис. 81
- 106. 106 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції графік рівняння F (x – a; y – b) = 0можна одержати з графіка рівнян ня F (x; y) = 0 паралельним перенесенням його на вектор ( ); .n a b ) ( Для обґрунтування зв’язку між графіками F (х; у) = 0 іF (| x |; y) = 0 досить помітити, що при х l 0 рівняння F (| x |; y) = 0 збігається з рівнянням F(х; у) = 0, отже, збігаються і їхні гра фіки праворуч від осі Оy і на самій осі. Нехай точка M (x0 ; y0 ) (де х0 l 0 ) — одна із спільних точок цих графіків. Тоді F (x0 ; y0 ) = 0 — правильна рівність. Розглянемо точкуM1 (–x0 ; y0 ). Якщо ко ординатицієїточкипідставитиврівнян ня F (| x |; y) = 0 і врахувати, що х0 l 0, то одержимо рівність F (x0 ; y0 ) = 0, яка є правильною. Тому координати точки M1 є розв’язками рівняння F (| x |; y) = 0, а значить, точка M1 належить гра фіку цього рівняння. Враховуючи, що точки Mі M1 симетричні відносно осі Оy (рис. 82): графік рівняння F (| x |; y) = 0 можна одержати з графіка рівняння F (х; у) = 0 так: частина графіка рівняння F (х; у) = 0 праворуч від осі Оy (і на самій осі) залишається без зміни, і ця ж сама частина відображується симетрично відносно осі Оy. ) Аналогічно обґрунтовується, що для побудови графіка рівняння F (x; | y |) =0:частинаграфікарівнян ня F (х; у) = 0 вище від осі Ох (і на самій осі) залишається без зміни, і ця ж сама частина відображується симетрично відносно осі Оx. У таблиці 21 наведено найпростіші приклади використання геометричних перетворень графіків рівнянь. Указані співвідношення доводиться викорис товувати в завданнях типу: побудувати графік рівняння чи нерівності або зобразити на координатній площині множину точок, координати яких задо вольняють заданому рівнянню (нерівностi). Приклади розв’язання завдань Приклад 1 Побудуйте графік функції 2 1 9 . x y − = Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р Рис. 82 x2 – 9 = 0 при x = ä 3. Тому область визначення заданої функції: x2 – 9 ≠ 0, тобто x ≠ ä 3. Побудуємо дві системи координат так, щоб осі ординат були у них на одній прямий. У тих точках, де
- 107. 107 § 8. Графікирівнянь та нерівностей з двома змінними Приклад 2 Покажітьштриховкоюнакоординатнійплощинімножинуто чок, координати яких задовольняють системі 2 0, 2. x y x y + − < m Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р функція f (x) = x2 – 9 дорівнює нулю (x =ä 3), не існує графіка функції ( ) 2 1 1 9 . xf y x − = = Томупроведемочерез ці точки вертикальні прямі, що не перетинаютьграфікфункції ( ) 1 .= f y x Потім для кожного значення x по ділимо 1 на відповідне значення ор динати f (x) (використовуючи те, що ординати f (x)відміченінаверхньому графіку). На рисунку синьою лінією зображено результат — графік функ ції 2 1 9x y − = .(Дляцьогографікамас штаб по осях Охі Оувибрано різний.) Задана система рівносильна сис темі 2, 2. y x y x − > − m Зобразимо штриховкою графіки нерівностей системи (першої — вер тикальною, другої — горизонталь ною): Перепишемо задану систему так, щоб нам було зручно зображати гра фікизаданихнерівностей(тобтозапи шемо нерівності у виглядіy>f (x) або y < f (x)). Множина точок, координа ти яких задовольняють нерівності y m–x2 , є об’єднання параболи y=–x2 і точок координатної площини, які
- 108. 108 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції Приклад 3 Побудуйте графік рівняння | х – у | + 2| х+у | = х +6. О р і є н т и р Для спрощення виразу з кількома модулями з двома змінними можна знайти нулі підмодульних виразів (тобто прирівняти їх до нуля) і роз бити область визначення розглядуваного виразу на декілька частин, у кожній з яких знак кожного модуля розкривається однозначно. Використовуючи цей орієнтир, одержуємоплан розв’язання прикладу. Прирівняємо до нуля підмодульні вирази х – у = 0 (звідси у = х) і х + у = 0 (звідси у = – х ). Прямі у = х і у = –х розбивають координатну площину на чотири області. Укожній із цих областей знак кожного модуля розкриваєть ся однозначно і після перетворення одержаної рівності будується відповідна частина графіка заданого рівняння. Р о з в ’ я з а н н я 1. Область визначення: х ∈ R, у ∈ R. 2. х – у = 0 при у = х; х + у = 0 при у = –х. Тоді множина точок, координати яких задовольняють системі, буде така: знаходяться нижче цієї параболи (на рисункуцямножинапозначенаверти кальною штриховкою). Множина то чок,координатиякихзадовольняють нерівності y>x – 2, складається із то чок координатної площини, які зна ходяться вище прямої y = x – 2 (на рисункуцямножинапозначенагори зонтальною штриховкою). Системі нерівностей задовольня ють координати тих і тільки тих то чок, які належать перетину множин точок, що задаються кожною з не рівностей даної системи (на рисунку перетину множин відповідає та об ласть, де штриховки наклалися одна на другу). Зауважимо,щовподібнихзавдан нях можна не виконувати про міжних рисунків, а відразу штриху вати шукану множину точок коор динатної площини (вище прямої y = x – 2 і нижче параболи y = –x2 ра зомзтієючастиноюпараболи,якале жить вище прямої). y x= – 2 2 –2 y x = – 2
- 109. 109 3. Прямі у= х і у = –х розбивають координатну площину на чотири частини, у кожній з яких позначено знаки першого і другого підмодульних виразів (рис. 83, а). (Будемо вважати, що кожна область береться разом з про менями, які її обмежують.) Дійсно, якщо точки знаходяться в області І або на її межі, то їхні координати задовольняють системі нерівностей , , y x y x − l l якуможназаписатитак: 0, 0. x y x y − + m l ТодівобластіIпершийпідмо дульний вираз є від’ємним, а другий — додатним, і тому задане рівняння має вигляд: –(х – у) + 2(х + у) = х + 6. Звідси у = 2. Будуємо ту частину графіка цієї функції, що знаходиться в області І (рис. 83, б). Аналогічно для точок області II: , , y x y x − l m тобто 0, 0. x y x y − + m m Отже, в області ІІ задане рівняння має вигляд: – (х – у) – 2(х + у) = х + 6. Звідси у= –4х – 6. Будуємо ту частину графіка цієї функції, що знаходить ся в області ІI. Якщо точки знаходяться в області III: , , y x y x − m m тобто 0, 0, x y x y − + l m із заданого рівняння одержуємо (х – у) – 2(х + у) = х +6. Звідси 2 3 2.y x= − − Якщо точки знаходяться в області IV: , , y x y x − m l тобто 0, 0, x y x y − + l l із зада ного рівняння маємо (х – у) + 2(х + у) = х + 6. Звідси у = –2x + 6. Остаточний вигляд графіка рівняння наведено на рисунку 83, б. а б Рис. 83 § 8. Графіки рівнянь та нерівностей з двома змінними
- 110. 110 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції Запитання для контролю 1. Поясніть на прикладах, як можна, маючи графіки функцій y = f (x) та y = g (x),побудуватиескізграфікафункціїy=f (x)+g (x)тафункції ( ) 1 . f y x = 2. Що називається графіком рівняння з двома змінними? Що називається графіком нерівності з двома змінними? Наведіть приклади. 3. Як, знаючи графік функції y = f (x), побудувати графік нерівності y > f (x) та нерівності y < f (x)? Наведіть приклади. 4. Як, знаючи графік рівняння F (x; y) = 0, можна побудувати графік рівнян ня F (x – a; y – b) = 0 та рівнянь F (|x|; y) = 0 і F (x; | y |) = 0? Наведіть приклади. 5* .Обґрунтуйте правила геометричних перетворень графіка рівняння F (x; y) = 0 для одержання графіків рівнянь F (x –a; y – b) = 0, F (| x |;y) = 0, F (x; | y |) = 0. 6. Поясніть на прикладі, як можна знайти на координатній площині множи ну точок, координати яких задовольняють системі нерівностей з двома змінними. Вправи 1. Побудуйте ескіз графіка функції: 1) 1 ; x y x= + 2) 1 ; x y x= − 3) 3 1 ; x y x= + 4) 2 1 . x y x= − 2. Побудуйте графік рівняння: 1) | y | = x – 2; 2) | y | = x2 – x; 3) | x | = –y2 ; 4) | x | +| y | = 2; 5) | x | – | y | = 2. 3. Побудуйте графік нерівності: 1) y > x2 – 3; 2) 1 ; x y < 3) x2 + y2 m 25; 4) (x – 2)2 + (y + 3 )2 > 4. 4. Покажіть штриховкою на координатній площині множину точок, коор динати яких задовольняють системі: 1) 2 2 4, ; x y y x + > m 2) 2 2 2 2 9, 25; x y x y + + l m 3) 2 5 , ; y x y x − < − m 4) y x y x y x m l m 5 2 4 − + , , . 5. Побудуйте графік рівняння: 1) | х – у | – | х + у | = y + 3; 2) | х – 2у | + | 2х – у | = 2 – y; 3) | 3х + у | + | х – у | = 4.
- 111. 111 Прирозв’язуванніматематичнихзавданьінколивиникаєпотребаобґрунту вати,щопевнавластивістьвиконуєтьсядлядовільногонатуральногочислаn. Перевірити задану властивістьдля кожного натурального числа ми не мо жемо — їх кількість нескінченна. Доводиться міркувати так: 1) я можу пере вірити, що ця властивість виконується приn = 1; 2) я можу показати, що для МЕТОД МАТЕМАТИЧНОЇ ІНДУКЦІЇ§§§§§99999 Схема доведення тверджень за допомогою методу математичної індукції Приклад Доведіть,щодлядовільногонатурального п: ( ) ( )( )1 3 1 2 2 3 ... 1 1 2 .n n n n n⋅ + ⋅ + + + = + + Для зручності запису позначимо Sn = 1æ2 + 2æ3 + ... + п (п + 1). 1. При п = 1 рівність виконується: 1 3 1 2 1 2 3,⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ тобто 2 = 2. 2. Припускаємо, що задана рівність пра вильна при п = k, де k 1, тобто S k kk = ⋅ + ⋅ + + +( ) =1 2 2 3 1... ( )( )1 3 1 2 .k k k= + + (1) 3. Доведемо, що рівність виконується і при п = k + 1, тобто доведемо, що S k kk+ = ⋅ + ⋅ + + +( )+1 1 2 2 3 1... ( )( ) ( )( )( )1 3 1 2 1 2 3 .k k k k k+ + + = + + + Враховуючи, що Sk + l = Sk + (k+ 1)(k +2), і підставляючи Sk зрівності(1),одержуємо ( )( ) ( )( )1 1 3 1 2 1 2kS k k k k k+ = + + + + + = ( )( )( )1 3 1 2 3 ,k k k= + + + що й потрібно було довести. 4. Отже, задана рівність правильна для будь якого натурального п. 1. Перевіряємо, чи вико нується дане твердження при п = 1 (іноді почина ють з п = р). 2. Припускаємо, що задане твердження справедливе при п = k, де k l 1 (другий варіант — при п m k). 3. Доводимо (спираючись на припущення) справед ливість нашого твер дження і при п = k + 1. 4. Робимо висновок, що данетвердженнясправед ливе для будь якого нату рального числа п (для будь якого п l р). Т а б л и ц я 22
- 112. 112 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції кожногонаступногозначення пвона теж виконується, отже, властивість буде виконуватись для кожного наступного числа, починаючи з одиниці, тобто для всіх натуральних чисел. Такийспосібміркуваньпридоведенніматематичнихтвердженьназиваєть ся методом математичної індукції. Він є одним з універсальних методів до ведення математичних тверджень, у яких містяться слова «для довільного натурального n» (можливо, не сформульовані явно). Доведення за допомо гою цього методу завжди складається з двох етапів: 1) початок індукції: перевіряється, чи виконується розглядуване тверджен ня при n = 1; 2) індуктивнийперехід: доводиться,щоколизаданетвердженнявиконується для k, то воно виконується і для k +1. Таким чином, почавши зn = 1, ми на основі доведеного індуктивного пере ходуодержуємосправедливістьсформульованоготвердженнядляп =2,3, ..., тобто для будь якого натурального п. Напрактиціцейметодзручновикористовуватизасхемою,наведеноюв таб лиці 22. Приклади розв’язання завдань Приклад 1 Доведіть, що 10 n – 9n – 1 ділиться на 81 при будь якому нату ральному п. К о м е н т а р Оскільки твердження необхідно довести для будь якого натурального п, то використаємо метод математичної індукції за схемою, наведеною в таб лиці 22. При виконанні індуктивного переходу (від п = k до п = k + 1) подамо вираз, який одержуємо приn = k + 1, як суму двох виразів: того, що одержали при n = k, і ще одного виразу, який ділиться на 81. Р о з в ’ я з а н н я 1. Перевіряємо,чивиконуєтьсязаданетвердженняприп = 1. Якщо п = 1, заданий вираз дорівнює 0, тобто ділиться на 81. Отже, задана властивість виконується при п = 1. 2. Припускаємо, що задане твердження виконується при п = k, тобто що 10k – 9k – 1 ділиться на 81. 3. Доведемо, що задане твердження виконується і при n = k + 1, тобто що 10k+1 – 9(k + 1) – 1ділиться на 81. 10k+1 – 9(k + 1) – 1 = 10k æ10 – 9k – 9 – 1 = 10(10k – 9k – 1) + 81k. Виразудужках—цезначеннязаданоговиразуприn = k,якезаприпущен няміндукціїділитьсяна81.Отже,кожнийдоданокостанньоїсумиділиться на 81, тоді і вся сума, тобто 10k+1 – 9(k + 1) – 1, ділиться на 81. Таким чином, задане твердження виконується і при n = k + 1. 4. Отже, 10n – 9n – 1 ділиться на 81 при будь якому натуральному п.
- 113. 113 Приклад 2 Доведіть,що 2 2 1n n> + , якщо 3n ≥ , п ∈ N. К о м е н т а р Оскільки твердження повинно виконуватися, починаючи з n = 3, то пере віркупроводимосамедляцьогочисла.Записуючиприпущенняіндукції,зручно використати, що за означенням поняття «більше» a > b тоді і тільки тоді, коли a – b > 0. Доводячи нерівність при n = k + 1, знову використовуємо те саме означення і доводимо, що різниця між лівою і правою частинами відпо відної нерівності додатна. Р о з в ’ я з а н н я 1. При n = 3 одержуємо 23 > 2æ3 + 1, тобто 8 > 7 — правильна нерівність. Отже, при n = 3 задана нерівність виконується. 2. Припускаємо, що задана нерівність виконується при п = k (де k l 3): 2k > 2k + 1, тобто 2k – 2k – 1 > 0. (1) 3. Доведемо, що задана нерівність виконується і при n = k + 1, тобто дове демо, що 2k+1 > 2(k + 1) + 1. Розглянемо різницю 2k+1 – (2(k + 1) + 1) = 2k æ2 – 2k – 3 = = 2(2k – 2k – 1) + 2k – 1 > 0 (оскільки вираз у дужках за нерівністю (1) додатний і при k l 3 вираз 2k – 1 теж додатний). Отже, 2k+1 > 2(k + 1) + 1, тобто задана нерівність виконується і при n = k + 1. 4. Таким чином, задана нерівність виконується при всіх натуральних n l 3. Вправи Доведіть за допомогою методу математичної індукції (1–12). 1. ( ) 1 1 1 1 2 2 3 1 1 ... n n n n⋅ ⋅ + + + + + = при всіх натуральних п (п ∈ N). 2. ( )( ) 1 1 1 1 5 5 9 4 3 4 1 4 1 ... , n n n n⋅ ⋅ − + + + + + = де п ∈ N. 3. ( ) 22 3 3 3 3 1 4 1 2 3 ... , n n n + + + + + = де п ∈ N. 4. ( )( ) ( )( )( )1 4 1 2 3 2 3 4 ... 1 2 1 2 3 ,n n n n n n n⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + + + + = + + + де п ∈ N. 5. Добуток 1æ2æ3æ...æn позначається п! (читається: «п факторіал»). Доведіть, що 1æ1! + 2æ2! + ... + næn! = (n + 1)! – 1, де п ∈ N. 6. 4n > 7n – 5, якщо п ∈ N. 7. 2n > n3 , якщо n l 10. 8. Доведіть, що 9n – 8n – 1 ділиться на 16 при будь якому натуральному п. 9. Доведіть, що 5n + 5æ3n – 3 ділиться на 8 при будь якому натуральному п. 10. Доведіть, що 7n + 3n – 2 ділиться на 8 при будь якому натуральному п. 11. Доведіть,що23n+3 –7n+41ділитьсяна49прибудь якомунатуральному п. 12. Доведіть, що коли a1 = 2, a2 = 8, an+2 = 4an+1 – 3an , то an = 3n – 1, де п ∈ N. § 9. Метод математичної індукції
- 114. 114 10.1. ОЗНАЧЕННЯ МНОГОЧЛЕНІВВІД ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ ТА ЇХ ТОТОЖНА РІВНІСТЬ Розглянемо одночлен і многочлен, які залежать тільки від однієї змінної, наприклад, від змінноїх. За означенням одночлена числа і букви (у нашому випадку одна буква — х) у ньому пов’язані тільки двома діями — множенням і піднесенням до нату рального степеня. Якщо в цьому одночлені добуток усіх чисел записати перед буквою, а добуток усіх степенів букви записати як цілий невід’ємний степінь цієї букви (тобто записати одночлен у стандартному вигляді), то одержимо вираз виду ахп , де а — деяке число. Тому одночлен від однієї змінної х — це вираз виду ахп , де а — деяке число, п — ціле невід’ємне число. Якщо а ≠ 0, то показник степеня п змінної х називається степенем одночлена. Наприклад, 25х6 — одночлен шостого степеня, 22 3 x — одночлен другого степеня. Якщо одночлен є числом (не рівним нулю), то його степінь вважається рівним нулю. Для одночлена, який заданий числом 0, поняття степеня не означається (оскільки 0 = 0æх = 0æх2 = 0æх3 ...). За означенням многочлен від однієї змінної х — це сума одночленів від однієї змінноїх. Тому многочленом від однієї змінної х називається вираз виду f (x) = ап хп + ап – 1 хп – 1 + ... + а2 х2 + а1 х + а0 , (1) де коефіцієнти aп , aп – 1 , ..., a0 — деякі числа. Якщо аn ≠ 0, то цей многочлен називають многочленом п го степеня від змінної х. При цьому членап хп називають старшим членом многочлена f(х), число ап — коефіцієнтом при старшому члені, а член a0 — вільним членом. Наприклад, 5х3 – 2х + 1 — многочлен третього степеня, у якого вільний член дорівнює 1, а коефіцієнт при старшому члені дорівнює 5. Зазначимо, що іноді нумерацію коефіцієнтів многочлена починають з по чатку запису виразу (1), і тоді загальний вид многочлена f (х) записують так: f (x) = b0 xn + b1 xn – 1 + ... + bп – 1 x + bп , де b0 , b1 , ..., bn — деякі числа. Т е о р е м а 1. Одночлени ахn , де а ≠≠≠≠≠ 0, та bхm , де b ≠≠≠≠≠ 0, тотожно рівні тоді і тільки тоді, коли а = b і n = m. Одночлен ахп тотожно рівний нулю тоді і тільки тоді, коли а = 0. ( Оскільки рівність одночленів ахn = bхm (2) виконується при всіх значеннях х (за умовою ці одночлени тотожно рівні), то, підставляючи в цю рівність х = 1, отримуємо, що а = b. Скорочуючи МНОГОЧЛЕНИ ВІД ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ ТА ДІЇ НАД НИМИ§§§§§1010101010
- 115. 115 обидві частини рівності(2) на а (деа ≠0 за умовою), одержуємо хn =хm .При х = 2 з цієї рівності маємо: 2n = 2m . Оскільки разів 2 2 2 ... 2n n = ⋅ ⋅ ⋅ , а разів 2 2 2 ... 2,m m = ⋅ ⋅ ⋅ торівність2n =2m можливалишетоді,коли n = m.Отже,з тотожноїрівності ахn = bхm (а ≠ 0, b ≠ 0) отримуємо, що а = b і n = m. Якщо відомо, що ахп = 0 для всіх х, то при х = 1 одержуємо а = 0. Тому одночлен ахп тотожно рівний нулю при а = 0 (тоді axn = 0æxn ≡ 0* ). ) Надалі будь який одночлен виду 0æхп замінюватимемо на 0. Т е о р е м а 2. Якщо многочлен f (х) тотожно рівний нулю (тобто набуває нульових значень при всіх значеннях х), то всі його коефі цієнтирівнінулю. ( Для доведення використовуємо метод математичної індукції. Нехай f (x) = ап хп + ап – 1 хп – 1 + ... + а1 х + а0 ≡ 0. При п= 0 маємо f (х) = а0 ≡ 0, тому а0 = 0. Тобто в цьому випадку тверджен ня теореми виконується. Припустимо, що при n = k це твердження також виконується: якщо мно гочлен аk хk + аk – 1 хk – 1 + ... + а1 х + а0 ≡ 0, то аk = аk – 1 = … = а1 = а0 = 0. Доведемо, що задане твердження виконується й при n = k + 1. Нехай f (x) = аk + 1 хk + 1 + аk хk + … + а1 х + а0 ≡ 0. (3) Оскільки рівність (3) виконується при всіх значеннях х, то, підставляючи в цю рівність х = 0, одержуємо, що а0 = 0. Тоді рівність (3) перетворюється на таку рівність: аk + 1 хk + 1 + аk хk + ... + а1 х ≡ 0. Винесемо х у лівій частині цієї рівності за дужки і одержимо х(аk + 1 хk + аk х k – 1 + ... + а1 ) ≡ 0. (4) Рівність (4) повинна виконуватися при всіх значеннях х. Для того щоб вона виконувалася при х ≠ 0, повинна виконуватися тотожність аk + 1 хk + аk хk – 1 + ... + а1 ≡ 0. У лівій частині цієї тотожності стоїть многочлен із степенями змінної від х0 до хk .Тоді за припущенням індукції всі його коефіцієнти дорівнюють нулю: аk + 1 = ak = …= а1 = 0. Але ми також довели, що а0 = 0, тому наше твердженнявиконуєтьсяіпри п=k+1.Отже,твердженнятеоремисправед ливе для будь якого цілого невід’ємного п, тобто для всіх многочленів. ) Многочлен, у якого всі коефіцієнти рівні нулю, звичайно називають ну льовим многочленом, або нуль многочленом, і позначають 0 (х) або прос то 0 (оскільки 0 (х) = 0). Т е о р е м а 3. Якщо два многочлени f (x) і g (x) тотожно рівні, то вони збігаються (тобто їхні степені однакові і коефіцієнти при од накових степенях рівні). § 10. Многочлени від однієї змінної та дії над ними * Значком ≡ позначена тотожна рівність многочленів.
- 116. 116 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції ( Нехай многочлен f (х) = ап хп + ап – 1 хп – 1 + ... + а2 х2 + а1 х + а0 , а многочлен g (x) = bm xm + bm – 1 xm – 1 + ... + b2 х2 + b1 x + b0 . Розглянемо многочлен f (x) – g (x). Оскільки многочлени f (x) і g (x) за умовою тотожно рівні, то многочлен f (x) – g (x) тотожно дорівнює 0. Отже, всі його коефіцієнти до рівнюють нулю. Але f (x) – g (x) = (ao – bo ) + (a1 – b1 )x + (а2 – b2 )х2 + ... . Тоді a0 – b0 = 0, a1 – b1 = 0, а2 – b2 = 0, ... . Звідси a0 = b0 , a1 = b1 , а2 = b2 , ... . Як бачимо, якщо припустити, що у якогось із двох заданих многочленів степінь вище, ніж у другого многочлена (наприклад,п більше т), то коефі цієнти різниці будуть дорівнювати нулю. Тому, починаючи з (т + 1) го номера, усі коефіцієнти ai також дорівнюватимуть нулю. Тобто дійсно, многочлени f (x) іg (x) мають однаковий степінь і відповідно рівні коефіці єнти при однакових степенях. ) Теорема 3 є основою так званого методу невизначених коефіцієнтів. Пока жемо його застосування на такому прикладі. Приклад Доведіть, що (х + 2)(х + 4)(х + 6)(х + 8) + 16 є повний квадрат. Заданий многочлен є многочленом четвертого степеня, тому він може бути повним квадратом тільки многочлена другого степеня. Многочлен другого степеня має вигляд ах2 + bх + с (а ≠ 0). Одержуємо тотожність: (х + 2)(х + 4)(х + 6)(х + 8) + 16 = (ах2 + bх + с)2 . (5) Розкриваючидужкивлівійіправійчастинахцієїтотожностііприрівню ючи коефіцієнти при однакових степеняхх,одержуємосистемурівностей. Цей етап зручно оформляти в такому вигляді: x4 =1 a2 x3 2=8+6+4+2 ba x2 2æ 2+4 æ 2+6 æ 4+8 æ 4+6 æ 6+8 æ =8 b2 2+ ca x1 2æ4æ 2+6 æ4æ 2+8 æ6æ 4+8 æ6æ 2=8 cb x0 2æ4æ6æ =61+8 c2 З першої рівності одержуємо а = 1 або а = –1. При а= 1 з другої рівності маємо b = 10, а з третьої — с = 20. Як бачимо, при цих значеннях а, b і с останні дві рівності також виконуються. Отже, тотожність (5) виконується при а = 1, b = 10, с = 20 (аналогічно можна також одержати а = –1, b = –10, с = –20). Таким чином, (х + 2)(х + 4)(х + 6)(х+8) + 16 = (х2 + 10х + 20)2 .
- 117. 117 Вправи 1. Знаючи, щомногочлени f (x) і g (x) тотожно рівні, знайдіть значення ко ефіцієнтів а, b, c, d: 1) f (x) = 2x2 – (3 – a) x + b, g (x) = cx3 + 2dx2 + x + 5; 2) f (x) = (a + 1) x3 + 2, g (x) = 3x3 + bx2 + (c – 1) x + d. 2. Знайдіть такі числа а, b, c, щоб задана рівність (х2 – 1) а + b (х – 2) + + с (х + 2) = 2 виконувалася при будь яких значеннях х. 3. Доведіть тотожність: 1) (х – 1)(х + 1)(х2 – х + 1)(х2 + х + 1) = х6 – 1; 2) 1 1 2 1 24 2 2+ = + +( ) − +( )x x x x x . 4. Доведіть, що заданий вираз є повний квадрат: 1) (х – 1)(х – 2)(х – 3)(х – 4) + 1; 2) (х + а)(х + 2а)(х + 3а)(х + 4а) + а4 . 5. Знайдіть такі а і b, щоб при будь яких значеннях х виконувалася рівність 3х4 + 4х3 + 8х2 + 3х + 2 = (3х2 + ах + 1)(х2 + х + b). 6. Запишіть алгебраїчний дріб 2 2 15 2x x+ − як суму двох алгебраїчних дробів виду 3 1 a x − і 5 2 . b x + 10.2. ДІЇ НАД МНОГОЧЛЕНАМИ. ДІЛЕННЯ МНОГОЧЛЕНА НА МНОГОЧЛЕН З ОСТАЧЕЮ Додавання і множення многочленів від однієї змінної виконується за допо могою відомих правил додавання і множення многочленів. У результаті ви конання дій додавання або множення над многочленами від однієї змінної завжди одержуємо многочлен від тієї самої змінної. З означення добутку двох многочленів випливає, що старший член добут ку двох многочленів дорівнює добутку старших членів множників, а вільний член добутку дорівнює добутку вільних членів множників. Звідси одержує мо, що степінь добутку двох многочленів дорівнює сумі степенів множників. При додаванні многочленів одного степеня одержуємо многочлен цього самого степеня, хоча іноді можна одержати многочлен меншого степеня. Наприклад, 2х3 – 5х2 + 3х + 1 + (–2х3 + 5х2 + х + 5) = 4х + 6. При додаванні многочленів різних степенів завжди одержуємо многочлен, степінь якого дорівнює більшому степеню доданку. Наприклад, (3х3 – 5х + 7) + (х2 + 2х + 1) = 3х3 + х2 – 3х + 8. Ділення многочлена на многочлен означається аналогічно діленню цілих чисел. Нагадаємо, що число а ділиться на число b (b ≠ 0), якщо існує таке число q, що а = bæq. О з н а ч е н н я. Многочлен А (х) ділиться на многочлен В (х) (де В (х) — не нульовий многочлен), якщо існує такий многочлен Q (x), що А (х) = В (х)æææææQ (x). § 10. Многочлени від однієї змінної та дії над ними
- 118. 118 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції Як і для цілих чисел, операція ділення многочлена на многочлен вико нується не завжди, тому у множині многочленів вводиться операція ділення з остачею. Говорять, що многочлен А (х) ділиться на многочлен В (х) (де В (х) — не нульовий многочлен) з остачею, якщо існує така пара многочленів Q (x) і R (x), що А (х) = В (х)æææææQ (x) + R (x), причому степінь остачі R (x) менший за степінь дільника В (х). (Зазначимо, що в цьому випадку многочлен Q (х) нази вається неповною часткою.) Наприклад, оскільки х3 – 5х + 2 = (х2 – 5)х + 2, то при діленні многочлена х3 – 5х + 2 на многочлен х2 – 5 одержуємо неповну частку х і остачу 2. Іноді ділення многочлена на многочлен зручно виконувати «куточком», як і ділення багатозначних чисел, користуючись таким алгоритмом. При діленні многочленів від однієї змінної змінні в діленому і в дільнику розміщують за спаданням степенів і ділять старший член діленого на старший член дільника. Потім одержаний результат множиться на дільник, і цей добуток віднімається від діленого. З одержаною різницею виконуютьаналогічнуоперацію:ділятьїїстаршийчленнастаршийчлен дільника і одержаний результат знову множать на дільник і т. д. Цей процес продовжуємо до тих пір, поки не одержимо в остачі 0 (якщо один многочлен ділиться на другий), або поки в остачі не одержимо много член, степінь якого менший за степінь дільника. Приклад Розділимо многочлен А (х) = х4 – 5х3 + х2 + 8х – 20 на многочлен В (х) = х2 – 2х + 3. _ _ x x x x x x x x x x x x 4 3 2 4 3 2 2 2 3 5 8 20 2 3 2 3 3 8 3 − + + − − + − + − − − −22 8 20 3 6 9 8 17 20 8 16 2 3 2 2 2 x x x x x x x x x + − − + − − + − − + _ −− + 24 4x Доведемо, що одержаний результат дійсно є результатом ділення А (х) на В (х) з остачею. ( Якщопозначитирезультатвиконанняпершогокрокуалгоритмучерезf1 (x), другого кроку — через f2 (x), третього — через f3 (x), то операцію ділення, яку виконали вище, можна записати у вигляді системи рівностей: f1 (x) = А (х) – х2 æВ (х); (1) f2 (x) = f1 (x) – (–3х)æВ (х); (2) f3 (x) = f2 (x) – (–8)æВ (х). (3)
- 119. 119 Додамо почленно рівності(1), (2), (3) і отримаємо А (х) = (х2 – 3х – 8) В (х) + f3 (x). (4) Враховуючи, що степінь f3 (x) = х + 4 менший за степінь дільника В (х) = х2 – 2х + 3, позначимо f3 (x) = R (x) (остача), а х2 – 3х – 8 = Q (x) (неповна частка). Тоді з рівності (4) маємо: А (х) = В (х)æQ (x) + R (x), тобто х4 – 5х3 + х2 + 8х – 20 = (х2 – 2х + 3)(х2 – 3х – 8) + х + 4, а це й означає, що ми разділили А (х) на В (х) з остачею. ) Очевидно, що наведене обґрунтування можна провести для будь якої пари многочленів А (х) і В (х) у випадку їх ділення стовпчиком. Тому описаний вище алгоритм дозволяє для довільних діленого А (х) і дільника В (х) (де В (х) — не нульовий многочлен) знайти неповну частку Q (x) і остачу R (x). Зазначимо, що у випадку, коли степінь діленого А (х) менший за степінь дільника В (х), вважають, що неповна частка Q (x) = 0, а остача R (x) = А (х). Вправи 1. Виконайте ділення многочлена на многочлен: 1) 3х3 – 5х2 + 2х – 8 на х – 2; 2) х10 + 1 на х2 + 1; 3) х5 + 3х3 + 8х – 6 на х2 + 2х + 3. 2. Виконайте ділення многочлена на многочлен з остачею: 1) 4х4 – 2х3 + х2 – х + 1 на x2 + x + 2; 2) х5 + х4 + х3 + х2 + 1 на х2 – х – 2. 3. При яких значеннях а і b многочлен А (х) ділиться без остачі на многочлен В (х)? 1) А (х) = х3 + ах + b, В (х) = х2 + 5х + 7; 2) А (х) = 2х3 – 5х2 + ах + b, В (х) = х2 – 4; 3) А (х) = х4 – х3 + х2 – ах + b, В (х) = х2 – х + 2. 4. Знайдіть неповну частку і остачу при діленні многочлена А (х) на много член В (х) методом невизначених коефіцієнтів: 1) А (х) = х3 + 6х2 + 11х + 6, В (х) = х2 – 1; 2) А (х) = х3 – 19х – 30, В (х) = х2 + 1. 10.3. ТЕОРЕМА БЕЗУ. КОРЕНІ МНОГОЧЛЕНА. ФОРМУЛИ ВІЄТА Розглянемо ділення многочлена f (x) на двочлен (х – а). Оскільки степінь дільника дорівнює 1, то степінь остачі, яку ми одержимо, повинен бути мен шим за 1, тобто в цьому випадку остачею буде деяке число R. Таким чином, якщо розділити многочлен f (x) на двочлен (х – а), то одержимо f (x) = (х – а)æQ (x) + R. Ця рівність виконується тотожно, тобто при будь якому значенні х. При х = амаємо: f (а) = R. Одержаний результат називається теоремою Безу* . § 10. Многочлени від однієї змінної та дії над ними * Безу Етьєн (1730–1783), французький математик, який вніс значний вклад у розви ток теорії алгебраїчних рівнянь.
- 120. 120 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції Т е о р е м а 1 (Теорема Безу). Остача від ділення многочлена f (х) на двочлен (х–а) дорівнює f (а) (тобто значенню многочлена при х = а). Приклад 1 Доведіть, що х5 – 3х4 + 2х3 + 4х – 4 ділиться без остачі на х – 1. Підставивши в f (х) = х5 – 3х4 + 2х3 + 4х – 4 замість х значення 1, одержує мо: f (1) = 0. Отже, остача від ділення f (х) на (х – 1) дорівнює 0, тобто f (x) ділиться на (х – 1) без остачі. О з н а ч е н н я. Число ααααα називається коренем многочлена f (x), якщо f (ααααα) = 0. Якщо многочлен f (х) ділиться на (х – α), то α — корінь цього многочлена. ( Дійсно, якщо f (х) ділиться на (х – α), то f (х) = (х – α)æQ (x) і тому f (α) = (α – α)æQ (α) = 0. Отже, α — корінь многочлена f (х). ) Справедливе і зворотне твердження. Воно єнаслідком теореми Безу. Т е о р е м а 2. Якщо число ααααα є коренем многочлена f (x), то цей много член ділиться на двочлен (х – ααααα) без остачі. ( За теоремою Безу остача від ділення f (x) на (х – α) дорівнює f (α). Але за умовою α — корінь f (x), отже, f (α) = 0. ) Узагальненням теореми 2 є таке твердження. Т е о р е м а 3. Якщо многочлен f (x) має попарно різні корені ααααα1 , ααααα2 , ..., αααααп , то він ділиться без остачі на добуток (х – ααααα1 )(x – ααααα2 )æææææ...æææææ(х – αααααn ). ( Для доведення використовуємо метод математичної індукції. При п = 1 твердження доведено в теоремі 2. Припустимо, що твердження справедливе при п = k. Тобто, якщо α1 , α2 , ..., αk — попарно різні корені многочлена f (x), то він ділиться на добуток (х – α1 )(х – α2 )æ…æ(х – αk ). Тоді f (x) = (х – α1 )(х – α2 )æ...æ(х – αk )æQ (x). (1) Доведемо, що твердження теореми справедливе й при n = k + 1. Нехай α1 , α2 , ...,αk , αk+ 1 — попарно різні корені многочлена f(x). Оскільки αk + 1 — корінь f (x), то f (αk + 1 ) = 0. Беручи до уваги рівність (1), яка виконується згідно з припущенням індукції, одержуємо: f (αk + 1 ) = (αk + 1 – α1 )(αk + 1 – α2 )æ...æ(αk + 1 – αk )æQ (αk + 1 ) = 0. За умовою всі корені α1 , α2 , ..., αk , αk + 1 різні, тому жодне з чисел αk + 1 – α1 , αk + 1 – α2 , ..., αk + 1 – αk не дорівнює нулю. Тоді Q (αk + 1 ) = 0. Отже, αk + 1 — корінь многочлена Q (x). Тоді за теоремою 2 многочлен Q (x) ділиться на (х – αk + 1 ), тобто Q (x) = (х – αk + 1 )æQ1 (x) і з рівності (1) маємо f (x) = (х – α1 )(х – α2 )æ...æ(х – αk )(х – αk + 1 )æQ1 (x). Це означає, що f (х) ділиться на добуток
- 121. 121 (х – α1 )(х– α2 )æ...æ(х – αk )(х – αk + 1 ), тобто теорема доведена й при n = k + 1. Отже, теорема справедлива для будь якого натурального п. ) Н а с л і д о к. Многочлен степеня п має не більше п різних коренів. ( Припустимо, що многочлен n го степеня має (п + 1) різних коренів: α1 , α2 , ..., αп , αп + 1 . Тоді f (x) ділиться на добуток (х – α1 )(х – α2 )æ... × × (х –αп + 1 ) — многочлен степеня (п + 1), але це неможливо. Тому много член п го степеня не може мати більше, ніж п коренів. ) Нехай тепер многочлен n го степеняf (x) = ап хп + ап–1 хп –1 + ... + а2 х2 + а1 х + + а0 (aп ≠ 0) має п різних коренів α1 , α2 , ...,αп . Тоді цей многочлен ділиться без остачі на добуток (х – α1 )(х – α2 )æ...æ(х – αп ). Цей добуток є многочленом того самогоп го степеня. Oтже, у результаті ділення можна одержати тільки мно гочлен нульового степеня, тобто число. Таким чином, ап хп + ап – 1 хп – 1 + … + а2 х2 + а1 х + а0 = b (х – α1 )(х – α2 )æ...æ(х – αп ). (2) Якщо розкрити дужки в правій частині рівності (2) і прирівняти коефіці єнти при старших степенях, то одержимо, що b = ап , тобто ап хп + ап – 1 хп – 1 + ... + а2 х2 + а1 х + а0 = ап (х – α1 )(х – α2 )æ...æ(х – αп ) . (3) Порівнюючи в тотожності (3) коефіцієнти при однакових степенях х зліва і справа, одержуємо співвідношення між коефіцієнтами рівняння та його ко ренями, які називаються формулами Вієта: 1 1 2 ... ;n n n a a − α + α + + α = − 2 1 2 1 3 1... ;n n n n a a − −α α + α α + + α α = 3 1 2 3 1 2 4 2 1... ;n n n n n a a − − −α α α + α α α + + α α α = − (4) ................................................. ( ) 0 1 2 3... 1 . n n n a a α α α α = − Наприклад, при п = 2 маємо: 1 1 2 2 , a a α + α = − 0 1 2 2 , a a α α = а при п = 3: 2 1 2 3 3 ; a a α + α + α = − 1 1 2 1 3 2 3 3 ; a a α α + α α + α α = (5) 0 1 2 3 3 . a a α α α = − § 10. Многочлени від однієї змінної та дії над ними
- 122. 122 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції Виконання таких рівностей є необхідною і достатньою умовою того, щоб числа α1 , α2 , …, αп були коренями многочлена f (x) = ап хп + ап – 1 хп – 1 + ... + а2 х2 + а1 х + а0 (aп ≠ 0). Формули (3) і (4) справедливі не тільки для випадку, коли всі корені мно гочлена f (x) різні. Введемо поняття кратного кореня многочлена. Якщо многочлен f (x) ділиться без остачі на (х – ααααα)k , але не ділиться без остачі на (х – ααααα)k + 1 , то говорять, що число ααααα є корінь кратності k много члена f (x). Наприклад,якщодобуток(х+2)3 (х –1)2 (х+3) записатиувиглядімногочле на, то для цього многочлена число (–2) є коренем кратності 3, число 1 є коре нем кратності 2, а число (–3) є коренем кратності 1. При використанні формул Вієта у випадку кратних коренів необхідно ко жен корінь записати стільки разів, яка його кратність. Приклад 2 Перевірте справедливість формул Вієта для многочлена f (x) = х3 + 2х2 – 4х – 8. f (x) = х3 + 2х2 – 4х – 8 = х2 (х + 2) – 4(х + 2) = (х + 2)(х2 – 4) = (х – 2)(х + 2)2 . Тому f (х) має корені: α1 = 2, α2 = –2, α3 = –2 (оскільки (–2) — корінь кратності 2). Перевіримо справедливість формул (5). У нашому випадку: а3 = 1, а2 = 2, а1 = –4, а0 = –8. Тоді ( ) ( ) 2 1 2 2 2 ;+ − + − = − ( ) ( ) ( ) ( ) 4 1 2 2 2 2 2 2 ; − ⋅ − + ⋅ − + − ⋅ − = ( ) ( ) 8 1 2 2 2 . − ⋅ − ⋅ − = − Як бачимо, всі рівності виконуються, тому формули Вієта є справедли вими для даного многочлена. Приклад 3 Складіть квадратне рівняння, коренями якого є квадрати ко ренів рівняння х2 – 8х + 4 = 0. Позначимо корені рівняння х2 – 8х + 4 = 0 через х1 і х2 . Тоді коренями рівняння, яке ми шукаємо, повинні бути числа 2 1 1xα = і 2 2 2.xα = Отже, це рівняння має вигляд: х2 + рх + q = 0, де p x x x x x x= − +( ) = − +( ) = − +( ) −( )α α1 2 1 2 2 2 1 2 2 1 22 , ( ) 22 2 1 2 1 2 1 2 .q x x x x= α α = = За формулами Вієта маємо: х1 + х2 = 8 і х1 х2 = 4. Звідси знаходимо, що q = (х1 х2 )2 = 42 = 16, а p x x x x= − +( ) −( )= − − ⋅( ) = −1 2 2 1 2 22 8 2 4 56. Таким чином, шукане рівняння має вигляд х2 – 56х + 16 = 0. Вправи 1. Знайдіть остачу від ділення многочлена х5 – 4х4 + 2х3 – 5х + 1 на х + 2. 2. Знайдіть коефіцієнт а, знаючи, що остача від ділення многочлена х3 – ах2 + 5х – 3 на х – 1 дорівнює 6.
- 123. 123 3. Многочлен f(х) при діленні нах – 1 дає остачу 4, а при діленні на х – 3 дає остачу 6. Знайдіть остачу від ділення многочлена f (х) на х2 – 4х + 3. 4. При яких значеннях а і b многочлен х4 + 2х3 + ах2 – bх + 2 ділиться без остачі на х + 2, а при діленні на х – 1 має остачу, яка дорівнює 3? 5. Остачавідділеннямногочлена f(x)на3х2 –5х +2дорівнює7х+1.Знайдіть остачу від ділення цього многочлена на двочлени х – 1 і 3х – 2. 6. Запишіть формули Вієта при п = 4. 7. Складіть кубічний многочлен, який має корені 5, –2, 1 і коефіцієнт при старшому члені –2. Розв’яжіть задачу двома способами. 8. При яких значеннях а сума квадратів коренів тричлена х2 – (а + 2)х + 3а дорівнює 12? 9. Яку кратність має корінь 2 для многочлена f (х) = х5 – 5х4 + 7х3 – 2х2 + 4х – 8? 10. Складіть кубічний многочлен, який має корінь 3 кратності 2 і корінь (–1), а коефіцієнт при старшому члені 2. 11. Знайдіть такі а і b, щоб число 3 було коренем не менш ніж другої крат ності для многочлена f (х) = х3 – 5х2 + ах + b. 12. Складіть квадратне рівняння, корені якого протилежні кореням рівнян ня х2 – 5х + 1 = 0. 13. Складіть квадратне рівняння, корені якого обернені до коренів рівняння 2х2 – 5х + 1 = 0. 14. Складітьквадратнерівняння,коренямиякогоєквадратикореніврівнян ня х2 + 6х + 3 = 0. 10.4. СХЕМА ГОРНЕРА Ділити многочлен f (x) на двочлен (х – а) іноді зручно за допомогою спеці альної схеми, яку називають схемою Горнера. ( Нехай многочлен f (x) = а0 хп + а1 хп – 1 + ... + ап – 1 х + ап (a0 ≠ 0) потрібно розділити на двочлен (х –а). У результаті ділення многочленап го степеня на многочлен першого степеня одержимо деякий многочлен Q (x) (п– 1) го степеня (тобто Q (x) = b0 xп – 1 + b1 xп – 2 + ... + bп – 2 x + bп – 1 , де b0 ≠ 0) і остачу R. Тоді f(x) = (х – а)æQ (x) + R, тобто а0 хп + а1 хп – 1 + ... + ап – 1 х + ап = = (х – а)æ(b0 xп – 1 + b1 xп – 2 + ... + bп – 2 x + bп – 1 ) + R. Оскількиліваіправачастинитотожнорівні,топеремножимомногочлени, якістоятьсправа,іприрівняємокоефіцієнтипривідповіднихстепенях х: хп а0 = b0 хп – 1 а1 = b1 – аb0 хп – 2 а2 = b2 – аb1 ....... ......................... х1 ап – 1 = bп – 1 – аbп – 2 х0 ап = R – аbп – 1 § 10. Многочлени від однієї змінної та дії над ними
- 124. 124 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції Знайдемо з цих рівностей коефіцієнти b0 , b1 ,..., bn – 1 і остачу R: b0 = а0 , b1 = ab0 + a1 , b2 = ab1 + a2 , …, bп – 1 = abп – 2 + aп – 1 , R = abп – 1 + aп . Як бачимо, перший коефіцієнт неповної частки дорівнює першому коефі цієнту діленого, а решта коефіцієнтів неповної частки і остача знаходять ся однаково: для того щоб знайти коефіцієнт bk+ 1 неповної частки, достат ньо попередній знайдений коефіцієнт bk помножити на а і додати k й ко ефіцієнт діленого. Цю процедуру доцільно оформляти у вигляді спеціаль ної схеми таблиці, яка називається схемою Горнера. Приклад 1 Розділіть за схемою Горнера f (х) = 3х4 – 2х3 – 4х + 1 на дво член х – 2. Запишемо спочатку всі коефіцієнти многочлена f (х) (якщо в многочлені пропущений степінь 2, то відповідний коефіцієнт вважаємо рівним 0), а потімзнайдемокоефіцієнтинеповноїчасткиіостачузавказаноюсхемою: Отже, 3х4 – 2х3 – 4х +1 = (х – 2)(3х3 + 4х2 + 8х + 12) + 25. Приклад 2 Перевірте, чи є х = –3 коренем многочлена f (х) = 2х4 + 6х3 + 4х2 – 2х – 42. ЗатеоремоюБезуостачавідділеннямногочленаf (х)на х –а дорівнюєf (а), тому знайдемо за допомогою схеми Горнера остачу від ділення f (х) на х – (–3) = х + 3. Оскільки f (–3) = 0, то х = –3 — корінь многочлена f (х). Вправи 1. ВикористовуючисхемуГорнера,знайдітьнеповнучасткуіостачувідділен ня многочлена А (х) на двочлен В (х): 1) А (х) = х3 + 3х2 + 3х + 1; В (х) = х + 1; ) 2 6 4 2– 24– 3– 2 0 4 41– =ачатсо(0 f ))3–(
- 125. 125 2) А (х)= 5х3 – 26х2 + 25х – 4; В (х) = х – 5; 3) А (х) = х3 – 15х2 + 10х + 24; В (х) = х + 3. 2. Використовуючи схему Горнера, перевірте, чи ділиться многочлен f (x) на двочлен q (x): 1) f (х) = 4х3 – х2 – 27х – 18; q (x) = x + 2; 2) f (х) = х4 – 8х3 + 15х2 + 4х – 20; q (x) = x – 2. 3. Розділіть многочлен А (х) на двочлен В (х): 1) А (х) = 2х3 – 19х2 + 32х + 21; В (х) = х – 7; 2) А (х) = 4х3 – 24х2 + 21х – 5; В (х) = 2х – 1. 10.5. ЗНАХОДЖЕННЯ РАЦІОНАЛЬНИХ КОРЕНІВ МНОГОЧЛЕНА З ЦІЛИМИ КОЕФІЦІЄНТАМИ Т е о р е м а 4.Якщо многочлен з цілими коефіцієнтами f (x) = ап хп + + ап – 1 хп – 1 + ... + а1 х + а0 має раціональний корінь p q x = (q ≠≠≠≠≠ 0), то р є дільником вільного члена (а0 ), а q — дільником коефі цієнта при старшому члені ап . ( Якщо p q єкоренеммногочленаf (х),то 0. p q f = Підставляємо p q замість х у f (x) і з останньої рівності маємо 1 1 1 01 ... 0. n n n nn n p p p q q q a a a a − − − + + + + = (1) Помножимо обидві частини рівності (1) на qn (q ≠ 0). Одержуємо ап рп + ап – 1 рп – 1 q + ... + а1 рqn – 1 + а0 qn = 0. (2) У рівності (2) всі доданки, окрім останнього, діляться на р. Тому a0 qn = – (ап рп + ап – 1 рп – 1 q + ... + а1 рqn – 1 ) ділиться на р. Але коли ми записуємо раціональне число у вигляді , p q то цей дріб вва жається нескоротним, тобто р і q не мають спільних дільників. Добуток a0 qn може ділитися на р (коли р і q — взаємно прості числа) тільки тоді, коли a0 ділиться на р. Тобто р — дільник вільного члена a0 . Аналогічно всі доданки рівності (2), крім першого, діляться на q. Тоді ап рп = –(ап – 1 рп – 1 q + ... + а1 рqn – 1 + а0 qn ) ділиться на q. Оскільки рі q взаємно прості числа, то ап ділиться на q, тобто q — дільник коефіцієнта при стар шому члені. ) Відзначимо два наслідки з цієї теореми. Якщо взяти q= 1, то коренем мно гочлена буде ціле число р — дільник a0 . Отже, має місце: Н а с л і д о к 1. Будь який цілий корінь многочлена з цілими коефіці єнтами є дільником його вільного члена. § 10. Многочлени від однієї змінної та дії над ними
- 126. 126 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції Якщо в заданому многочлені f (х) ап = 1, то дільниками ап можуть бути тільки числа ä 1, тобто в цьому випадку q = ä 1, і має місце: Н а с л і д о к 2. Якщо коефіцієнт при старшому члені рівняння з цілими коефіцієнтами дорівнює 1, то всі раціональні корені цього рівняння (якщо вони існують) — цілі числа. Приклад 1 Знайдіть раціональні корені многочлена 2х3 – х2 + 12х – 6. Нехай нескоротний дріб p q є коренем многочлена. Тодір необхідно шукати серед дільників вільного члена, тобто серед чисел ä 1, ä 2, ä 3, ä 6, а q — серед дільників старшого коефіцієнта: ä 1, ä 2. Такимчином,раціональнікоренімногочленапотрібношукатисередчисел 1 2 ,± ä 1, 3 2 ,± ä 2, ä 3, ä 6. Перевіряти, чи є дане число коренем многочле на, доцільно за допомогою схеми Горнера. При 1 2 x = маємо таблицю. Крім того, за схемою Горнера можна записати, що ( )( )3 2 21 2 2 12 6 2 12 .x x x x x− + − = − + Многочлен2х2 +12немаєдійснихко ренів (а тим більше раціональних), тому заданий многочлен має єдиний раціональний корінь 1 2 .x = Приклад 2 Розкладіть многочлен Р (х) = 2х4 + 3х3 – 2х2 – х – 2 на множ ники. Шукаємо цілі корені многочлена серед дільників вільного члена: ä 1, ä 2. Підходить 1. Ділимо Р (х) на х – 1 за допомогою схеми Горнера. Тоді Р (х) = (х – 1)(2х3 + 5х2 + 3х + 2). Шукаємо цілі корені кубічного мно гочлена 2х3 + 5х2 + 3х + 2 серед дільників його вільного члена: ä 1, ä 2. Підходить (–2). Ділимо на х + 2. Маємо Р (х) = (х – 1)(х + 2)(2х2 + х +1). Квадратнийтричлен2х2 +х+1немає дійснихкоренівіналінійнімножники не розкладається. Відповідь: Р (х) = (х – 1)(х + 2)(2х2 + х +1). 1 2 2 1– 21 6– 2 0 21 0 2 3 2– 1– 2– 1 2 5 3 2 0 2 5 3 2 2– 2 1 1 0
- 127. 127 Зазначимо, що вмножині дійсних чисел не завжди можна знайти всі ко ренімногочлена(наприклад,ужеквадратнийтричленх2 + х+1немаєдійсних коренів). Таким чином, многочленп го степеня не завжди можна розкласти в добуток лінійних множників. Але виявляється, що многочлен непарного сте пеня завжди можна розкласти в добуток лінійних і квадратних множників, а многочлен парного степеня завжди можна розкласти в добуток квадратних тричленів. Наприклад, многочлен четвертого степеня розкладається в добуток двох квадратних тричленів. Для знаходження коефіцієнтів цього розкладу іноді можна використовувати метод невизначених коефіцієнтів. Приклад 3 Розкладіть на множники многочлен х4 + х3 + 3х2 + х + 6. Спроба знайти раціональні корені нічого не дає — многочлен не має раціо нальних (цілих) коренів. Спробуємо знайти розклад цього многочлена в добуток двох квадратних тричленів. Оскільки старший коефіцієнт многочлена дорівнює 1, то й у квадратнихтричленахвізьмемостаршікоефіцієнтирівними1.Тобтошу катимемо розклад нашого многочлена у вигляді: х4 + х3 + 3х2 + х + 6 = (х2 + ах + b)(х2 + сх + d), (3) де а, b, с і d — якісь невизначені (поки що) коефіцієнти. Многочлени,щостоять улівійіправійчастинахцієїрівності,тотожнорівні, томукоефіцієнтиприоднаковихстепенях хуниходнакові.Розкриємодуж кивправійчастинірівностііприрівняємовідповіднікоефіцієнти.Цезручно записати так: х4 + х3 + 3х2 + х + 6 = x4 + cx3 + dx2 + + ax3 + acx2 + adx + + bx2 + bcx + bd. Одержуємосистему: x x x x x a c ac b d bc ad bd 4 3 2 1 0 1 1 1 3 1 6 = = + = + + = + = , , , . , (4) Спроба розв’язати цю систему методом підстановки приводить до рівнян ня 4 го степеня, тому спробуємо розв’язати систему (4) у цілих числах. З останньої рівності системи (4) одержуємо, що b і d можуть бути тільки дільниками числа 6. Усі можливі варіанти запишемо в таблицю. Коефіцієнти b і d в рівності (3) рівноправні, тому ми не розглядаємо випадки b = 6 і d = 1 або b = –6 і d = –1 і т. д. § 10. Многочлени від однієї змінної та дії над ними b 1 1– 2 2– d 6 6– 3 3–
- 128. 128 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції Для кожної пари значень b і d з третьої рівності системи (4) знайдемо ас: ас = 3 – (b + d), а з другої рівності а + с = 1. Знаючиа + с і ас, за теоремою, оберненою до теореми Вієта, знаходимоа і с як корені квадратного рівняння. Коли знайдемо всі числа а, b, с, d, то чет верта рівність системи (4) bс + ad = 1 дозволяє вибрати ті числа, які є роз в’язками системи (4). Зручно ці міркування оформити у вигляді таблиці: Як бачимо, системі (4) задовольняє набір цілих чисел а = –1, b = 2, с = 2, d = 3. Тоді рівність (3) має вигляд х4 + х3 + 3х2 + х + 6 = (х2 – х + 2)(х2 + 2х + 3). (5) Оскільки квадратні тричлени х2 – х + 2 і х2 + 2х + 3 не мають не тільки раціональних, але й дійсних коренів, то рівність (5) дає остаточну від повідь. Вправи 1. Знайдіть цілі корені многочлена: 1) х3 – 5х + 4; 2) 2x3 + x2 – 13x + 6; 3) 5х3 + 18х2 – 10х – 8; 4) 4х4 – 11х2 + 9х – 2. 2. Знайдіть раціональні корені рівняння: 1) х3 – 3х2 + 2 = 0; 2) 2х3 – 5х2 – х + 1 = 0; 3) 3х4 + 5х3 – х2 – 5х – 2 = 0; 4) 3х4 – 8х3 – 2х2 + 7х – 2 = 0. 3. Розкладіть многочлен на множники: 1) 2х3 – х2 – 5х – 2; 2) х3 + 9х2 + 23х +15; 3) х4 – 2х3 + 2х – 1; 4) х4 – 2х3 – 24х2 + 50х – 25. 4. Знайдіть дійсні корені рівняння: 1) х3 + х2 – 4х + 2 = 0; 2) х3 – 7х – 6 = 0; 3) 2х4 – 5х3 + 5х2 – 2 = 0; 4) 2х3 – 5х2 + 1 = 0. 5* . Розкладіть многочлен на множники методом невизначених коефіцієнтів: 1) х4 + х3 – 5х2 + 13х – 6; 2) х4 – 4х3 – 20х2 + 13х – 2. 6* . Розкладіть многочлен на множники, заздалегідь записавши його за допо могою методу невизначених коефіцієнтів у вигляді (х2 +bх +с)2 – (тх + п)2 : 1) х4 + 4х – 1; 2) х4 – 4х3 – 1; 3) х4 + 4а3 х – а4 . b 1 1– 2 2– d 6 6– 3 3– c+a 1= 1 1 1 1 ca (–3= d+b ) 4– 01 2– 8 a еліцен єунсіен 2 1– єунсіен c еліцен єунсіен 1– 2 єунсіен da+cb 1= – – da+cb 4= 4 ≠ 1 da+cb 1= 1=1 –
- 129. 129 11.1. ФОРМУЛИ ПОТРІЙНОГОТА ПОЛОВИННОГО АРГУМЕНТІВ. ВИРАЖЕННЯ ТРИГОНОМЕТРИЧНИХ ФУНКЦІЙ ЧЕРЕЗ ТАНГЕНС ПОЛОВИННОГО АРГУМЕНТУ Т а б л и ц я 23 ДОДАТКОВІ ФОРМУЛИ ТРИГОНОМЕТРІЇ§§§§§1111111111 1. Формули потрійного аргументу sin 3ααααα = 3 sin ααααα – 4 sin3 ααααα cos 3ααααα = 4 cos3 ααααα – 3cosααααα 3 2 3tg tg 1 3tg tg3 , α − α − α α = αα ππ ≠ +( ) 6 2 1k , k ∈ Z 3 2 3ctg ctg 1 3ctg ctg3 , α − α − α α = ≠ 3 , kπ α k ∈ Z 2. Формули пониження степеня 3.Формулиполовинногоаргументу (Знак перед коренем вибирається залежно від знака тригонометричної функції, що стоїть у лівій частині рівності.) 4. Вираження тригонометричних функцій через тангенс половинного аргументу 2 2tg 2 1 tg 2 sin , α α α + = α ≠ π + 2πk, k ∈ Z 2 2 1 tg 2 1 tg 2 cos , α α α − + = α ≠ π + 2πk, k ∈ Z 2 2tg 2 1 tg 2 tg , α α α − = 2 ,n π α π≠ + n ∈ Z, α ≠ π + 2πk, k ∈ Z − = 21 tg 2 2tg 2 ctg , α α α α ≠ πk, k ∈ Z sin cos2 1 2 2 αα αα = − cos cos2 1 2 2 αα αα = + cos cosαα αα 2 1 2 = ± + sin cosαα αα 2 1 2 = ± − tg , cos cos sin cos αα αα αα αα αα2 1 1 1 = ± = − + + α ≠ π + 2πk, k ∈ Z tg , cos sin αα αα αα2 1 = − α ≠ πk, k ∈ Z ctg , cos cos sin cos αα αα αα αα αα2 1 1 1 = ± = + − − α ≠ 2πk, k ∈ Z ctg , cos sin αα αα αα2 1 = + α ≠ πk, k ∈ Z
- 130. 130 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції Пояснення й обґрунтування 1. Формули потрійного аргументу. Використовуючи формули додавання, формули подвійного аргументу, основну тригонометричну тотожність і фор мулу tg αæctg α = 1, одержуємо такі формули: sin 3α = sin (2α + α) = sin 2αæcos α + cos 2αæsin α = 2 sin αæcos 2 α + + (1 – 2 sin2 α)æsin α = 2 sin αæ(1– sin 2 α) + (1 – 2 sin2 α)æsin α = = 3 sin α – 4 sin3 α. Отже, sin 3ααααα = 3 sin ααααα – 4 sin3 ααααα . cos 3α = cos (2α + α) = cos 2αæcos α – sin 2αæsin α = = (2 cos 2 α – 1)æcos α – 2 sin 2 αæcos α = = (2cos 2 α –1)æcos α – 2(1– cos2 α)æcos α= 4 cos3 α – 3 cosα. Отже, cos 3ααααα = 4 cos3 ααααα – 3 cos ααααα . ( ) 32 2 2 2 2tg tg tg2 tg 3tg tg1 tg 1 tg2 tg 2tg 1 3tg 1 1 tg tg3 tg 2 . α + α α + α α − α− α − α ⋅ α α − α − − α α = α + α = = = Отже, 3 2 3tg tg 1 3tg tg3 . α − α − α α = ( )22 32 3 2 2 3 3 1 ctg 3 ctg1 1 3tg 3ctg ctgctg ctg3 tg3 3tg tg 3 1 3ctg 1 1 3ctg ctg ctg . − α − α− α α − αα α = α α − α α − − α − α α = = = = Отже, 3 2 3ctg ctg 1 3ctg ctg3 . α − α − α α = З а у в а ж е н н я.Функціїsin3αіcos3αіснуютьприбудь якихзначеннях α, а tg 3α існує тільки тоді, коли π 2 3 ,kα ≠ + π де k ∈ Z. Тобто π 6 3 , kπ α ≠ + отже, ( )π 2 1 , 6 kα ≠ + k ∈ Z. Аналогічно ctg 3α існує тільки тоді, коли 3α ≠ πk, де k ∈ Z. Тоді π 3 , k α ≠ k ∈ Z. 2. Формули пониження степеня. З формул cos 2α = 1 – 2 sin2 α та cos 2α = 2 cos2 α – 1 одержуємо формули пониження степеня: sin , cos2 2 αα αα == −−1 2 (1) cos . cos2 2 αα αα == 1+ 2 (2) 3. Формули половинного аргументу. Якщо у формулах (1) і (2) замість α взяти аргумент 2 , α то одержимо:
- 131. 131 § 11. Додатковіформули тригонометрії 2 1 cos 2 2 sin , α − α = (3) 2 1+cos 2 2 cos α α = (4) З формул (3) і (4) одержуємо формули половинного аргументу для синуса і косинуса: 1 cos 2 2 sin , − αα = ± (5) cos . cosαα αα 2 == ±± 1+ 2 (6) У цих формулах знак перед коренем вибирається залежно від знаку триго нометричної функції, що стоїть у лівій частині рівності. Якщо почленно розділити формули (5) і (6) і врахувати, що sin 2 2 cos 2 tg , α α α = а cos 2 2 sin 2 ctg , α α α = то одержуємо: tg 1 1+ αα αα αα2 == ±± −− cos cos , (7) ctg 1+ 1 αα αα αα2 == ±± −− cos cos . (8) У формулах (7) і (8) знак перед коренем також вибирається залежно від знаку тригонометричної функції, що стоїть у лівій частині рівності. Зазначимо, що формули (5) і (6) можна використовувати при будь яких значеннях α, а формули (7) і (8) тільки тоді, коли існують значення 2 tg α та 2 ctg α відповідно.Отже,формулу(7)можнавикористовувати,якщо 2 2 ,k α π ≠ + π тобто α ≠ π + 2πk, k ∈ Z, а формулу (8) — якщо 2 ,k α ≠ π тобто α ≠ 2πk, k ∈ Z. Зауважимо, що для тангенса і котангенса половинного аргументу можна одержати формули, які не містять квадратних коренів. Наприклад, tg . sin cos αα αα αα2 1 == ++ (9) Дійсно, якщо врахувати, що аргумент α вдвічі більший за аргумент 2 , α то 2 2sin cos sin sin 2 2 2 1 cos 2 2cos cos 2 2 = tg , α α α α α + α α α = = якщо 1 + cos α ≠ 0, тобто формулу (9) можна використовувати при α ≠ π + 2πk, k ∈ Z.
- 132. 132 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції Аналогічно обґрунтовується формула tg . cos sin αα αα αα2 1 = − (10) 22sin sin 1 cos 2 2 sin 2 2sin cos cos 2 2 2 tg , α α − α α α α α α = = = якщо sin α ≠ 0, тобто формулу (10) можна використовувати при α ≠ πk, k ∈ Z. Враховуючи, що 1 2 tg 2 ctg , α α = одержуємо формули: ctg , sin cos αα αα αα2 1 = − ctg . cos sin αα αα αα2 1 = + 4. Вираження тригонометричних функцій через тангенс половинного ар гументу. Щоб одержати відповідні формули для sin α і cos α запишемо кожен з цих виразів за формулами подвійного аргументу і поділимо на 2 2 2 2 1 sin cos . α α = + Потім, щоб перейти до тангенсів, поділимо чисельник і зна менник одержаного дробу на 2 2 cos α (звичайно, за умови, що 2 2 cos 0, α ≠ тобто при α ≠ π + 2πk, k ∈ Z). 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2sin cos sin 2 2 22 2sin cos cos cos 2tg sin 2 2 2 2 2 1 sin cos sin cos sin tg 1 2 2 2 2 2 21 cos cos 2 2 sin . α α α α α α α α α α α α α α α + + + + α α α = = = = = Отже, + = 2 2 tg 2 1 tg 2 sin , α α α α ≠ π + 2πk, k ∈ Z . (11) 2 2 2 2 2 2 cos sin 1 tg cos 2 2 2 1 sin cos tg 1 2 2 2 cos . α α α − − α α α α + + α = = = Отже, 2 2 1 tg 2 1 tg 2 cos , α α α − + = α ≠ π + 2πk, k ∈ Z . (12) Якщо почленно поділити рівності (11) і (12), то одержимо формули:
- 133. 133 2 2tg 2 1 tg 2 tg , α α − α= 2 ,n π α ≠ + π n ∈ Z, α ≠ π + 2πk, k ∈ Z , (13) 21 tg 2 2 tg 2 ctg , α − α α = α ≠ πk, k ∈ Z . Зауважимо, що формулу (13) можна одержати і за формулою тангенса по двійного аргументу, оскільки 2 2 . α α = ⋅ Приклади розв’язання завдань Приклад 1 Обчисліть, не користуючись таблицями і калькулятором: 1) sin 15°; 2) cos 15°; 3) tg 15°. Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р § 11. Додаткові формули тригонометрії Оскільки аргумент 15° становить половину від аргументу 30°, а коси нус 30° нам відомий, то можна знай тишуканізначеннязаформуламипо ловинного аргументу. Враховуючи, що аргумент 15° знаходиться в I чвер ті (де значення всіх тригонометрич них функцій додатні), у формулах (5) і (6) перед знаком квадратного коре ня вибирається знак «+». Для зна ходження тангенса 15° можна вико ристати будь яку з формул (7), (9) або (10), але зручніше використати фор мули (9) або (10), запис яких не міс тить квадратних коренів. Також піс ля знаходження sin 15° і cos 15° мож на використати формулу sin15 cos15 tg15 . ° ° ° = З а у в а ж е н н я. Записи відповідей для sin 15° і cos 15° можна дещо спрос тити, виділяючи під знаком зовнішнього квадратного кореня квадрат дво члена. Щоб подати, наприклад, 2 3− у вигляді квадрата двочлена, помно жимо і поділимо цей вираз на 2 (та розглянемо вираз 2 3 як подвоєний добу ток чисел 3 і 1). Одержуємо: 1) 1 cos30 2 sin15 − ° ° = = 3 1 2 32 ; 2 2 − − = = 2) 1 cos30 2 cos15 + ° ° = = 3 1 2 32 ; 2 2 + + = = 3) tg . cos sin 15 2 3 1 30 30 1 3 2 1 2 ° = = = − − ° ° −
- 134. 134 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції 2 3 4 2 3 2 3 1 2 2 + = = ( )+ + . Тоді sin .15 2 3 2 3 1 2 2 3 1 2 2 6 2 4 2 ° = = ( ) = = − − − − Виконуючи аналогічні перетворення, маємо 6 2 4 cos15 . + ° = Запитання для контролю 1. Запишіть формули потрійного та половинного аргументів і формули вира ження тригонометричних функцій через тангенс половинного аргументу. Проілюструйте на прикладах застосування цих формул. 2. Обґрунтуйте формули потрійного та половинного аргументів і формули вираження тригонометричних функцій через тангенс половинного аргу менту. Вправи 1. Обчисліть, не користуючись таблицями і калькулятором: 1) sin 22°30R; 2) cos 22°30R; 3) tg 22°30R. 2. Знайдіть 2 sin ; α 2 cos ; α , 2 tg α якщо: 1) 3 5 cosα = − і 3 2 ; π π < α < 2) 5 13 cosα = і 3 2 2 . π < α < π 3. Обчисліть ( )4 tg + , π α якщо 1 3 cos2α = і 5 4 . π π < α < 4. Обчисліть 2 cos , α якщо 12 13 sinα = − і 3 2 . π π < α < 5. Обчисліть sinα, якщо 1 2 3 tg . α = 6. Обчисліть 2 tg , α якщо 1 5 sin cosα + α = і 3 2 2 . π < α < π 7. Обчисліть sin2 cos 1 cos 1 cos2 , α α + α + α ⋅ якщо 2 tg 2. α = 8. Враховуючи, що sin 36° = cos 54°, обчисліть sin 18°.
- 135. 135 11.2. ФОРМУЛА ПЕРЕТВОРЕННЯВИРАЗУ a sin ααααα + b cos ααααα Т а б л и ц я 24 § 11. Додаткові формули тригонометрії Пояснення й обґрунтування ( Спочатку доведемо таке твердження: якщо для чисел m і n виконується співвідношення m2 + n2 = 1, то одне з цих чисел можна вважати синусом, а друге косинусом деякого аргументу ϕ. Розглянемо точку M координатної площини з координатами M (m; n). Координатиточки Мзадовольняютьрівняннюодиничногокола:x2 + y2 = 1 (оскільки за умовою т2 + п2 = 1). Oтже, точка M знаходиться на одинично му колі, і її абсциса є косинусом кута ϕ, який утворює радіус OM з додат нимнапрямкомосі Ox,аордината—синусомцьогокутаϕ.Тобтоm = cos ϕ, n = sin ϕ. Якщо взяти 2 2 ,a a b m + = 2 2 , b a b n + = то 2 2 2 2 2 2 2 2 1. a b a b a b m n + + + = + = Тоді для деякого кута ϕ 2 2 cos , a a b m + = = ϕ 2 2 = sin . b a b n + = ϕ Тепер ми можемо довести формулу a b a bsin cos sin .α α α ϕ+ = + +( )2 2 Для цього доведемо, що права частина цієї формули дорівнює лівій. a b a b2 2 2 2+ +( ) = + +( ) =sin sin cos cos sinα ϕ α ϕ α ϕ 2 2 2 2 2 2 sin cos sin cos ,a b a b a b a b a b + + = + α + α = α + α що й потрібно було довести. Отже, a b a bsin cos sin ,αα αα αα ϕϕ+ = + +( )2 2 де аргумент ϕ визначається із співвідношень: 2 2 cos ,a a b+ ϕ = 2 2 sin .b a b+ ϕ = ) З а у в а ж е н н я. В одержаній формулі аргумент ϕ визначається з точні стю до 2π, але найчастіше вибирають те значення, яке найменше за моду лем. a b a bsin cos sin ,αα αα αα ϕϕ+ = + +( )2 2 де аргумент ϕ визначається із співвідношень 2 2 cos ,a a b+ ϕ = 2 2 sin b a b+ ϕ =
- 136. 136 РОЗДІЛ 1. Тригонометричніфункції Наприклад, для виразу sin α + cos α маємо a = 1, b = 1. Тоді 2 2 1 2 cos ,a a b+ ϕ = = 2 2 1 2 sin .b a b+ ϕ = = Отже, аргумент ϕ знаходиться в I чверті і як значення ϕ можна вибрати . 4 πϕ = Тоді ( )+ = + 4 sin cos 2sin . π α α α Приклади розв’язання завдань Приклад 1 Знайдіть найбільше та найменше значення виразу 3sin cos .α − α Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р За формулою a b a bsin cos sinα α α ϕ+ = + +( )2 2 одержуємо ( )6 3sin cos 2sin . π α − α = α − Враховуючи, що ( )6 sin π α − набу ває всіх значень із проміжку [–1; 1], маємо, що ( )2 sin 6 π α − набуває всіх значень із проміжку [–2; 2]. Отже, найбільше значення заданого виразу дорівнює 2, а найменше — (–2). Вираз 3sin cosα − α можна перетво рити за формулою a b a bsin cos sin .α α α ϕ+ = + +( )2 2 Тут 3,a = b = –1, тоді 2 2 4 2.a b+ = = Отже, 2 2 3 2 cos , a a b+ ϕ = = 2 2 1 2 sin . b a b+ ϕ = = − Тоді аргумент ϕ знаходиться в IV чверті, і як значення ϕ можна ви брати, наприклад, 6 . π ϕ = − Викорис товуючи метод оцінки для знахо дження найбільшого та найменшого значень виразу, враховуємо, що необ хіднонетількиоцінитизначенняви разузадопомогоюнестрогихнерівно стей − −( )( )2 2 2 6 m msin ,α π а й впев нитися, що знак рівності в цих не рівностяхдосягається. Приклад 2 Побудуйте графік функції y x x= +( )2 sin cos . К о м е н т а р Вираз sin x + cos x можна записати у вигляді ( )4 sin cos 2sin .x x x π + = + Тоді графік заданої функції можна побудувати за допомогою геометричних перетворень графіка функції y= sin x.
- 137. 137 Р о зв ’ я з а н н я ( ) ( )4 2 sin cos 2 sin .y x x x π = + = + Графік заданої функції одержуємо з графіка функції y = sin x розтягуван ням у 2 рази вздовж осі Оy і паралельним перенесенням отриманого графіка вздовж осі Оx на ( )4 π − . Запитання для контролю 1. Запишіть формулу перетворення виразу a sin α + b cos α на вираз вигляду c sin (x + ϕ). Проілюструйте на прикладі застосування цієї формули. 2. Обґрунтуйте формулу перетворення виразу a sin α+ b cos α на вираз вигля ду c sin (x + ϕ). Вправи 1. Знайдіть найбільше та найменше значення виразу: 1) sin α + cos α; 2) sin 3cos ;α − α 3) 3sin cos ;α + α 4) 2sin 6cos .α + α 2. Побудуйте графік функції: 1) y x x= +3sin cos ; 2) sin 2 cos 2 ;y x x= − 3) y x x= +sin cos ;3 4) 2 2 3sin cos . x x y = + 3. Знайдіть область значень функції: 1) y = 3 sin x + 4 cos x; 2) y = 5 sin 3x – 12 cos 3x; 3) y = sin 7x – cos 7x; 4) 3 3 8sin 15cos . x x y = + 4. Чи існують такі значення x, при яких виконується рівність: 1) 3 sin x – 4 cos x = 6; 2) 5 sin 2x + 12 cos 2x = 15; 3) 3sin4 cos4 5;x x− = 4) 2 2 sin cos 1,5? x x + = § 11. Додаткові формули тригонометрії
- 138. 138 Спростіть вираз (1–2). 1.1) tg2 α – sin2 α – tg2 α sin2 α; 2) ( ) ( )2 2sin 1 ctg cos 1 tg ;β + β + β + β 3) (3 sin α + 2 cos α)2 + (2 sin α – 3 cos α)2 ; 4) 2 cos tg sin ctg cos . β β β − β β 2. 1) ( ) ( )3 2 2 tg tg ctg ; π α − α − π + − α 2) ( ) ( ) ( ) ( ) tg sin cos2 sin ctg sin 2 ; π − α −α α π − α α π + α − + 3) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) tg cos tg 2 3 sin ctg tg 2 2 2 . π π − β π − β − β π π π − β + α + α 4) ( ) ( ) 3 3 16 13 tg sin sin cos 2 2 9 18 5 11 ctg cos sin cos2 18 9 . π π π π + α π π π − α π Доведіть тотожність (3–4). 3. 1) ( ) ( ) tg tg tg tg tg tg ; α + β − α − β α α + β = β 2) 1 cos2 sin2 1 cos2 sin2 tg ; − α + α + α + α = α 3) ( ) ( ) ( ) ( ) cos cos sin sin ctg ; α + β + α − β α + β + α − β = α 4) sin sin3 cos cos3 ctg 2 . α − α α − α = − α 4. 1) 1 1 1 1 2 2 2 2 4 cos cos α − + α = при π < α < 2π; 2) ( )1 1 2 2 4 2 1 cos 2 2cos π α − − α = − при 3 2 ; π π < α < 3) 1 1 1 1 2 2 2 2 2 cos 2 cos α + + α = − при 3 2 2 ; π < α < π 4) ( )1 1 2 2 4 4 1 cos 2cos π α + − α = − при 3 2 2 . π < α < π 5. Доведіть рівність: 1) 4 5 1 7 7 7 8 cos cos cos ; π π π = 2) tg 20° – 4 sin 20° sin 50° = –2 sin 20°; 3) 1 10 4 70 2 sin sin ; ° − ° = 4) cos sin sin .20 2 55 2 65 1° + ° − ° = ДОДАТКОВІ ВПРАВИ ДО РОЗДІЛУ 1
- 139. 139 Відомості з історії 6.Доведіть, що правильна нерівність: 1) tg x + ctg x l 2, якщо 2 0 ;x π < < 2) ( ) ( ) ( ) sin 3 5 2 sin sin 12 4 12 4 2 sin 2 3; π + α α π α π α + − + m 3) (1 + sin ϕ + cos ϕ)(1 – sin ϕ + cos ϕ)(1 + sin ϕ – cos ϕ)(sin ϕ + cos ϕ – 1) m 1; 4) 2 sin 4α sin 2α + cos 6α l –1. 7. Обчисліть: 1) cos4 α + sin4 α, якщо 2 3 sin2 ;α = 2) 2 21 sin 1 sin , α − + α якщо 2 tg ;m α = 3) cos α, якщо 1 2 sin tg ;α α = 4) sin α, cos 2α, 2 cos , α якщо 2 tg 2, α = − 3 2 . π π < α < Слово «тригонометрія» вперше зустрічається (1505 р.) у назві книжки німецького теолога і математика П и т и с к у с а. Походження цього слова грецьке: «тригонон» — трикутник, «метріо» — міра. Іншими словами, три гонометрія — наука про вимірювання трикутників. Багато понять і фактів, які тепер відносять до тригонометрії, були відомі ще дві тисячі років тому. Фактичнорізнівідношеннявідрізківтрикутникаікола(власнекажучи,і три гонометричні функції) зустрічаються вже в III ст. до н. е. в працях великих математиків Стародавньої Греції —Е в к л і д а та А р х і м е д а. Довгий час тригонометрія розвивалася як частина геометрії, тобто факти, які ми тепер формулюємо в термінах тригонометричних функцій, формулю вали і доводили за допомогою геометричних понять і тверджень. Мабуть, найбільші стимули для розвитку тригонометрії виникали у зв’язку з розв’я зуванням задач астрономії, що становило великий практичний інтерес (на приклад, для розв’язування задач на визначення місцезнаходження судна, передбачення затемнень тощо). Сучасного вигляду тригонометрії надав вели кий математик XVIII ст. Л. Е й л е р (1707—1783), швейцарець за похо дженням, який довго працював у Росії і був членом Петербурзької академії наук. Саме Ейлер перший увів відомі означення тригонометричних функцій, почав розглядати функції довільного кута, вивів формули зведення. Після Ейлера тригонометрія набрала форми числення: різні факти почали доводити формальним застосуванням формул тригонометрії, доведення стали набага то компактнішими. ВІДОМОСТІ З ІСТОРІЇ
- 140. 140 Т а бл и ц я 25 2Розділ Тригонометричні рівняння і нерівності §§§§§1212121212 ОБЕРНЕНА ФУНКЦІЯ 1. Поняття оберненої функції Якщо функціяy = f (x) набуває кожного свого значення в єдиній точці її області визначення, то можна задати функцію y = g (x), яка називаєть ся оберненою до функції y = f (x): для кожного a ∈ D (f), якщо f (a) = b, то g (b) = a E (f) =D (g); D (f) = E (g) Функції f (x) і g (x) взаємно обернені. 2. Властивості оберненої функції 1) Графіки прямої і оберненої функцій симетричні відносно прямої y = x. 2) Якщофункція f (x) зростає(спа дає) на деякому проміжку, то вона має обернену функцію на цьому проміжку, яка зростає, якщо f (x)зростає,і спадає,якщо f (x) спадає.
- 141. 141 Пояснення й обґрунтування 1.Поняття оберненої функції. Відомо, що залежність шляху від часу руху тіла, яке рухається рівномірно з постійною швидкістю 0v , виражається фор мулою S = v0 t. З цієї формули можна знайти обернену залежність — часу відпройденогошляху 0 . S v t = Функцію ( ) 0 S v t S = називаютьоберненоюдофунк ції S (t) = v0 t. Зазначимо, що в розглянутому прикладі кожному значенню t (t l 0) відповідає єдине значення S, і, навпаки, кожному значенню S (S l 0) відповідає єдине значенняt. Розглянемопроцедуруодержанняоберненоїфункціївзагальномувигляді. Нехай функція f (x) набуває кожного свого значення в єдиній точці її об ласті визначення (така функція називається оборотною). Тоді для кожного числа у0 = b (з області значень функції f (x)) існує єдине значення х0 = a, таке, що f (a) = b. Розглянемо нову функцію g (x), яка кожному числу b з області значень функції f (x) ставить у відповідність число a, тобто g (b) = a для кож ного b з області значень функції f (x). У цьому випадку функція g (x) нази § 12. Обернена функція П р о д о в ж. т а б л. 25 3. Практичний прийом знаходження формули функції, оберненої до функції y = f (x) Алгоритм Приклад 1. З’ясувати, чи буде функція y = f (x) оборотною на всій об ласті визначення: для цього до сить з’ясувати, чи має рівняння y = f (x) єдиний корінь відносно змінної x. Якщо ні, то виділити (якщо мож ливо) проміжок, де існує оберне на функція (наприклад, це може бути проміжок, де функція y = f (x) зростає або спадає). 2. З рівності y = f (x) виразити x че рез y. 3. В одержаній формулі ввести тра диційні позначення — аргумент позначити через x, а функцію — через y. Знайдіть функцію, обернену до функції y = 2x + 4. З рівності y = 2x + 4 можна однозначно виразити x через y: 1 2 2.x y= − Цяформулазадаєоберненуфунк цію, але в ній аргумент позначено черезy, а функцію — через x. Позначимо в одержаній форму лі аргумент через x, а функцію — через y. Маємо функцію 1 2 2y x= − , обернену до функції y = 2x + 4.
- 142. 142 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності вається оберненою до функції f (x), а функціяf (x) —оберненоюдофункції g (x). З означення оберненої функції ви пливає, що область значень прямої функції E (f) є областю визначення оберненої функції D (g), а область ви значення прямої функції D (f) є облас тю значень оберненої функції E (g). Тобто: E (f)= D (g), D (f) = E (g). 2. Властивості оберненої функції. В л а с т и в і с т ь 1. Графіки прямої і оберненої функції симетричні відносно прямої у = х. ( Враховуючи наведену вище процедуру побудови функції, оберненої до функції у =f (x), маємо: якщо f (a) = b, то за означенням графіка функції точка M з координатами (a; b) належить графіку функції y = f (x). Анало гічно, оскільки g (b) = a, то точка M1 з координатами (b; a) належить гра фіку функції y= g (x). ТочкиM (a; b) і M1 (b; a) розміщені на координатній площині симетрично відносно прямої y = x (рис. 84). Дійсно,прямаy=x євіссюсиметріїсистемикоординат.Отже,присиметрії відносно прямої y = x вісь Оx відображається на вісь Оy, а вісь Оy — на вісь Оx.Тоді(наприклад,приa>0іb>0)прямокутникOAMDізсторонами OA=aіOD = bнаосяхкоординатвідображаєтьсянапрямокутник OA1 M1 D1 із сторонами на осях координат, у якогоOA1 = OA = aіOD1 = OD= b. Таким чином, при симетрії відносно прямої y = x точка M (a; b) відображається в точкуM1 (b;a)(аточкаM1 —уточку M).Отже,присиметріївідноснопрямої y = x будь яка точка M (a; b), що належить графіку функції y = f (x), має відповідну точку M1 (b; a), що належить графіку функції y = g (x), а будь яка точка M1 (b; a), що належить графіку функції y = g (x), має відповідну точкуM(a; b),щоналежитьграфікуфункціїy = f (x).Тобтографікивзаєм нооберненихфункційсиметричнівідноснопрямоїy =x. ) В л а с т и в і с т ь 2. Якщо функція f (x) зростає (спадає) на деякому проміжку, то вона має обернену функцію на цьому проміжку, яка зростає, якщо f (x) зростає, і спадає, якщо f (x) спадає. ( Дійсно, якщо функція f (x) зростає (спадає) на деякому проміжку, то за властивістю зростаючої (спадної) функції кожного свого значення вона набуває в єдиній точці з цього проміжку (с. 14), отже, вона має обернену функцію g (x) на цьому проміжку. Обґрунтувати, що функція g (x) зрос тає, якщо f (x) зростає, можна методом від супротивного. Рис. 84
- 143. 143 Нехай числа а1 іа2 входять до області визначення функції f (x) і а2 > а1 . (1) Позначимо f (а1 ) =b1 , f (а2 ) = b2 . Якщо функція f (x) зростає, то f(а2 ) > f (а1 ), тобто b2 > b1 . За означенням оберненої функції g (x) числа b1 і b2 входять до її області визначення і g (b1 ) = а1 , g (b2 ) = а2 . (2) Якщо припустити, що функція g (x) не є зростаючою, то з нерівностіb2 > b1 не може випливати нерівність g (b2 ) >g (b1 ) (інакше функціяg (x) буде зрос таючою),отже,можевиконуватисятількинерівність g (b2 )mg (b1 ).Алетоді за формулами (2) одержуємо a2 m a1 , що суперечить умові (1). Отже, наше припущення неправильне, і функція g (x) зростає, якщо f (x) зростає. Аналогічно обґрунтовується, що у випадку, коли функція f (x) спадає, обернена до неї функція g (x) теж спадає. ) 3. Практичний прийом знаходження формули функції, оберненої до функції y = f (x). З означення оберненої функції випливає, що для отримання оберне ної залежності необхідно знати, як значенняx виражається через значення y. Це можна зробити, розв’язавши рівняння y = f (x) відносно змінної x. Якщо задана функція оборотна, то рівняння матиме єдиний розв’язок для всіх y з області значень функції f (x), і ми одержимо формулу x = g (y), яка задає обернену функцію. Але в цій формулі аргумент позначено через y, а функ цію — черезx. Якщо поміняти позначення на традиційні, то одержимо запис функції, оберненої до функції y = f (x). Ціміркуванняразомізвідповіднималгоритмомнаведеновтаблиці25і реа лізовано в наступних прикладах. Приклади розв’язування завдань § 12. Обернена функція Приклад 1 Знайдіть функцію, обернену до функції 1 1 . x y − = Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р Область визначення: х ≠ 1. Тоді з рівності 1 1x y − = маємо ху – у = 1, ху = у + 1, 1 . y y x + = Позначаємо аргумент через x, а функцію—черезyіодержуємофунк цію 1x x y + = , обернену до заданої. На всій області визначення (х ≠ 1) задана функція оборотна, оскільки з рівняння 1 1x y − = можна однознач но виразити x через y (у ≠ 0 на області значень заданої функції). Одержана формула 1y y x + = задає обернену фун кцію, але в ній аргумент позначено через y, а функцію — через x. Зміню ючи позначення на традиційні, одер жуємо кінцевий результат.
- 144. 144 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності Приклад 3 Знайдіть функцію, обернену до функції y = х2 при x l 0. Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р З рівності y = х2 при y l 0 одер жуємо x y= ± . Враховуючи, що за умовою x l 0, маємо x y= . Позначимо аргумент через x, а функцію — через y і одержимо, що функцією, оберненою до функції y = х2 , яка задана тільки при x l 0, буде функція y x= . Множиназначеньзаданоїфункції: y l 0. При x l 0 задана функція y = х2 зростає, отже, на проміжку xl 0 вона має обернену функцію, а значить, на цьому проміжку рівняння х2 = y ми зможемо однозначно розв’язати: при x l 0 маємо x y= . Ця формула задає обернену функ цію, але в ній аргумент позначено че рез y, а функцію — черезx.Замінюю чи позначення на традиційні, одер жуємо кінцевий результат. З а у в а ж е н н я.Уприкладах2і 3 мифактичнорозглядаєморізніфунк ції (вони мають різні області визна чення),хочавобохвипадкахціфунк ціїзадаютьсяоднієюітієюсамоюфор мулою. Як відомо, графіком функції y = х2 (приклад 2) є парабола, а гра фіком функції y = х2 при x l 0 (при клад 3) є тільки права вітка цієї па раболи (рис. 85).Рис. 85 З рівності y = х2 при y l 0 одер жуємо x y= ± . Тоді при y> 0 одному значенню y відповідають два значен ня x. Отже, на всій області визначен ня x ∈ (–×; +×) функція y = x2 не є оборотною, і для неї не можна знайти оберненуфункцію. Область значень заданої функції: y l 0. Але приy > 0 з рівності y = x2 не можна однозначно виразити x че рез y. Наприклад, при y = 4 одержує мо x =ä2.Черезцеминеможемозна ченню y=4поставитиувідповідність єдине число, щоб побудувати оберне ну функцію. Приклад 2 Знайдіть функцію, обернену до функції y = х2 . Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р
- 145. 145 Запитання для контролю 1.За якої умови для заданої функції y = f (x) можна побудувати обернену функцію? 2. Поясніть побудову графіка оберненої функції на прикладі функції y = f (x), яка задана таблицею: x 0 2 4 6 f (x) 1 3 5 7 Задайте обернену функцію y = g (x) за допомогою таблиці: x g (x) 3. Як розміщено графіки прямої і оберненої функцій, якщо вони побудовані в однійсистемікоординат?Проілюструйтевідповіднувластивістьграфіків на прикладі. 4* .Обґрунтуйте взаємне розміщення графіків прямої і оберненої функцій. 5. Чи існує обернена функція до функції y = x2 , де x m0? Поясніть це, спираю чись на відповідні властивості оберненої функції. Якщо обернена функція існує, то задайте її формулою виду y = g (x). Вправи 1. Запишіть формулу, яка задає функцію y = g (x), обернену до заданої. Укажіть область визначення і множину значень функції g (x): 1°) y = 3x – 6; 2°) y = – 3x – 6; 3) 2 ; x y = 4) 1 ; x y = − 5) y x= . 2. На одному рисунку побудуйте графік даної функції і функції, оберненої до даної: 1°) y = 2x; 2°) y = x – 2; 3) 1 ;= − x y 4* ) 1 1 ; x y − = 5* ) y x= +1. 3. Знайдіть функцію, обернену до даної на заданому проміжку, і побудуйте на одному рисунку графік даної функції і функції, оберненої до неї: 1) 21 4 y x= при x l 0; 2) 21 4 y x= при x m 0; 3) y = (x – 2)2 при x l 2; 4) y = x2 – 2 при x m 0. § 12. Обернена функція
- 146. 146 Для одержання оберненихтригонометричних функцій для кожної триго нометричної функції виділяється проміжок, на якому вона зростає (або спа дає). Для позначення обернених тригонометричних функцій перед відповід ною функцією ставиться буквосполучення «arc» (читається: «арк»). 13.1. ФУНКЦІЯ y = arcsin x Т а б л и ц я 26 ОБЕРНЕНІ ТРИГОНОМЕТРИЧНІ ФУНКЦІЇ§§§§§1313131313 1. Графік y = sin x y = arcsin x На проміжку 2 2 ; π π − sin x зростає. 2. Значення arcsin a (| a | m 1) Орієнтир Приклад arcsin а — це таке число з проміжку ; ,π π − 2 2 синус якого дорівнює а. arcsin a = ϕ, якщо ϕ ϕ π π ∈ − = 2 2 ; , sin a 3 2 3 arcsin , π = оскільки 3 2 2 ; π π π ∈ − і 3 3 2 sin . π = 3. Непарність функції y = arcsin x arcsin (–a) = –arcsin a
- 147. 147 Пояснення й обґрунтування 1.Графік функції y = arcsin x. Функціяy= sin x зростає на проміжку 2 2 ; π π − і набуває всіх значень від –1 до 1. Отже, на цьому проміжку функція y= sin x має обернену функцію, яка позначається y = arcsin x, з областю визначення [– 1; 1] і областю значень 2 2 ; . π π − Функціяy = arcsinx теж зростає, і її графік можнаодержатизграфікафункціїy=sinx (назаданомупроміжку)задопомо гою симетричного відображення відносно прямоїy = x (рис. 86). 2. Значення arcsin a. За означенням оберненої функції (на вибраному про міжку), якщо sin ϕ = a, то arcsin a = ϕ, причому 2 2 ; π π ϕ∈ − і | a | m 1. Отже, запис arcsin a = ϕ (| a | m 1) означає, що 2 2 ; π π ϕ∈ − і sin ϕ = a, тобто arcsin a — це таке число з проміжку 2 2 ; , π π − синус якого дорівнює a. Наприклад, 1 2 6 arcsin , π = оскільки 6 2 2 ; π π π ∈ − і 1 6 2 sin . π = Аналогічно 3 2 3 arcsin , π − = − оскільки 3 2 2 ; π π π − ∈ − і ( ) 3 3 2 sin . π − = − 3. Непарність функції y = arcsin x. Для знаходження арксинусів від’ємних чисел можна також користуватися непарністю функції arcsinx, тобто форму лою: arcsin (–a) = –arcsin a. ( Це випливає з того, що графік функції y = arcsin x (рис. 86) симетричний відносно початку координат, а також з того, що точки a і (–a) на осі Оy (рис. 87) симетричні відносно осі Оx. Тоді і відповідні точки A і B на оди § 13. Обернені тригонометричні функції Рис. 86 Рис. 87
- 148. 148 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності ничному колі (у проміжку )2 2 ; π π − теж будуть симетричними відносно осі Оx. Отже, ∠ COA = ∠ COB. Але arcsin a = ∠ COA, а arcsin (–a) = –∠ COB (рисунок 87 наведено для випадку а > 0). Одержуємо arcsin (–a) = –arcsin a . ) Наприклад, ( )1 1 2 2 6 arcsin arcsin . π − = − = − Приклад Знайдіть: 1) ( )1 3 sin arcsin ; 2* ) ( )3 5 cos arcsin . Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р 1) Нехай = ϕ1 3 arcsin , тоді за озна ченням арксинуса одержуємо, що 1 3 sin .ϕ = Отже, ( )1 1 3 3 sin arcsin .= 1) Оскількизаписϕ=arcsin a (| a |m1) означає, що 2 2 ; π π ϕ∈ − і sin ϕ = a, то завжди виконується рівність sin (arcsin a) = a, | a | m 1 . Але цю формулу можна не запа м’ятовувати: досить позначити вираз у дужках через ϕ і викорис татиозначенняарксинуса. 2) Якщо позначити вираз у дужках через ϕ, то за вимогою задачі по трібно знайти cos ϕ. Використав ши означення арксинуса, одер жуємо стандартну задачу: знаючи синус кута, знайти його косинус, якщо кут знаходиться в проміжку 2 2 ; . π π − Тоді cos sinϕ ϕ= ± −1 2 . Оскільки 2 2 ; , π π ϕ∈ − то в цьому проміжку cos ϕ l 0, отже, cos sin .ϕ ϕ= −1 2 2) Нехай = ϕ3 5 arcsin . За означен ням арксинуса одержуємо, що 2 2 ; π π ϕ∈ − і 3 5 sin .ϕ = Враховую чи, що cos ϕ l 0, маємо: ( ) 2 2 3 4 5 5 cos 1 sin 1 .ϕ = − ϕ = − = Отже, ( )3 4 5 5 cos arcsin cos .= ϕ =
- 149. 149 13.2. ФУНКЦІЯ y= arccos x Т а б л и ц я 27 Пояснення й обґрунтування 1. Графік функції y = arccos x. Функція y = cos x спадає на проміжку [0; π] і набуває всіх значень від 1 до –1. Отже, на цьому проміжку функція y = cos x має обернену функцію, яка позначається y = arccos x, з областю визначення 1. Графік y = cos x y = arccos x На проміжку [0; π] cos x спадає. 2. Значення arccos a (| a | m 1) Орієнтир Приклад arccos a— це таке число з проміжку [0; π], косинус якого дорівнює а. arccos a = ϕ, якщо [ ]0; , cos a ϕ∈ π ϕ = 2 2 4 arccos , π = оскільки [ ]4 0; π ∈ π і 2 4 2 cos . π = 3. Формула для arccos (–a) arccos (–a) = πππππ – arccos a § 13. Обернені тригонометричні функції
- 150. 150 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності [–1; 1] і областю значень [0; π]. Функція y = arccos x теж спадає, і її графік можна одержати з графіка функціїy = cos x (на заданому проміжку) за допо могою симетричного відображення його відносно прямої y = x (рис. 88). 2. Значення arccos a. За означенням оберненої функції (на вибраному про міжку), якщо cos ϕ = a, то arccos a = ϕ, причомуϕ ∈ [0; π] і | a | m 1. Отже, запис arccos a = ϕ (| a | m 1) означає, що ϕ ∈ [0; π] і cos ϕ = a, тобто arccos a — це таке число з проміжку [0; π], косинус якого дорівнює a. Наприклад, π =1 2 3 arccos , оскільки [ ]3 0; π ∈ π і 1 3 2 cos . π = Аналогічно π − = 3 5 2 6 arccos , оскільки [ ]5 6 0; π ∈ π і 5 3 6 2 cos . π = − 3. Формула для arccos (–a). Для знаходження арккосинусів від’ємних чисел можна також користуватися формулою arccos (–a) = π – arccos a. ( Це випливає з того, що точки a і (–a) на осі Оx (рис. 89) є симетричними відносноосіОy.Тодіівідповідніточки Aі Bнаодиничномуколі(упроміжку [0; π]) теж будуть симетричними відносно осі Оy. Отже, ∠ COA = ∠ DOB, значить,∠COB =π –∠ DOB= π– ∠COA.Алеarccos a = ∠ COA,а arccos (–a) = ∠ COB = π – ∠ COA. Одержуємо arccos (–a) = πππππ – arccos a . Наприклад, ( )1 1 2 2 2 3 3 arccos arccos . π π − = π− = π − = Зазначимо, що рівність arccos (–a) = π – arccos a означає, що функція y = arccos x не є ні парною, ні непарною. Рис. 88 Рис. 89
- 151. 151 13.3. ФУНКЦІЯ y= arctg x Т а б л и ц я 28 Нехай 2 3 arccos ,= ϕ тоді за озна ченням арккосинуса одержуємо, що 2 3 cos .ϕ = Отже, ( )= 2 2 3 3 cos arccos . Оскількизаписϕ=arccosa (| a | m 1) означає, що ϕ ∈ [0; π] і cos ϕ = a, то завжди виконується рівність cos (arccos a) = a, | a | m 1 . Aле цю формулу можна не запа м’ятовувати: досить позначити ви раз у дужках через ϕ і використати означенняарккосинуса. Приклад Знайдіть ( )2 3 cos arccos . Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р 1. Графік y = tg x y = arctg x На проміжку ( )2 2 ; π π − tg x зростає. 2. Значення arctg a Орієнтир Приклад arctg a — це таке число з проміжку ( )2 2 ; ,π π − тангенс якого дорівнює а. arctg a = ϕ, якщо ( )2 2 ; , tg π πϕ∈ − ϕ = α 3 arctg 3 , π = оскільки ( )3 2 2 ; π π π ∈ − і 3 tg 3. π = § 13. Обернені тригонометричні функції
- 152. 152 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності Пояснення й обґрунтування 1. Графік функції y = arctg x. Функція y = tg x зростає на проміжку ( )2 2 ; π π − і набуває всіх значень від –× до +×. Отже, на цьому проміжку функція y = tg x має обернену функцію, яка позначаєтьсяy = arctgx, з областю визна чення (–×; +×) і множиною значень ( )2 2 ; . π π − Функція y = arctg x теж зрос тає, і її графік можна одержати з графіка функції y = tg x (на заданому про міжку) за допомогою симетричного відображення відносно прямої y = x (рис. 90). 2. Значення arctg a. За означенням оберненої функції (на вибраному про міжку), якщо tg ϕ = a, то arctg a = ϕ, причому ( )2 2 ; . π π ϕ∈ − Отже, запис arctg a = ϕ означає, що ( )2 2 ; π π ϕ∈ − і tg ϕ = a. Тобто arctg a — це таке число з про міжку ( )2 2 ; ,π π − тангенс якого до рівнює a. Наприклад, 3 3 6 arctg , π = оскіль ки ( )6 2 2 ; π π π ∈ − і 3 6 3 tg . π = Аналогічно ( ) 4 arctg 1 , π − = − оскільки ( )4 2 2 ; π π π − ∈ − і ( )4 tg 1. π − = − П р о д о в ж. т а б л. 28 arctg (–a) = –arctg a 3. Непарність функції y = arctg x Рис. 90
- 153. 153 3. Непарність функціїy = arctg x. Для знаходженняарктангенсіввід’ємнихчи сел можна також користуватися непар ністю функції arctg x, тобто формулою arctg (–a) = –arctg a. ( Цевипливаєзтого,щографікфункції y = arctg x (рис. 90) симетричний відносно початку координат, а також з того, що точки a і (–a) на лінії тан генсівєсиметричнимивідносноосіOx (рис. 91). Тоді і відповідні точки Aі B наодиничномуколі(упроміжку ( ))2 2 ; π π − тежбудутьсиметричнимивідносно осі Ox. Отже, ∠ COA = ∠ COB. Але arctg a = ∠ COA, а arctg (–a) = = –∠ COB. Одержуємо arctg (–a) = –arctg a . Наприклад, 3 3 3 3 6 arctg arctg . π − = − = − Приклад Знайдіть tg (arctg 4). Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р Рис. 91 Нехай arctg 4 = ϕ, тоді за озна ченням арктангенса одержуємо, що tg ϕ = 4. Отже, tg (arctg 4) = 4. Оскількизаписϕ=arctgaозначає, що ( )2 2 ; π π ϕ∈ − і tg ϕ = a, то завжди виконується рівність tg (arctg a) = a . Але цю формулу можна не запа м’ятовувати: досить позначити ви раз у дужках через ϕ і використати означенняарктангенса. § 13. Обернені тригонометричні функції )
- 154. 154 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності 13.4. ФУНКЦІЯ y = arcctg x Т а б л и ц я 29 1. Графік y = ctg x y = arcctg x На проміжку (0; π) ctg x спадає. 2. Значення arcctg a Орієнтир Приклад arcctga — це таке число з проміжку (0; πππππ), котангенс якого дорівнює а. arcctg a = ϕ, якщо ( )0; , ctg a ϕ∈ π ϕ = 6 arcctg 3 , π = оскільки ( ) 6 0; π ∈ π і 6 ctg 3. π = 3. Формула для arcctg (–a) arcctg (–a) = πππππ – arcctg a Пояснення й обґрунтування 1. Графік функції y = arcctg x. Функція y = ctg x спадає на проміжку (0; π) і набуває всіх значень від –× до +×. Отже, на цьому проміжку функція y = ctg x має обернену функцію, яка позначається y = arcctg x, з областю
- 155. 155 визначення (–×; +×)і областю значень (0; π). Функція y = arcctg x теж спа дає,іїїграфікможнаодержатизграфікафункціїy=ctgx(назаданомупроміж ку) за допомогою симетричного відображення його відносно прямої y = x (рис. 92). 2. Значення arcсtg a. За означенням оберненої функції (на вибраному про міжку), якщо ctg ϕ = a, то arcctg a = ϕ, причому ϕ ∈ (0; π). Отже, запис arcctg a = ϕ означає, що ϕ ∈ (0; π) і ctg ϕ = a. Тобто arcctga —цетакечислозпроміжку(0; πππππ), котангенсякогодорівнює a. Наприклад, 4 arcctg1 , π = оскільки ( ) 4 0; π ∈ π і 4 ctg 1. π = Аналогічно 3 2 3 3 arcctg , π − = оскільки ( )2 3 0; π ∈ π і 2 3 3 3 ctg . π = − 3. Формула для arcctg (–a). Для знаходження арккотангенсів від’ємних чи сел можна також користуватися формулою arcctg (–a) = π – arcctg a. ( Це випливає з того, що точки a і (–a) на лінії котангенсів (рис. 93) є симет ричними відносно осі Оy. Тоді і відповідні точки A і B на одиничному колі (у проміжку (0; π)) теж будуть симетричними відносно осі Оy. Отже, ∠ COA = ∠ DOB, значить, ∠ COB = π – ∠ DOB = π – ∠ COA. Але arcctg a = ∠ COA, а arcctg (–a) = ∠ COB = π – ∠ COA. Одержуємо arcctg (–a) = πππππ – arcctg a . Наприклад, ( ) 3 4 4 arcctg 1 arcctg1 . π π − = π − = π − = Зазначимо, що рівність arcctg (–a) = π – arcctg a означає, що функція y = arcctg x не є ні парною, ні непарною. § 13. Обернені тригонометричні функції Рис. 92 Рис. 93 )
- 156. 156 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності Приклад 1 Знайдіть ctg (arcctg 7). Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р Нехай arcctg 7 = ϕ, тоді за озна ченнямарккотангенсаодержуємо,що ctg ϕ = 7. Отже, ctg (arcctg 7) = 7. Оскільки запис ϕ = arcctg a озна чає, що ϕ ∈ (0; π) і ctg ϕ = a, то завжди виконується рівність ctg (arcctg a) = a . Але цю формулу можна не запа м’ятовувати: досить позначити ви раз у дужках через ϕ і використати означенняарккотангенса. Запитання для контролю 1. Поясніть, яке число позначають вирази: а) arcsin a; б) arccos a; в) arctg a; г) arcctga. При яких значеннях a існують ці вирази? Проілюструйте ваше пояснення прикладами. 2. Поясніть, як можна одержати графіки обернених тригонометричних функцій. Приклад 2* Доведіть, що arctg arcctg .a a++ == ππ 2 Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р Нехай π ϕ = − 2 arcctg .a 1) Оскільки arcctg a ∈ (0; π), то ( )2 2 ; . π π ϕ∈ − 2) Якщо arcctg a = β, то ctg β = a і 2 . π ϕ = −β Тоді ( )2 tg tg ctg .a π ϕ = −β = β = За означенням арктангенса одержує моarctg a = ϕ. Отже, π = − 2 arctg arcctg ,a a ацеіозна чає, що 2 arctg arcctg .a a π + = Запишемо задану рівність у вигляді π = − 2 arctg arcctga a . Якщо позна чити π ϕ = − 2 arcctg a , то для доведен ня рівності arctg a = ϕ за означенням арктангенса досить довести, що: 1) ( )2 2 ; π π ϕ∈ − і 2) tg ϕ = a. При доведенні слід також враху вати означення арккотангенса: якщо arcctg a = β, то β ∈ (0; π) і ctg β = a.
- 157. 157 § 13. Оберненітригонометричні функції 3* .Зобразітьграфікиоберненихтригонометричнихфункцій,вкажітьіобґрун туйте їх найпростіші властивості (область визначення, множина значень, зростання чи спадання, парність, непарність): а) y = arcsin x; б) y = arccos x; в) y = arctg x; г) y = arcctg x. 4. Обґрунтуйте формули: а) arcsin (–a) = –arcsin a; б) arctg (–a) = –arctg a; в) arccos (–a) = π – arccos a; г) arcctg (–a) = π – arcctg a. Вправи Обчисліть (1–9). 1°. 1) arcsin 0; 2) arcsin 1; 3) 2 2 arcsin ; 4) 3 arcsin ; 2 5) arcsin (–1); 6) 2 2 arcsin . − 2°. 1) arctg 0; 2) arctg 1; 3) arctg 3; 4) ( )arctg 3 .− 3°. 1) arccos 0; 2) arccos 1; 3) 2 2 arccos ; 4) 3 2 arccos ; 5) arccos (–1); 6) 2 2 arccos . − 4°. 1) arcctg 0; 2) 3 3 arcctg ; 3) 3arcctg ; 4) ( )arcctg 3 .− 5. 1) ( )2 7 sin arcsin ; 2* ) ( )1 5 cos arcsin ; 3* ) ( )1 4 tg arcsin ; 4* ) ( )4 5 ctg arcsin . 6. 1) tg (arctg 7); 2* ) ( )1 3 ctg arctg ; 3* ) sin (arctg 3); 4* ) ( )cos arctg 2 . 7. 1) ( )2 7 cos arccos ; 2* ) ( )1 3 sin arccos ; 3* ) ( )3 5 tg arccos ; 4* ) ( )1 5 ctg arccos . 8. 1) ( )ctg arcctg 7 ; 2* ) ( )2 3 tg arcctg ; 3* ) sin (arcctg 5); 4* ) ( )3 4 cos arcctg . 9* . 1) ( )15 7 arcsin sin ; π 2) arcsin (sin 7); 3) ( )21 5 arccos cos ; π 4) arccos (cos 8); 5) ( )6 5 arctg tg ; π 6) arctg (tg 4); 7) ( )10 9 arcctg ctg ; π 8) arcctg (ctg 10). 10* . Доведіть, що 2 arcsin arccosa a π + = при | a | m 1.
- 158. 158 До найпростіших тригонометричнихрівнянь належать рівняння cos x =a, sin x = a, tg x = a, ctg x = a. Щоб міркування по знаходженню коренів цих рівнянь були більш наочни ми, скористаємося графіками відповідних функцій. 14. 1. РІВНЯННЯ cos x = a Т а б л и ц я 30 РОЗВ’ЯЗУВАННЯ НАЙПРОСТІШИХ ТРИГОНОМЕТРИЧНИХ РІВНЯНЬ§§§§§1414141414 1. Графічна ілюстрація і розв’язки рівняння cos x = a Графічна ілюстрація Розв’язки Приклади cos x = a | a | > 1 | a | m1 Коренів немає х = äääää arccos a + 2πππππn, n ∈∈∈∈∈ Z 1. 1 2 cos ,x = 1 2 arccos 2 ,= ± + πx n n ∈ Z, 3 2 , .x n n π = ± + π ∈Z 2. cos 3.x = Коренівнемає,оскільки 3 1.> 2. Окремі випадки розв’язування рівняння cos x = a cos x = 0 2 ,x k π = + π k ∈ Z cos x = 1 x = 2πk, k ∈ Z cos x = –1 x = π + 2πk, k ∈ Z
- 159. 159 Пояснення й обґрунтування 1.Розв’язкирівнянняcos x = a.При | a |>1рівняннянемаєкоренів,оскільки | cos x | m 1 для будь якогоx (прямаy = a на рисунку з пункту 1 таблиці 30 при a > 1 або при a < –1 не перетинає графік функції y = cos x). Нехай | a | m 1. Тоді пряма у = а перетинає графік функції у = cos х. На проміжку[0;π]функція y=cos x спадаєвід1до–1,томурівнянняcos x= a має тільки один корінь x1 = arccosa на цьому проміжку (рис. з пункту 1 табл. 30). Косинус — парна функція, тому на проміжку [–π; 0] рівняння cos x =a теж має тільки один корінь — число, протилежне до x1 , тобто x2 = –arccos a. Отже, на проміжку [–π; π] (довжиною 2π) рівняння cos x = a при | a | m 1 має тільки корені x = ä arccos a. Враховуючи,щофункція y= cosx періодична з періодом 2π,всііншікорені відрізняються від знайдених на 2πn (n ∈ Z), тобто одержуємо таку формулу коренів рівняння cos x = a при | a | m 1: x = äääää arccos a + 2πππππn, n ∈ Z . (1) 2. Окремі випадки розв’язування рівняння cos x = a. ( Корисно пам’ятати спеціальні записи розв’язків рівняння cos x = a при a = 0, a = –1, a = 1, які можна легко одержати, використовуючи як орієн тир одиничне коло. Враховуючи, що косинус дорівнює абсцисі відповідної точки одиничного кола, одержуємо, що cos x = 0, якщо відповідною точкою одиничного кола є точка A або точка B (рис. з пункту 2 табл. 30). Тоді 2 ,x k π = + π k ∈ Z. Аналогічно cosx = 1тоді і тільки тоді, коли відповідною точкою одинично го кола є точка C, отже, x = 2πππππk, k ∈∈∈∈∈ Z. Також cos x = –1 тоді і тільки тоді, коли відповідною точкою одиничного кола є точка D, отже, x = πππππ + 2πππππk, k ∈∈∈∈∈ Z. ) Приклади розв’язання завдань Приклад 1 Розв’яжіть рівняння 1 2 cos .x = − Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р § 14. Розв’язування найпростіших тригонометричних рівнянь ( )1 2 arccos 2 ,x n= ± − + π n ∈ Z, ( )3 2 ,x n π = ± π − + π Оскільки 1 2 1,− < то задане рів няння виду cos x = a має корені, які можна знайти за формулою (1).
- 160. 160 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності Приклад 2 Розв’яжіть рівняння cos 2.x = Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р Для обчислення ( )1 2 arccos − мож на скористатися формулою: arccos (–a) = πππππ – arccos a. Тоді ( ) ( )1 1 2 2 2 3 3 arccos arccos . π π − = π − = π − = 2 3 2 .x n π = ± + π Відповідь: π2 3 2 ,n± + π n ∈ Z. Оскільки 2 1,> то коренів немає. Відповідь:коренів немає. Оскільки 2 1,> то задане рів няння не має коренів (тобто форму лу (1) не можна використовувати). Приклад 3 Розв’яжіть рівняння 1 3 cos 4 .x = Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р 1 3 4 arccos 2 ,= ± + πx n n ∈ Z, 1 1 4 3 2 arccos , π = ± + n x n ∈ Z. Відповідь: 1 1 4 3 2 arccos , nπ ± + n ∈ Z. Оскільки 1 3 1,< то можна скорис татися формулою (1). Враховуючи, що 1 3 arccos не є таб личним значенням, для одержання відповіді досить після знаходження 4х заформулою(1)обидвічастиниос таннього рівняння розділити на 4. З а у в а ж е н н я. Якщозаумовоюзавданняпотрібнознайтинаближенезна чення коренів даного рівняння в якомусь проміжку, то за допомогою кальку лятора знаходимо 1 1 4 3 arccos 0,31,≈ 2 1,57, π ≈ записуємо наближене значення коренів у вигляді x ≈ ä 0,31 + 1,57п, n ∈ Z, знаходимо наближене значення коренівприп=0,ä1,ä2...іобираємокорені,щовходятьдозаданогопроміжку. Приклад 4 Розв’яжіть рівняння ( )π 2 3 2 cos 2 .− =x Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р 2 3 2 2 arccos 2 , π − = ± + πx n n ∈ Z, Оскільки 2 2 1,< томожнаскори статися формулою (1) для знахо
- 161. 161 14.2. РІВНЯННЯ sinx = a Т а б л и ц я 31 § 14. Розв’язування найпростіших тригонометричних рівнянь 3 4 2 2 ,x n π π − = ± + π 6 8 ,x n π π = ± + π n ∈ Z. Відповідь: π 6 8 ,n π ± + π n ∈ Z. дженнязначеннявиразу π 3 2 ,x − який стоїть під знаком косинуса. Після цього з одержаного лінійного рівян ння знaходимо х. 1. Графічна ілюстрація і розв’язки рівняння sin x = a Графічна ілюстрація Розв’язки Приклади sin x = a | a | > 1 | a | m 1 Коренів немає x = (–1)n arcsin a + πππππn, n ∈∈∈∈∈ Z 1. 1 2 sin ,x = ( ) 1 2 1 arcsin ,= − + π n x n n ∈ Z. ( ) 6 1 , π = − + π n x n n ∈ Z. 2. sin 3.=x Коренівнемає,оскільки 3 1.> 2. Окремі випадки розв’язування рівняння sin x = a sin x = 0 x = πk, k ∈ Z sin x = 1 2 2 ,x k π = + π k ∈ Z sin x = –1 2 2 ,x k π = − + π k ∈ Z
- 162. 162 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності Пояснення й обґрунтування 1. Розв’язки рівняння sinx= a. При | a | > 1 рівняння не має коренів, оскільки | sinx |m1длябудь якогоx(прямаy=aнарисунку94 приa>1абоприa < –1не перетинає графік функціїy = sin x). Нехай | a | m 1. Тоді пряма у = а перетинає графік функції y = sin x. На проміжку π π 2 2 ; − функція y = sin x зростає від –1 до 1, тому рівняння sin x = a має тільки один корінь x1 = arcsin a на цьому проміжку (рис. 94) (і для цього кореня sin x = a). На проміжку π π3 2 2 ; функція y = sin x спадає від 1 до –1, тому рівняння sin x = a має на цьому проміжку теж тільки один корінь x2 = π – arcsin a (рис. 94). Для перевірки правильності запису значення другого кореня x2 заз начимо, що x2 = π – x1 , тоді sin x2 = sin (π – x1 ) = sin x1 = a. Тобто х2 — корінь рівняння sin x = a. Отже, на проміжку π 3 2 2 ; π − (довжиною 2π) рівняння sin x = a при | a | m 1 має тільки корені x1 = arcsin a, x2 = π – arcsin a. Враховуючи,щофункція y=sin xперіодична з періодом 2π,усііншікорені відрізняються від знайдених на 2πk (k ∈ Z), тобто одержуємо такі формули коренів рівняння sinx = a при | a | m 1: x = arcsin a + 2πk; (1) x = π – arcsin a + 2πk, k ∈ Z. (2) Усі значення коренів рівнянняsin x = a при | a | m 1, які дають формули (1) і (2), можна записати за допомогою однієї формули x = (–1)n arcsin a + πππππn, n ∈ Z . (3) Дійсно, з формули (3) при парному n = 2k одержуємо: x = arcsin a + 2πk — формулу (1), а при непарному n = 2k + 1 — формулу: x = –arcsina + π(2k + 1) = = π – arcsin a + 2πk, тобто формулу (2). Рис. 94
- 163. 163 2. Окремі випадкирозв’язування рів няння sin x = a. ( Корисно пам’ятати спеціальні запи си розв’язків при a = 0, a = –1, a = 1, які можна легко одержати, викорис товуючи як орієнтир одиничне коло (рис. 95). Враховуючи, що синус дорівнює ор динаті відповідної точки одиничного кола, одержуємо, що sin x = 0, якщо відповідною точкою одиничного кола є точка C або точка D. Тоді x = πππππk, k ∈∈∈∈∈ Z. Аналогічно sin x = 1тоді і тільки тоді, коли відповідною точкою одинично го кола є точка А, отже, 2 2 ,x k π = + π k ∈∈∈∈∈ Z. Також sin x = –1 тоді і тільки тоді, коли відповідною точкою одиничного кола є точка В, отже, 2 2 ,x k π = − + π k ∈∈∈∈∈ Z. ) Приклади розв’язання завдань Приклад 1 Розв’яжіть рівняння 3 2 sin .x = − Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р § 14. Розв’язування найпростіших тригонометричних рівнянь Рис. 95 ( ) 3 2 1 arcsin , = − − + π n x n n ∈ Z. ( ) ( )3 1 , n x n π = − − + π n ∈ Z. Відповідь: ( ) ( )3 1 , π − − + π n n n ∈ Z. Оскільки 3 2 1,− < то задане рів няння виду sin x = a має корені, які можна знайти за формулою (3). Для обчислення 3 2 arcsin − можна скористатися формулою: arcsin (–a) = –arcsіn a. Тоді 3 3 2 2 3 arcsin arcsin . π − = − = − З а у в а ж е н н я. Відповідь до прикладу 1 часто записують у вигляді ( ) 1 3 1 , + π = − + π n x n n ∈ Z, але такий запис не є обов’язковим.
- 164. 164 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності Приклад 2 Розв’яжіть рівняння 2 sin .x π = Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р Оскільки 2 1, π > то коренів немає. Відповідь:коренів немає. Оскільки 2 1, π > тозаданерівнян нянемаєкоренів(тобтоформулою(3) не можна скористатися). Приклад 3 Розв’яжіть рівняння ( )π 1 4 2 sin 2 .x + = Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р ( ) 1 4 2 2 1 arcsin , π + = − + π n x n n ∈ Z, ( )4 6 2 1 , n x n π π + = − + π ( ) 12 8 2 1 , π π π = − − + n n x n ∈ Z. Відповідь: ( ) 12 8 2 1 , π π π − − + n n n ∈ Z. Оскільки 1 2 1,< то можна скориста тися формулою (3) для знаходжен ня значення виразу 4 2 ,x π + а потім з одержаного лінійного рівняння зна йти змінну х. 14.3. РІВНЯННЯ tg x = a і ctg x = a Т а б л и ц я 32 1. Графічна ілюстрація і розв’язки рівняння tg x = a Формула tg x = a x = arctg a + πππππn, n ∈∈∈∈∈ Z Окремий випадок tg x = 0 х = πn, n ∈ Z Приклад tg x = 1. x = arctg 1 + πn, n ∈ Z. 4 ,x n π = + π n ∈ Z.
- 165. 165 Пояснення й обґрунтування 1.Розв’язки рівнянь tg x = a і ctg x = a. ( Розглянемо рівняння tg x = a. На проміжку ( )π 2 2 ; π − функція y = tg x зрос тає (від –× до +×), тому рівняння tg x = a при будь якому значенні a має тількиодинкорінь х1 =arctg aнацьомупроміжку(рис.зпункту1табл. 32). Враховуючи, що функція y = tg x періодична з періодом π, усі інші корені відрізняються від знайденого на πn (n ∈ Z), тобто одержуємо таку формулу коренів рівняння tg x = a: x = arctg a + πππππn, n ∈ Z . (1) При a = 0 arctg 0 = 0, отже, рівняння tg x = 0 має корені x = πππππn, n ∈ Z. ) ( Розглянемо рівняння ctg x = a. На проміжку (0;π) функція y = ctg x спадає (від +× до –×), тому рівняння ctg x = a при будь якому значенні a має тількиодинкоріньx1 =arcctgaнацьомупроміжку(рис.зпункту2табл. 32). § 14. Розв’язування найпростіших тригонометричних рівнянь П р о д о в ж. т а б л. 32 2. Графічна ілюстрація і розв’язки рівняння сtg x = a Формула сtg x = a x = arсctg a + πππππn, n ∈∈∈∈∈ Z Окремий випадок сtg x = 0 2 ,x n π = + π n ∈ Z Приклад сtg x = 7. x = arcctg 7 + πn, n ∈ Z.
- 166. 166 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності Враховуючи, що функціяy = ctg x періодична з періодом π, усі інші корені відрізняються від знайденого наπn (n ∈ Z), тобто одержуємо таку формулу коренів рівняння ctg x = a: x = arcctg a + πππππn, n ∈ Z . (2) Приa = 0 2 arcctg 0 , π = отже, рівнянняctg x = 0має корені 2 ,x n π = + π n ∈ Z. Приклади розв’язання завдань Приклад 1 Розв’яжіть рівняння tg .x = − 3 Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р ( )arctg 3 ,= − + πx n n ∈ Z. π 3 ,x n= − + π n ∈ Z. Відповідь: π 3 ,n− + π n ∈ Z. Рівнянняtgx=амаєрозв’язкипри будь якому значенні а, отже, завжди можна скористатися формулою (1): x = arctg a + πn, n ∈ Z. Для знаходження ( )arctg 3− можна використати формулу arctg (–a) = –arctg a. Тоді ( ) 3 arctg 3 arctg 3 . π − = − = − Приклад 2 Розв’яжіть рівняння ( )π 2 4 tg 1.− = x Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р π 2 4 arctg1 ,− = + πx n n ∈ Z, π 2 4 4 , x n π − = + π x = π + 2πn, n ∈ Z. Відповідь: π + 2πn, n ∈ Z. Спочатку за формулою (1) знайде мо значення виразу 2 4 , x π − а потім з одержаноголінійногорівняннязнай демо значення змінної х. Приклад 3 Розв’яжіть рівняння ctg x = 5. Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р x = arcctg 5 + πn, n ∈ Z. Відповідь: arcctg 5 + πn, n ∈ Z. Рівняння ctg x = a має розв’язки прибудь якомузначенніа,отже,зав жди можна скористатися форму лою (2): x = arcctg a + πn, n ∈ Z.
- 167. 167 Приклад 4 Розв’яжітьрівняння ( )π 6 ctg 3 1.+ = −x Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р § 14. Розв’язування найпростіших тригонометричних рівнянь Враховуючи, що arcctg 5 не є таб личним значенням (див. табл. 8, на ведену на с. 47), одержана формула дає кінцеву відповідь. ( )π 6 3 arcctg 1 ,+ = − + πx n n ∈ Z, π 3 6 4 3 ,x n π + = + π π7 36 3 , n x π = + n ∈ Z. Відповідь: π7 36 3 , π + n n ∈ Z. Спочатку за формулою (2) знайде мо значення виразу 6 3 ,x π + а потім з одержаноголінійногорівняннязнай демо значення змінноїх. Для знаходження arcctg (–1) можна скористатися формулою arcctg (–a) = π – arcctg a. Тоді ( ) 3 4 4 arcctg 1 arcctg1 . π π − = π − = π − = Запитання для контролю 1. Які рівняння називають найпростішими тригонометричними? 2. Назвітьформулирозв’язуваннянайпростішихтригонометричнихрівнянь. У яких випадках не можна знайти корені найпростішого тригонометрич ного рівняння за цими формулами? 3* .Виведіть формули розв’язування найпростіших тригонометричних рівнянь. 4* .Обґрунтуйте формули розв’язування найпростіших тригонометричних рівнянь для окремих випадків (для sin x = a i cos x = a випадки a = 0; 1; –1, для tg x = a i ctg x = a випадок a = 0). Вправи Розв’яжіть рівняння (1–11). 1°. 1) 2 2 cos ;x = 2) cos 3;x = 3) 1 2 cos ;x = − 4) 2 2 cos .x = − 2°. 1) 1 2 sin ;x = 2) 3 2 sin ;x = 3) 1 2 sin ;x = − 4) 5 2 sin .x = − 3°. 1) tg x = 1; 2) 1 3 tg ;x = 3) tg x = –1; 4) tg .x = − 3
- 168. 168 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності 4°. 1) ctg x = 1; 2) 1 ; 3 ctgx = 3) ctg x = –1; 4) ctg .x = − 3 5. 1) sin x = –0,6; 2) cos x = 0,3; 3) tg x = –3,5; 4) ctg x = 2,5. 6. 1) 1 2 cos 2 ;x = 2) sin 4x = 0; 3) tg 3x = 1; 4) tg 4x = 3. 7. 1) ( ) 2 4 2 sin ; t − = − 2) 2 5 2 cos ; t = − 3) ( ) 1 3 3 tg ; x − = 4) 7 ctg 1. x = 8°. 1) 2 2 sin 2 ;x = 2) 1 3 2 cos ; x = − 3) 1 4 2 sin ; x = 4) cos 4x = 0. 9. 1) ( ) 2 3 2 sin ; x − = 2) ( ) 3 2 cos 2 ;x− = − 3) ( ) 1 3 tg 4 ;x− = 4) ( )2 ctg 1. x − = 10. 1) ( )2 6 2 cos 3; x π − = 2) ( )3 6 3tg 3; x π + = 3) ( )4 2 sin 3 2;x π − = − 4) ( )2 6 sin 1 0. x π − + = 11. 1) ( )6 cos 2 1;x π − = − 2) ( )4 2 tg 1; xπ − = − 3) ( )3 4 2 sin 3; xπ − = 4) ( )4 2 cos 3 2.x π − = Знайдіть корені рівняння на заданому проміжку (12–13). 12* .1) 2 , 2 sin 3x = [0, 2π]; 2) 3 2 cos 3 ,x = [–π, π]; 3) 3 2 3 tg , x = [–3π, 3π]; 4) ctg 4x = –1, [0, π]. 13* .1) 1 2 sin 3 ,x = − [–4, 4]; 2) 2 sin 0, x = [–12, 18]; 3) cos x = 1, [–6, 16]; 4) 2 2 cos3 ,x = − [1, 7].
- 169. 169 Як правило, розв’язуваннятригонометричних рівнянь зводиться до роз в’язування найпростіших рівнянь за допомогою перетворень тригонометрич них виразів, розкладання на множники та заміни змінних. 15.1. ЗАМІНА ЗМІННИХ ПРИ РОЗВ’ЯЗУВАННІ ТРИГОНОМЕТРИЧНИХ РІВНЯНЬ Слід пам’ятати загальний орієнтир, коли заміна змінних може виконува тися без перетворення заданих тригонометричних виразів. Якщо до рівняння, нерівності або тотожності змінна входить в одному і тому самому вигляді, то зручно відповідний вираз із змін ною позначити однією буквою (новою змінною). Приклад 1 Розв’яжіть рівняння 2 sin2 x – 7 sin x + 3 = 0. Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р РОЗВ’ЯЗУВАННЯ ТРИГОНОМЕТРИЧНИХ РІВНЯНЬ, ЯКІ ВІДРІЗНЯЮТЬСЯ ВІД НАЙПРОСТІШИХ§§§§§1515151515 Нехай sin x = t, тоді одержуємо: 2t2 – 7t + 3 = 0. Звідси t1 = 3; 2 1 2 .t = 1. При t= 3 маємо sin x =3—рівнян нянемаєкоренів,оскільки|3| > 1. 2. При 1 2 t = маємо 1 , 2 sinx = тоді ( ) 1 2 1 arcsin ,= − + π n x n ( ) π 6 1 , n x n= − + π n ∈ Z. Відповідь: ( ) π 6 1 , n n− + π n ∈ Z. Аналізуючи вигляд цього рівнян ня, помічаємо, що до нього входить тільки одна тригонометрична функ ція sin x. Отже, зручно ввести нову змінну sin x = t. Після розв’язування квадратного рівняннянеобхідновиконатиоберне ну заміну і розв’язати одержані най простіші тригонометричні рівняння. З а у в а ж е н н я. Записуючи розв’язання прикладу 1, можна при введенні заміни sin x = t врахувати, що | sin x | m 1, і записати обмеження | t | m 1, а далі зазначити, що один із коренів t = 3 не задовольняє умові | t | m 1, і після цього обернену заміну виконувати тільки для 1 . 2 t =
- 170. 170 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності Приклад 2 Розв’яжіть рівняння tg3 2x – tg 2x = 0. К о м е н т а р До заданого рівняння змінна входить тільки у вигляді tg 2x. Отже, зручно ввести нову змінну tg 2x = t. Після виконання оберненої заміни і розв’язуван ня одержаних найпростіших тригонометричних рівнянь слід до відповіді за писати всі одержані корені. Р о з в ’ я з а н н я Нехай tg 2x = t. Тоді одержуємо t3 – t = 0. Звідсиt (t2 – 1) = 0, тобто t = 0 або t2 – 1 = 0. З останнього рівняння маємо t2 = 1, тоді t = 1 або t = –1. Виконуємо обернену заміну: 1. При t = 0 маємо tg 2x = 0, тоді 2x = πn, n ∈ Z. Отже, π 2 , n x = n ∈ Z. 2. При t = 1 маємо tg 2x = 1, тоді 2x = arctg 1 + πm, π 4 2 .x m= + π Отже, π 8 2 , m x π = + т ∈ Z. 3. При t = –1 маємо tg 2x = –1, тоді 2x = arctg (–1) + πk, π 4 2 .x k= − + π Отже, π 8 2 , k x π = − + k ∈ Z. Відповідь: π 2 , n n ∈ Z; π 8 2 , mπ + т ∈ Z; π 8 2 , kπ − + k ∈ Z. При пошуку плану розв’язування більш складних тригонометричних рівнянь можна скористатися таким о р і є н т и р о м. 1. Пробуємо звести всі тригонометричні функції до одного аргументу. 2. Якщо вдалося звести до одного аргументу, то пробуємо всі тригоно метричні вирази звести до однієї функції. 3. Якщо до одного аргументу вдалося звести, а до однієї функції — ні, то пробуємо звести рівняння до однорідного. 4. В інших випадках переносимо всі члени в один бік і пробуємо одержа ти добуток або використовуємо спеціальні прийоми розв’язування. 15.2. РОЗВ’ЯЗУВАННЯ ТРИГОНОМЕТРИЧНИХ РІВНЯНЬ ЗВЕДЕННЯМ ДО ОДНІЄЇ ФУНКЦІЇ (З ОДНАКОВИМ АРГУМЕНТОМ) Приклад 1 Розв’яжіть рівняння соs 2x – 5 sin x – 3 = 0. Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р Використовуючиформулукосину са подвійного аргументу та основ ну тригонометричну тотожність, одержуємо: Усі тригонометричні функції зво димо до одного аргументу х, викори стовуючиформулу соs2 2x = cos2 x – sin2 x.
- 171. 171 § 15. Розв’язуваннятригонометричних рівнянь, які відрізняються від найпростіших соs2 x – sin2 x – 5 sin x – 3 = 0, 1 – sin2 x – sin2 x – 5 sin x – 3 = 0, – 2 sin2 x – 5 sin x – 2 = 0. Заміна sin x = t дає рівняння –2t2 – 5t – 2 = 0. Тоді2t2 +5t+2=0, t1 =–2, 2 1 2 .t = − Виконуємо обернену заміну. 1. При t = –2 маємо sin x = –2 — ко ренів немає, оскільки | 2 | > 1. 2. При 1 2 t = − маємо 1 2 sin .x = − Тоді ( ) ( )1 2 1 arcsin ,= − − + π n x n ( ) ( )π 6 1 ,= − − + π n x n n ∈ Z. Відповідь: ( ) ( )π 6 1 , n n− − + π n ∈ Z. Потімусітригонометричнівирази зводимо до однієї функції sin x (вра ховуємо, що соs2 x = 1 – sin2 x). В одержане рівняння змінна вхо дить в одному і тому самому вигляді sin x, отже, зручно виконати заміну sin x = t. З а у в а ж е н н я. При бажанні відповідь можна записати у вигляді ( ) π1 6 1 , + − + π n n n ∈ Z. Приклад 2 Розв’яжіть рівняння tg x + 2 сtg x = 3. Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р 2 tg tg 3. x x+ = Заміна: tgx = t. Має мо рівняння 2 3. t t + = При t ≠ 0 отримуємо рівносильне рівняння t2 – 3t + 2 = 0. Звідси t1 = 1, t2 = 2. Виконуємо обернену заміну: 1. При t = 1 маємо tg x = 1, тоді x = arctg 1 + πп, 4 ,x n π = − + π п ∈ Z. 2. При t = 2 маємо tg x = 2, тоді x = arctg 2 + πт, т ∈ Z. Відповідь: π 4 ,n+ π п ∈ Z; arctg 2 + πт, т ∈ Z. Усі аргументи вже однакові (х), томузводимовсітригонометричніви рази до однієї функції tg x (враховує мо, що )1 tg ctg . x x = В одержане рівняння змінна вхо дить в одному і тому самому вигляді tg x, отже, зручно виконати заміну tg x = t.
- 172. 172 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності 15.3. РОЗВ’ЯЗУВАННЯ ОДНОРІДНИХ ТРИГОНОМЕТРИЧНИХ РІВНЯНЬ ТА ЗВЕДЕННЯ ТРИГОНОМЕТРИЧНОГО РІВНЯННЯ ДО ОДНОРІДНОГО Розглянемо рівняння sin2 x – sin x соs x – 2 соs2 x = 0. (1) Для пошуку плану розв’язування цього рівняння (але не для його розв’я зування) виконаємо заміни: sin x = u, cos x = v. Тоді рівняння (1) матиме вигляд u2 – uv – 2v2 = 0. (2) Усі одночлени, які стоять у лівій частині цього рівняння, мають степені 2 (нагадаємо,щостепіньодночленаuvтеждорівнює2).Уцьомувипадкурівнян ня (2) (і відповідно рівняння (1)) називається однорідним, і для розпізнавання таких рівнянь та їх розв’язування можна використовувати такий орієнтир. Якщо всі члени рівняння, у лівій і правій частинах якого стоять мно гочлени від двох змінних (або від двох функцій однієї змінної),мають однаковийсумарнийстепінь* ,торівнянняназиваєтьсяоднорідним. Розв’язуєтьсяодноріднерівнянняділеннямнанайвищийстепіньоднієї із змінних. З а у в а ж е н н я.Дотримуючисьцьогоорієнтира,доводитьсяділитиобидві частини рівняння на вираз із змінною. При цьому можна втратити корені (якщо коренями є ті числа, при яких дільник дорівнює нулю). Щоб уникнути цього, необхідно окремо розглянути випадок, коли вираз, на який ми збирає мося ділити обидві частини рівняння, дорівнює нулю, і лише після цього ви конувати ділення на вираз, що не дорівнює нулю. Приклад 1 Розв’яжіть рівняння sin2 x – sin x соs x – 2 соs2 x = 0. Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р * Звичайно, якщо рівняння має вигляд f = 0, йдеться тільки про степінь членів многочлена f, оскільки нуль многочлен (тобто 0) степеня не має. При соs x = 0 рівняння не має ко ренів, тому розділимо обидві його частини на соs2 x ≠ 0. Одержуємо 2 2 2 2 2 sin sin cos cos cos cos cos 2 0, x x x x x x x − − = тобто 2 2 sin sin cos cos 2 0. x x x x − − = Тоді tg2 x – tg x – 2 = 0. Заміна: tg x = t. Отримуємо рівняння t2 – t – 2 = 0, t1 = –1, t2 = 2. Задане рівняння однорідне, ос кільки всі його члени мають однако вий сумарний степінь 2. Його можна розв’язати діленням обох частин на sin2 x або на соs2 x. Якщо ми будемо ділити на соs2 x, то, щоб не втратити корені, випадок соs x = 0 розглянемо окремо. Підставляючи соs x = 0 в задане рівняння, одержуємо sin x = 0. Але одночасно sin x і соs x не можуть до рівнювати нулю (оскільки sin2 x + + соs2 x = 1). Отже, ті значення змін
- 173. 173 Приклад 2 Розв’яжітьрівняння sin 3x = 5 соs 3x. Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р Виконуємо обернену заміну: 1) При t = –1 маємо tg x = –1, тоді x = arctg (– 1) + πп, π 4 ,x n= − + π п ∈ Z. 2) При t = 2 маємо tg x = 2, тоді x = arctg 2 + πт, т ∈ Z. Відповідь: π 4 ,n− + π п ∈ Z; arctg 2 + πт, т ∈ Z. ної x, для яких соs x = 0, не є кореня ми заданого рівняння. А при соs x ≠ 0 можна розділити обидві частини да ного рівняння на соs2 x ≠0 і одержати рівняння, рівносильне заданому (та врахувати при цьому, що )sin cos tg . x x x= В одержане рівняння змінна вхо дить в одному і тому самому вигляді tg x, тому зручно виконати заміну tg x = t. При соs 3x = 0 рівняння не має ко ренів, тому розділимо обидві його частини на соs 3x ≠ 0. Одержуємо sin3 cos3 5, x x = тобто tg 3x = 5. Тоді 3x = arctg 5 + πт, π1 3 3 arctg5 ,= + m x т ∈ Z. Відповідь: π1 3 3 arctg5 ,+ m т ∈ Z. Заданерівнянняоднорідне,оскіль ки всі його члени мають однаковий степінь 1. Його можна розв’язати діленням обох частин на sin 3x або на соs 3x. Якщо ми будемо ділити на соs 3x, то, щоб не втратити корені, випадок соs 3x = 0 розглянемо окремо. Підставляючи соs 3x = 0 в задане рівняння, одержуємо sin 3x = 0. Але одночасно sin 3x і соs 3x не можуть дорівнювати нулю. Отже, при соs 3x = 0 рівняння не має коренів. А при соs 3x ≠ 0 можна розділити обидві частини даного рівняння на соs 3x ≠0 і одержати рівняння, рівно сильнезаданому(іврахуватиприцьо му, що sin3x x x cos tg . 3 3= Приклад 3 Розв’яжіть рівняння 2 21 2 6 sin sin 2 cos 2.x x x+ − = Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р Використовуючи формулу синуса подвійного аргументу, маємо 6 sin2 x + sin x соs x – соs2 x = 2. (1) Запишемо це рівняння так: Спочатку зведемо всі тригономет ричні функції до одного аргументу x, використовуючи формулу sin 2x = = 2 sin x соs x. § 15. Розв’язування тригонометричних рівнянь, які відрізняються від найпростіших
- 174. 174 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності 6 sin2 x + sin x соs x – соs2 x = 2æ1 і врахуємо, що 1 = sin2 x + соs2 x. Тоді 6 sin2 x + sin x соs x – соs2 x = = 2 (sin2 x + соs2 x). Звідси 4 sin2 x + sin x соs x – 3 соs2 x = 0. (2) При соs x = 0 рівняння не має ко ренів, тому розділимо обидві його ча стини на соs2 x ≠ 0. Одержуємо 2 2 sin sin cos cos 4 3 0, x x x x + − = 4 tg2 x + tg x – 3 = 0. (3) Заміна: tg x = t. Отримуємо рів няння 4t2 + t – 3 = 0, t1 = –1, 2 3 4 .t = Виконуємо обернену заміну: 1. При t = –1 маємо tg x = –1, тоді x = arctg (– 1) + πп, π 4 ,x n= − + π п ∈ Z. 2. При 3 4 t = маємо 3 4 tg ,x = тоді 3 4 arctg ,x m= + π т ∈ Z. Відповідь: π 4 ,n− + π п ∈ Z; 3 4 arctg ,m+ π т ∈ Z. У лівій частині одержаного рів няння (1) стоїть однорідний вираз другого степеня, а в правій части ні — число 2. Якщо домножити 2 на 1, а одиницю розписати за основною тригонометричною тотожністю 1 = sin2 x + соs2 x, то в лівій і правій частинаходержаногорівняннявсіви рази будуть другого степеня, тобто одержимо однорідне рівняння (2), яке можна розв’язати діленням обох час тин або на sin2 x, або на соs2 x. Якщо ми будемо ділити на соs2 x, то, щоб не втратити корені, випадок соs2 x = 0 розглянемо окремо. Підставляючи соs x = 0 у рівняння (2), одержуємо sin x= 0. Але одночас но sin xі соs xне можуть дорівнювати нулю (оскільки sin2 x + соs2 x = 1). Отже, при соs x = 0 рівняння (2) не має коренів. А при соs x ≠ 0 можна розділити обидві частини цього рів няння на соs2 x ≠ 0 (і врахувати при цьому, що )sin cos tg . x x x= В одержане рівняння (3) змінна входить в одному і тому самому ви гляді tg x, через те зручно виконати замінуtg x = t. 15.4. РОЗВ’ЯЗУВАННЯ ТРИГОНОМЕТРИЧНИХ РІВНЯНЬ ВИДУ f (x) = 0 ЗА ДОПОМОГОЮ РОЗКЛАДАННЯ НА МНОЖНИКИ Приклад 1 Розв’яжіть рівняння sin 7x = sin 5x. Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р sin 7x – sin 5x = 0, тоді 7 5 7 5 2 2 2 sin cos 0, x x x x− + = 2 sin x cos 6x = 0. Одержуємо: Доситьважковсітригонометричні функціївцьомурівняннізвестидоод ного аргументу. У такому випадку доводиться ко ристуватися четвертим пунктом орі єнтира, наведеного на с. 170: пере
- 175. 175 Приклад 2 Розв’яжітьрівняння sin x + sin 3x = sin 4x. Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р sin x = 0 або cos 6x = 0. Розв’язуючи останні найпростіші тригонометричні рівняння, маємо: x = πn, n ∈ Z, або π 2 6 ,x m= + π тобто 12 6 , m x π π = + m ∈ Z. Відповідь: πn, n ∈ Z; 12 6 , mπ π + m ∈ Z. носимо всі члени рівняння в один бік і пробуємо одержати добуток, що до рівнює нулю. Для цього скористаємося форму лою перетворення різниці синусів у добуток: α β α β 2 2 sin sin 2 sin cos . − + α − β = Але якщо добуток дорівнює нулю, тохочабодинізспівмножниківдорів нює нулю, а інші співмножники ма ють зміст. У даному випадку всі за дані й одержані вирази мають зміст на всій множині дійсних чисел. Укінцівраховуємо,щозаданерів няння рівносильне сукупності рів нянь sin x = 0 або cos 6x = 0, і через те у відповіді мають бути записані всі корені кожного з цих рівнянь. 3 3 2 2 2 sin cos sin 4 0, x x x x x + − − = 2 sin 2x cos x – sin 4x = 0, 2 sin 2x cos x – 2 sin 2x cos 2x = 0, 2 sin 2x (cos x – cos 2x) = 0, sin 2x = 0 або cos x – cos 2x = 0. З першого з цих рівнянь: 2x = πn, π 2 , n x = n ∈ Z. Друге рівняння перетворимо так: 2 2 2 2 2 sin sin 0, x x x x+ − − = 3 2 2 2 sin sin 0. x x = Звідси 3 2 sin 0=x або 2 sin 0.=x З цих рівнянь одержуємо: 3 2 , x m= π m ∈ Z, або 2 , x k= π k ∈ Z. Зразу скористаємося четвертим пунктом орієнтира, наведеного на с. 170: переносимо всі члени рівнян ня в один бік і пробуємо одержати до буток, що дорівнює нулю. Для цього застосуємо формулу перетворення суми синусів, яка сто їть у лівій частині рівняння, на добу ток: α β α β α β 2 2 sin sin 2 sin cos + − + = (і врахуємо, що cos (–х) = cos х). Для того щоб винести який не будь вираз за дужки і одержати добу ток, досить записати sin 4x як синус подвійного аргументу (тоді за дужки виноситься sin 2x). Якщо добуток дорівнює нулю, то хоча б один із співмножників дорів нює нулю. § 15. Розв’язування тригонометричних рівнянь, які відрізняються від найпростіших
- 176. 176 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності З а у в а ж е н н я. Запис відповіді можна скоротити. Так, якщо зобразити всі знайдені розв’язки на одиничному колі, то побачимо, що розв’язок x= 2πk дає ті самі точки, що й формула π 2 n x = при п, кратному 4 (n = 4k), або формула 2 3 x m= π при т, кратному 3 (т = 3k). Таким чином, формула x = 2πk не дає новихрозв’язківупорівняннізформулами π 2 n x = або π2 3 , m x = ітомувідповідь може бути записана у вигляді тільки двох останніх формул. Але таке скоро чення відповіді не є обов’язковим. 15.5. ВІДБІР КОРЕНІВ ТРИГОНОМЕТРИЧНИХ РІВНЯНЬ Якщо при розв’язуванні тригонометричних рівнянь необхідно виконува ти відбір коренів, то найчастіше це робиться так: знаходять (бажано найменший) спільний період усіх тригонометричних функцій, що входять у запис рівняння (звичайно, якщо цей спільний період існує); потім на цьому періоді відбирають корені (відкидають сторонні), а ті, що залишаються, періодично продовжують. Приклад Розв’яжіть рівняння sin 4x tg x = 0. (1) І спосіб розв’язування Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р π2 3 m x = або x = 2πk, k ∈ Z. Відповідь: π 2 , n n ∈ Z; π2 3 , m m ∈ Z; 2πk, k ∈ Z. У другому з одержаних рівнянь перетворимо різницю косинусів на добуток. У кінці враховуємо, що всі задані і одержані вирази існують на всій множині дійсних чисел. Отже, заданерівняннянаціймножинірівно сильне сукупності рівнянь: sin 2x = 0 або 3 2 sin 0 x = або 2 sin 0, x = і тому до відповіді потрібно записати всі корені кожного з цих рівнянь. sin 4x = 0 або tg x = 0. Тоді 4x = πn (тобто π 4 , n x = n ∈ Z) або x = πk, k ∈ Z. Функція y = sin 4x має період π 1 2 4 2 ,T π = = афункціяу=tgx—період Якщо число х є коренем рівнян ня (1), то при цьому значенні х рів ність (1) перетворюється на правиль нучисловурівність.Добутокдвохчи сел може дорівнювати нулю тільки тоді, коли хоча б один із множників дорівнює нулю. Отже, кожен корінь
- 177. 177 З а ув а ж е н н я. При розв’язуванні рівняння (1) ми не стежили за рівно сильністю виконаних перетворень, але виконували такі перетворення, які не приводилидозагубленнякоренів.Тодіговорять,щомикористувалисярівнян нями наслідками(якщовсікореніпершогорівнянняєкоренямидругогорівнян ня, то друге рівняння називається наслідком першого)* . У цьому випадку ми могли отримати сторонні для заданого рівняння корені (тобто ті корені ос таннього рівняня, які не є коренями заданого). Щоб цього не сталося, можна користуватися такимо р і є н т и р о м. Якщо при розв’язуванні рівняння ми користувалися рівняннями наслідками, то перевірка одержаних коренів підстановкою в почат кове рівняння є обов’язковою складовою частиною розв’язування. Якщо для розв’язування цього самого рівняння (1) ми будемо використо вувати рівносильні перетворення, то відбір коренів буде організований трохи інакше. Зокрема, нам доведеться врахувати ОДЗ рівняння, тобто спільну об ласть визначення для всіх функцій, які входять до запису рівняння. Т2 = π. Тоді Т = π є спільним періодом для обох функцій. Позначимо всі одержанікоренінаодномуперіоді,на приклад, на проміжку [0; π]: При π 2 x = значення tg x не існує, отже, π 2 x = не є коренем заданого рівняння. При значеннях 0, π 4 , π3 4 , π одер жуємо рівність 0 = 0. Отже, ці зна чення є коренями рівняння (1). Тодірозв’язкамизаданогорівнян ня будуть: х = πk; π 4 ;x k= + π π3 4 ,x k= + π k ∈ Z. Відповідь: πk; π 4 ;k+ π π3 4 ;k+ π k ∈ Z. рівняння (1) будекоренем сукупності рівнянь sin 4x = 0 або tg x = 0. Замінивши рівняння (1) на цю су купність, ми не загубимо коренів за даногорівняння,алеможемоодержа ти сторонні для нього корені. На приклад, такі, при яких перший множник дорівнює нулю, а другий не існує. Щоб відкинути такі значення, ви конаємоперевіркуодержанихкоренів підстановкою в початкове рівняння наодномуперіоді—проміжкудовжи ноюπ. На цьому періоді відбираємо ко рені (відкидаємо сторонні), а ті, що залишаються, періодично повторює мо (тобто додаємо до одержаних ко ренів πk, k ∈ Z). * Більш повно про рівняння наслідки див. у § 17. § 15. Розв’язування тригонометричних рівнянь, які відрізняються від найпростіших
- 178. 178 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності ІІ спосіб розв’язування рівняння sin 4x tg x = 0. Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р ОДЗ: π 2 ,x k≠ + π k ∈ Z. sin 4x = 0 або tg x = 0. Тоді 4x = πn, тобто 4 , n x π = п ∈ Z, або x = πk, k ∈ Z. Функція y = sin 4x має період π 1 2 4 2 ,T π = = а функція у = tg x — пері од Т2 = π. Тоді Т = π є спільним періо дом для обох функцій. Позначимо всі одержанікоренінаодномуперіоді,на приклад, на проміжку [0;π], і на цьо му ж проміжку позначимо обмежен ня ОДЗ: Відповідь: πk; π 4 ;k+ π π3 4 ,k+ π k ∈ Z. Всі рівносильні перетворення рів нянь виконуються на їх області до пустимих значень (ОДЗ), тому по трібно врахувати ОДЗ. Добутокдвохмножниківдорівнює нулю тоді і тільки тоді, коли хоча б один із множників дорівнює нулю, а другий множник має зміст. На ОДЗ обидва множники мають зміст, то му на ОДЗ задане рівняння рівно сильне сукупності рівнянь sin 4x = 0 або tg x = 0. Ті корені сукупності, які входять до ОДЗ, досить відібрати на одному періоді — проміжку довжиною π, а потімодержанірозв’язкиперіодично повторити. Значення π 2 x = невходитьдоОДЗ, отже, воно не є коренем заданого рів няння. Значення 0, π 4 , π3 4 , π входять до ОДЗ, отже, ці значення є коренями заданого рівняння. Запитання для контролю 1. Якіспособивикористовуютьприрозв’язуваннітригонометричнихрівнянь? Наведіть приклади. 2. Яку заміну змінних можна виконати при розв’язуванні рівняння 8 cos2 x – 2 cos x – 1 = 0 ? Яке рівняння одержимо після заміни? 3. а) Поясніть, чому рівняння 3 sin2 x – sin x соs x – 2 соs2 x = 0 є однорідним. б* ) Як можна розв’язати це однорідне рівняння? 4. Як можна виконати відбір коренів тригонометричного рівняння? Проілю струйте відбір коренів тригонометричного рівняння на прикладі. Вправи Розв’яжіть рівняння (1–20). 1. 1°) 3 sin2 x – 5 sin x – 2 = 0; 2) 3 sin2 2x + 10 sin 2x + 3 = 0; 3°) 4 sin2 x + 11 sin x – 3 = 0; 4) 2 2 2 2 sin 3 sin 1 0. x x − + =
- 179. 179 2. 1°) 6cos2 x + cos x – 1 = 0; 2) 2 cos2 3x – 5 cos 3x – 3 = 0; 3°) 2 cos2 x – cos x – 3 = 0; 4) 2 3 3 2 cos 3 cos 2 0. x x + − = 3. 1°) 2 sin2 x + 3 cos x = 0; 2) 8 sin2 2x + cos 2x + 1 = 0; 3°) 5 cos2 x + 6 sin x – 6 = 0; 4) 4 sin 3x + cos2 3x = 4. 4. 1°) 3 tg2 x + 2 tg x – 1 = 0; 2) ctg2 2x – 6 ctg 2x + 5 = 0; 3°) 2 tg2 x + 3 tg x – 2 = 0; 4) 2 2 2 7 ctg 2 ctg 5. x x + = 5. 1) 3 cos 2x = 7 sin x; 2) 2 cos 2x = 7 cos x. 6. 1) sin2 x + 2 sin x cos x – 3 cos2 x = 0; 2) sin2 x – 4 sin x cos x + 3 cos2 x = 0; 3) sin2 x + sin x cos x – 2 cos2 x = 0; 4) 3 sin2 x + sin x cos x – 2 cos2 x = 0. 7. 1) 2 cos 1 cos ; x x= + 2) ( )7 2 tg tg 1;x x π − − = 3) 5 cos x + 12 sin x = 13; 4) 3 cos x – 2 sin 2x = 0. 8. 1) 2 1 cos 2 sin ; x x− = 2) 2 1 cos 2cos ;+ = x x 3) 1 3 cos 2 2 sin ;x x= 4) 3sin cos 0.x x− = 9. 1) cos x + sin x = 0; 2) cos2 x – 3 sin x cos x = –1; 3) 3 cos2 x = 4 sin x cos x – sin2 x; 4) 4 cos2 x – 7 sin 2x = 2. 10. 1) 5 3cos 4 2; x + = 2) 5 3sin 4 2; x + = 3) 2 3 2 sin 1 1; x − = 4) 2 3 2 cos 1 1. x − = 11. 1) 3 5tg 8 1; x + = 2) 3 5ctg 8 1; x + = 3) 4 1 23 tg 5 ; x + = 4) 2 1 43 ctg 5 . x + = 12. 1) 2sin 7 1,5sin 3 2; x x + + = 2) 2cos 7 1,5cos 3 2; x x + + = 3) 6 tg 2 3 tg ; x x + = − 4) 6 ctg 2 3 ctg . x x + = − 13. 1) 15 sin 1 11 2 sin ; x x + = − 2) 15 cos 1 11 2 cos ; x x + = − 3) 1 tg 1 2 ctg 1; x x + = − 4) 10 tg 2 3 ctg . x x + = − 14. 1) sin x + sin 3x = 0; 2) sin 5x – sin x = 0; 3) cos 2x – cos 6x = 0; 4) cos 4x + cos 2x = 0. 15* .1) | sin x | = | cos x |; 2) sin2 3cos 2 .x x= 16* .1) ( ) ( )13 6 6 sin 2 cos 2 0; π π − + − =x x 2) ( ) ( )47 2 3 3 2 sin 3cos . π π + = − x x § 15. Розв’язування тригонометричних рівнянь, які відрізняються від найпростіших
- 180. 180 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності 17* .1) sin2 x – 5 cos x = sin x cos x – 5 sin x; 2) cos2 x – 7 sin x + sin x cos x = 7 cos x. 18. 1) ( ) ( )2 2 2 2 sin cos sin 2 cos 0;x x x xπ π + − − − = 2) ( ) ( )2 2 2 2 sin 3 3 cos 3 4 sin 3 cos 3 0;x x x xπ π + − + + = 3) sin2 x + 2 sin (π – x) cos x – 3 cos2 (2π – x) = 0; 4) ( ) ( ) ( )2 2 3 2 sin 2 3 5 sin 3 cos 3 4 sin 3 0.x x x xπ π − + π − + − = 19. 1) ( )2 2 2 2 2 3 sin sin sin 2;x x xπ + − = 2) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 cos 3 sin cos 2 7 sin 3;x x x x − π − π − + = 3) ( ) ( ) ( ) ( )2 23 2 2 4 cos 3sin sin 3 cos 3;x x x xπ π + + − π + + π + = 4) ( ) ( ) ( ) ( )2 23 3 2 2 3 sin 2 cos cos 2 sin 2.x x x xπ π − − + π + + − π = 20. 1) ( ) ( )2 2 2 sin 5 cos 2 0;x xπ π + − + + = 2) ( )2 2 2 cos 5 cos 4 0;x x π + − − = 3) ( )2 2 2 cos sin 1 0;x xπ + − − = 4) 5 – 5 sin 3 (π – x) = cos2 (π – 3x). Системи тригонометричних рівнянь розв’язуються за допомогою тих са мих методів, що й алгебраїчні системи. Зокрема, це виключення невідомих і заміна змінних. Виключити невідомі можна за допомогою одного з двох прийомів: з одного рівняння виразити якесь невідоме (або функцію від нього) і підставити його в інші або перетворити дані рівняння і потім скласти з них комбінації, у яких число невідомих зменшується. Приклад 1 Розв’яжіть систему рівнянь x y x y + = + = π 2 1 , cos sin . З першого рівняння знаходимо π 2 y x= − і підставляємо в друге. Одер жуємо ( )π 2 cos sin 1,+ − =x x тобто cos x + cos x = 1, 2 cos x = 1, 1 2 cos .x = Отже, РОЗВ’ЯЗУВАННЯ СИСТЕМ ТРИГОНОМЕТРИЧНИХ РІВНЯНЬ§§§§§1616161616
- 181. 181 π 3 2 ,x n=± + π n ∈ Z. (1) 1) Якщо π 3 2 ,x n= + π то ( )π 2 2 3 6 2 2 .y x n n π π π = − = − + π = − π 2) Якщо π 3 2 ,x n= − + π то ( )π 5 2 2 3 6 2 2 .y x n n π π π = − = − − + π = − π Відповідь: ( )π 3 6 2 ; 2 ,n n π + π − π ( )π 5 3 6 2 ; 2 ,n n π − + π − π n ∈ Z. З а у в а ж е н н я. Якби ми для знаходження значення y не розглянули ок ремо формулу (1) із знаком «+» і знаком «–», то разом з правильними розв’яз ками ми б одержали і сторонні розв’язки заданої системи. Дійсно, у такому випадку маємо ( ) π π π π π 3 2 3 2 , 2 , .Z = ± + = − ± + ∈ x n y n n Тоді,наприклад,при n=0одержуємо ( ) π π π 3 2 3 , , = ± = − ± x y тобто π π π або 3 5 6 6 , . x y y = ± = = Отже, крім розв’язків, які ввійшли до відповіді, ми маємо ще дві можли вості: π π 3 5 6 , , x y = = π π 3 6 , . x y = − = Алеціпаризначеньх і унеєрозв’язкамизаданоїсистеми, оскільки вони не задовольняють першому рівнянню. Тому слід запам’ятати: Коли розв’язок рівняння cos x = а доводиться використовувати для по дальших перетворень, то зручно записувати його у вигляді двох формул: окремо із знаком «+» і окремо із знаком «–». Приклад 2 Розв’яжіть систему рівнянь 1 4 3 4 cos cos , sin sin . x y x y = = Почленнододамоівіднімемоцірівняння.Одержиморівносильнусистему cos , cos . x y x y −( ) = +( ) = − 1 1 2 Звідси x y k k x y n n − = ∈ + = ± + ∈ 2 2 2 3 π π π , , , . Z Z § 16. Розв’язування систем тригонометричних рівнянь
- 182. 182 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності Подамоостаннюсистемуувиглядісукупностідвохсистем,записуючироз в’язки другого рівняння окремо із знаком «+» і окремо із знаком «–»: x y k k x y n n − = ∈ + = + ∈ 2 2 2 3 π π π , , , Z Z, або x y k k x y n n − = ∈ + = − + ∈ 2 2 2 3 π π π , , , . Z Z Почленно додаючи і віднімаючи рівняння цих систем, знаходимо x і y: π π π π π π 3 3 ,x n k y n k = + + = + − або π π π π π π 3 3 , . x n k y n k = − + + = − + − Відповідь: ( )π π π π π π 3 3 ; ,n k n k+ + + − ( )π π π π π π 3 3 ; ,n k n k− + + − + − n ∈ Z, k ∈ Z. З а у в а ж е н н я. До запису відповіді ввійшли два параметриn і k, що неза лежно один від одного «пробігають» множину цілих чисел. Якщо спробувати при розв’язуванні заданої системи скористатися лише одним параметром, наприклад, n, то це спричинить втрату розв’язків. Отже, у кожному випад ку, колисистематригонометричнихрівняньзводитьсядосистеми,щоскла дається з елементарних тригонометричних рівнянь (тобто з рівнянь виду sin x = a, cosx = a, tg x = a, ctg x = a), при розв’язуванні кожного з цих рівнянь необхідно використовувати свій цілочисельний параметр. Запитання для контролю 1. Які методи використовуються для розв’язування систем тригонометрич них рівнянь? 2 Поясніть, у якому випадку при формальному розв’язуванні системи sin , cos x y x y +( ) = −( ) = 0 1 2 ми можемо втратити частину розв’язків, а в якому випад ку — одержати сторонні розв’язки. Розв’яжіть цю систему. Вправи Розв’яжіть систему рівнянь (1–8). 1°. 1) sin sin 1, ; x y x y + = + = π 2) cos cos 1, 2 . x y x y + = + = π 2°. 1) tg tg , ; x y x y + = + = 1 4 π 2) 1 2 3 cos cos , . x y x y π − = − = 3°. 1) sin sin 0,5, sin sin 0,5. x y x y + = ⋅ = − 2) cos cos 0,5, cos cos 0,5. x y x y + = − ⋅ = −
- 183. 183 4. 1) sin cos, sin cos ; x y x y + = + = 0 2 2 1 2 2) 4 1 6 , tg tg . x y x y π + = = 5. 1) cos cos 0,75, sin sin 0,25; x y x y = = 2) sin cos 0,75, sin cos 0,25. x y y x = = 6. 1) cos cos sin sin , sin cos cos sin ; x y x y x y x y + = + = 1 2 1 2) sin sin cos cos , sin cos cos sin . x y x y x y x y − = − − = 1 1 2 7* . 1) 2 2 cos cos sin , sin sin cos ; x y y x y y = = 2) 2 2 sin cos sin , cos sin cos . x y y x y y = = 8* . 1) 2 2 2 2 cos cos 1, sin sin cos ; x y x y x + = + = 2) 2 2 2 2 sin cos 1, cos sin sin . x y x y x + = + = § 17. Рівняння наслідки та рівносильні перетворення рівнянь Т а б л и ц я 33 Рівністьіззмінноюназивається рівнянням. У загальному вигляді рівняння з однією змінною x запи сують так: f (x) = g (x). Під цим коротким записом розу міють математичний запис задачі про знаходження значень аргумен ту, при яких значення двох даних функційрівні. Коренем (аборозв’язком) рівнян ня називається значення змінної, яке перетворює це рівняння на пра вильну рівність. Розв’язати рівняння — означає знайти всі його корені або довести, що їх немає. 1. Поняття рівняння і його коренів Означення Приклад 2х = –1 — лінійне рівняння; х2 – 3х + 2 = 0 — квадратне рівняння; 2x x+ = — ірраціональне рівняння (містить змінну під знаком кореня). x = 2 — корінь рівняння 2 ,x x+ = оскільки при x = 2 одержуємо пра вильну рівність: 4 2,= тобто 2 = 2. РІВНЯННЯ НАСЛІДКИ ТА РІВНОСИЛЬНІ ПЕРЕТВОРЕННЯ РІВНЯНЬ§§§§§1717171717
- 184. 184 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності П р о д о в ж. т а б л. 33 2. Область допустимих значень (ОДЗ) Областю допустимих зна чень (або областю визначен ня) рівняння називається спільна область визначення для функцій f (x) i g (x), що стоять у лівій і правій части нах рівняння. Для рівняння 2x x+ = ОДЗ: x + 2 l 0, тобто x l –2, оскільки область визначення функції ( ) 2f x x= + визна чається умовою x + 2 l 0, а областю ви значенняфункціїg (x) = xємножинавсіх дійсних чисел. 3.Рівняння наслідки Якщо кожен корінь першого рівняння є коренем другого рівняння, то друге рів нянняназивається наслідкомпершого. Якщо з правильності першої рівності випливає правильність кожної наступної, то одержуємо рівняння наслідки. Привикористаннірівнянь наслідківне відбуваєтьсявтратикоренівпочаткового рівняння,алеможливапоявасторонніхко ренів. Тому при використанні рівнянь наслідків перевірка одержаних коренів підстановкоювпочатковерівнянняєскла довою частиною розв’язування (див. пункт 5 цієї таблиці). 2x x+ = . Піднесемо обидві частини рівняння до квадрата: ( )2 2 2 ,x x+ = x + 2 = x2 , x2 – x – 2 = 0, x1 = 2, x2 = –1. П е р е в і р к а.x =2—корінь (див. вище); x = –1 — сторон ній корінь (при x = –1 одер жуємо неправильну рівність 1 = –1). Відповідь: 2. 4. Рівносильні рівняння Означення Найпростіші теореми Два рівняння називаються рівносильними на деякій множині, якщо на цій мно жині вони мають одні й ті самі корені. Тобто кожен корінь першо го рівняння є коренем другого і, навпаки, кожен корінь дру гого є коренем першого (схема розв’язуваннярівняньзадопо могою рівносильних перетво рень наведена в пункті 5 цієї таблиці). 1. Якщозоднієїчастинирівнянняпере нести в іншу частину доданки з про тилежним знаком, то одержимо рів няння, рівносильне заданому (на будь якій множині). 2. Якщо обидві частини рівняння по множити або поділити на одне й те самечисло,якенедорівнюєнулю(або на одну й ту саму функцію, що визна чена і не дорівнює нулю на ОДЗ зада ного рівняння), то одержимо рівнян ня,рівносильнезаданому(наОДЗза даного).
- 185. 185 Пояснення й обґрунтування 1.Поняття рівняння і його коренів. Рівняння в математиці найчастіше ро зуміють як аналітичний запис задачі про знаходження значень аргументу, при яких значення двох даних функцій рівні. Тому в загальному вигляді рівняння з однією змінною x записують так: f (x) = g (x). Досить часто рівняння означають коротше — як рівність із змінною. Нагадаємо, що коренем (або розв’язком) рівняння називається значення змінної, при підстановці якого у рівняння утворюється правильна рівність. Розв’язатирівняння—означаєзнайтивсійогокореніабодовести,щоїхнемає. Наприклад,рівняння2x=–1маєєдинийкорінь 1 2 ,x = − арівняння| x |=–1 не має коренів, оскільки значення | x | не може бути від’ємним числом. 2. Область допустимих значень (ОДЗ) рівняння. Якщо задано рівняння f (x) = g (x), то спільна область визначення для функцій f (x) і g (x) називаєть ся областю допустимих значень цього рівняння. (Іноді використовуються § 17. Рівняння наслідки та рівносильні перетворення рівнянь * Застосування властивостей функцій до розв’язування рівнянь розглянуто в § 18. П р о д о в ж. т а б л. 33 5. Схема пошуку плану розв’язування рівнянь застосуванням властивостей функцій* Розв’язування рівнянь за допомогою рівнянь наслідків за допомогою рівносильних перетворень Перетворення, що гарантують збереження правильної рівності Перевірка коренів підстановкою в початкове рівняння Врахування ОДЗ початкового рівняння Збереження на ОДЗ правильної рівності при прямих і зворот них перетвореннях 1 2 1 2 , — початкове рівняння; — рівняння, одержане в результаті перетворення початкового; — символічне зображення напрямку виконаних перетворень 1 2
- 186. 186 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності також терміни «область визначення рівняння» або «множина допустимих значень рівняння».) Наприклад, для рівняння х2 = х областю допустимих значень є всі дійсні числа. Це можна записати, наприклад, так: ОДЗ: x ∈ R, оскільки функції f (x) = x2 і g (x) = x мають області визначення x ∈ R. Зрозуміло, що кожен корінь заданого рівняння входить як до області ви значення функціїf (x), так і до області визначення функції g (x) (інакше ми не зможемо отримати правильну числову рівність). Отже, кожен корінь рівнян ня обов’язково входить до ОДЗ цього рівняння. Це дозволяє в деяких випад ках використовувати аналіз ОДЗ рівняння при його розв’язуванні. Наприклад, у рівнянні 2 1x x x− + − = функція g (x) = x визначена при всіх дійсних значенняхx, а функція ( ) 2 1= − + −f x x x тільки за умови, що під знаком квадратного кореня будуть стояти невід’ємні вирази. Отже, ОДЗ цьогорівняннязадаєтьсясистемою 2 0, 1 0, x x − − l l зякоїодержуємосистему 2, 1, x x l m що не має розв’язків. Таким чином, ОДЗ заданого рівняння не містить жод ного числа, і тому це рівняння не має коренів. Зазначимо, що знаходження ОДЗ заданого рівняння може бути корисним для його розв’язування, але не завжди є обов’язковим елементом розв’язу вання рівняння. 3. Методи розв’язування рівнянь. Для розв’язування рівнянь використову ють методи точного і наближеного розв’язування. Зокрема, для точного роз в’язування рівнянь у курсі математики 5–6 класів використовувалися за лежностіміжкомпонентамитарезультатамидійівластивостічисловихрівно стей; у курсі алгебри 7–9 класів — рівносильні перетворення рівнянь, а для наближеного розв’язування рівнянь — графічний метод. Графічний метод розв’язування рівнянь не дає високої точності знахо дженнякореніврівняння,ізайогодопомогоюнайчастішеможнадістатилише грубінаближеннякоренів.Інодізручнографічновизначитикількістькоренів рівняння або знайти межі, у яких знаходяться ці корені. У деяких випадках можна графічно довести, що рівняння не має коренів. З указаних причин у шкільномукурсіалгебриіпочатківаналізупідвимогою«розв’язатирівнян ня» розуміється вимога «використовуючи методи точного розв’язування, знайти корені даного рівняння». Наближеними методами розв’язування рівнянь можна користуватися тільки тоді, коли про це говориться в умові задачі (наприклад, якщо ставиться задача розв’язати рівняння графічно). В основному при розв’язуванні рівнянь різних видів нам доведеться вико ристовуватиодиніздвохметодіврозв’язування.Першийзнихполягаєвтому, що задане рівняння замінюється більш простим рівнянням, яке має ті самі корені, — рівносильним рівнянням. У свою чергу, одержане рівняння замі нюється ще простішим, рівносильним йому, і т. д. У результаті одержуємо
- 187. 187 найпростіше рівняння, якерівносильне заданому і корені якого легко знахо дяться. Ці корені і тільки вони є коренями даного рівняння. Другий метод розв’язування рівнянь полягає в тому, що задане рівняння замінюєтьсяпростішимрівнянням,середкоренівякогознаходятьсявсікорені даного,тобтотакзванимрівнянням наслідком.Усвоючергу,одержанерівнян ня замінюється ще більш простим рівнянням наслідком і так далі доти, поки не одержимо найпростіше рівняння, корені якого легко знаходяться. Тоді всі кореніданогорівняннязнаходятьсясередкоренівостанньогорівняння.Тому, щобзнайтикоренізаданогорівняння,доситькореніостанньогорівнянняпідста витивзаданеізадопомогоютакоїперевіркивідділитикореніданогорівняння (і вилучити так званісторонні корені — ті корені останнього рівняння, які не задовольняють заданому). У наступному параграфі буде також показано застосування властивостей функцій до розв’язування рівнянь певного виду. Рівняння наслідки Розглянемо більш детально, як можна розв’язувати рівняння за допомо гою рівнянь наслідків. При розв’язуванні рівнянь головне — не загубити корені заданого рівняння, і тому в першу чергу ми повинні стежити за тим, щобкоженкоріньпочатковогорівняннязалишавсякоренемнаступного.Фак тично це і є означенням рівняння наслідку: у тому випадку, коликожнийкоріньпершогорівнянняєкоренемдругого,другерівнян ня називається наслідком першого. Це означення дозволяє обґрунтувати такий о р і є н т и р: для одержання рiвняння наслідку досить розглянути задане рівняння як правильну число ву рівність i гарантувати (тобто мати можливість обґрунтувати), що кожне наступне рівняння ми можемо одержати як правильну числову рівність. Дійсно, якщо дотримуватися цього орієнтиру, то кожен корiнь першого рiвняння перетворює це рівняння на правильну числову рівність, але тоді i друге рiвняння буде правильною числовою рівністю, тобто розглядуване зна чення змiнної є коренем i другого рiвняння, а це й означає, що друге рiвняння є наслідком першого. Застосуємо наведений орієнтир до рівняння 2 1 1 0 x x − + = (поки що не викори стовуючи відому умову рівності дробу нулю). Якщоправильно,щодрібдорівнюєнулю,тообов’язковойогочисельникдо рівнюєнулю.Отже,ізданогорівнянняодержуєморівняння наслідокх2 – 1 =0. Але тоді правильно, що (х – 1)(х + 1) = 0. Останнє рівняння має два корені: х = 1 та х = – 1. Підставляючи їх у задане рівняння, бачимо, що тільки корінь х = 1 задовольняє початковому рівнянню. Чому це сталося? Це відбувається тому, що, використовуючи рiвняння наслідки, ми гаран туємо тільки те, що коренi заданого рiвняння не втрачаються (кожний корiнь першого рівняння є коренем другого). Але друге рiвняння, крiм коренiв пер § 17. Рівняння наслідки та рівносильні перетворення рівнянь
- 188. 188 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності шого рiвняння, має ще й iнший корінь, який не є коренем першого рiвняння. Для першого рiвняння цей корінь є стороннiм, i, щоб його вiдсiяти, вико нується перевiрка підстановкою коренів у початкове рівняння. (Більш повно причини появи сторонніх коренів розглянуто в таблиці 34 на с. 192.) Отже, щоб правильно використовувати рівняння наслідки для розв’язування рів нянь, необхідно пам’ятати ще один о р і є н т и р: при використаннi рiвнянь наслідкiв можлива поява сторонніх коренів, і тому перевiрка пiдстановкою коренів у початкове рiвняння є складовою частиною розв’язування. Схема застосування цих орієнтирів подана в таблиці 33. У пункті 3 цієї таблиці наведено розв’язання рівняння 2 .x x+ = (1) Для розв’язання цього рівняння за допомогою рівнянь наслідків досить задане рівняння розглянути як правильну числову рівність і зазначити, що у випадку, коли два числа рівні, то і їхні квадрати теж будуть рівні: x x+( ) =2 2 2 . (2) Отже, ми гарантуємо, що у випадку, коли рівність (1) правильна, то і рівність (2) теж буде правильною, а це й означає (як було показано вище), що рівняння (2) є наслідком рівняння (1). Якщо ми хоча б один раз викорис тали рівняння наслідки (а не рівносильні перетворення), то можемо отрима ти сторонні корені, і тоді до розв’язання обов’язково входить перевірка одер жаних коренів підстановкою в задане рівняння. З а у в а ж е н н я.Перехідвідзаданогорівняннядорівняння наслідкумож на позначити спеціальним значком ⇒, але його використання для запису роз в’язання не є обов’язковим. Разом з тим, якщо цей значок записано, то це свідчить про те, що ми скористалися рівняннями наслідками, і тому обов’яз ководозаписурозв’язаннянеобхідновключитиперевіркуодержанихкоренів. Рівносильні рівняння З поняттям рівносильності ви знайомі ще з курсу алгебри 7 класу, де рівно сильними називалися ті рівняння, які мали одні й ті самі корені. Зауважимо, що рівносильними вважалися і такі два рівняння, які не мали коренів. Фор мально будемо вважати, що і в цьому випадку рівняння мають одні й ті самі корені, оскільки відповіді до таких рівнянь однакові: «рівняння не має ко ренів»(точніше:однаковимиємножиникоренівтакихрівнянь—вониобидві порожні, що позначається символом ∅). У курсі алгебри і початків аналізу ми будемо розглядати більш загальне поняття рівносильності, а саме — рівносильність на певній множині. Два рівняння називаються рівносильними на деякій множині, якщо націймножинівонимаютьоднійтісамікорені,тобтокоженкорінь першого рівняння є коренем другого і, навпаки, кожен корінь другого рівняння є коренем першого.
- 189. 189 Для рівнянь, якізадані на множині всіх дійсних чисел (наприклад, для лінійних),миможемооднозначнодативідповідьнапитання:«Чирівносильні задані рівняння?» Наприклад, рівняння х + 3 = 0 і 2х + 6 = 0 — рівносильні, оскільки обидва мають однаковий корінь х = –3 і інших коренів не мають, отже, кожне з них має ті самі розв’язки, що й друге. При розгляді рівносильності рівнянь на множині, яка відрізняється від множини всіх дійсних чисел, відповідь на питання: «Чи рівносильні задані рівняння?» може суттєво залежати від того, на якій множині ми розглядаємо ці рівняння. Наприклад, якщо розглянути рівняння: 2 1 1 0 x x − + = , (3) х2 – 1 = 0, (4) то,якбулопоказановище,рівняння(3)маєтількиодинкоріньх=1,арівнян ня (4) — два корені: х = 1 та х = –1. Отже, на множині всіх дійсних чисел ці рівняння не є рівносильними, оскільки у рівняння (4) є корінь х = –1, якого немаєурівняння(3).Аленамножинідодатнихдійснихчиселцірівняннярівно сильні,оскількинаціймножинірівняння(3)маєєдинийдодатнийкоріньх = 1 і рівняння (4) теж має тільки єдиний додатний коріньх = 1. Отже, на множині додатних чисел кожне з цих рівнянь має ті самі розв’язки, що й друге. Зазначимо, що множина, на якій розглядається рівносильність рівнянь, як правило, не задається штучно (як в останньому випадку), а найчастіше за таку множину вибирають ОДЗ заданого рівняння. Домовимося, що надалі всірівносильніперетвореннярівнянь(атакожнерівностейісистемрівнянь та нерівностей) ми будемо виконувати на ОДЗ заданого рівняння (нерівності чи системи). Зазначимо, що в тому випадку, коли ОДЗ заданого рівняння є множина всіх дійсних чисел, ми не завжди будемо її записувати (як не запису валиОДЗприрозв’язуваннілінійнихчиквадратнихрівнянь).І віншихвипад ках головне — не записати ОДЗ до розв’язання рівняння, а реально врахувати їїпривиконаннірівносильнихперетвореньзаданогорівняння. Наприклад, для рівняння 2x x+ = ОДЗ задається нерівністю х + 2 l 0. Коли ми переходимо до рівняннях + 2 = х2 , то для всіх його коренів це рівнян ня є правильною рівністю. Тоді вираз х2 , який стоїть у правій частині цієї рівності, завжди невід’ємний (х2 l0), отже, і рівний йому вираз х+ 2 теж буде невід’ємним:х + 2 l0. Але це й означає, що ОДЗ заданого рівняння (х + 2 l 0) враховано автоматично для всіх коренів другого рівняння і тому при переході від рівняння 2x x+ = до рівняння х + 2 = х2 ОДЗ заданого рівняння можна не записувати до розв’язання. Для виконання рівносильних перетворень спробуємо виділити загальні орієнтири, аналогічні відповідним орієнтирам одержання рівнянь наслідків. Як указано вище, виконуючи рівносильні перетворення рівнянь, необхід но врахувати ОДЗ заданого рівняння — це й є перший о р і є н т и р для вико нання рівносильних перетворень рівнянь. § 17. Рівняння наслідки та рівносильні перетворення рівнянь
- 190. 190 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності За означенням рівносильності рівнянь потрібно гарантувати, щоб кожен корінь першого рівняння був коренем другого і навпаки — кожен корінь дру гого рівняння був коренем першого. Для першої частини цієї вимоги ми вже виділили загальний орієнтир: досить гарантувати збереження правильної рівності при переході від першого рівняння до другого (с. 187). Але тоді, щоб виконати другу частину цієї вимоги, досить друге рівняння розглянути як правильну рівність (тобто взяти таке значення змінної, яке є коренем другого рівняння) і гарантувати, що при переході до першого пра вильна рівність зберігається (цей корінь залишається і коренем першого рівняння).Фактичнозозначеннярівносильностірівняньодержуємо,щокож не з рівносильних рівнянь є наслідком другого рівняння. Таким чином, при виконанні рівносильних перетворень ми повинні гарантувати збереження правильної рівності на кожному кроці розв’язування не тільки при прямих, а й при зворотних перетвореннях — це й є другий о р і є н т и р для розв’язу вання рівнянь за допомогою рівносильних перетворень. (Відповідні орієнти ри схематично подано в пункті 5 таблиці 33.) Наприклад, щоб розв’язати за допомогою рівносильних перетворень рівняння 2 1 1 0, x x − + = досить врахувати його ОДЗ: х + 1≠ 0 і умову рівності дробу нулю (дріб дорівнює нулю тоді і тільки тоді, коли чисельник дробу дорівнює нулю, а знаменник не дорівнює нулю). Також слід звернути увагу на те, що на ОДЗ всі потрібні перетворення можна виконати як у прямому, так і у зворот ному напрямках із збереженням правильної рівності. Запис розв’язання в цьому випадку може бути таким: 2 1 1 0. x x − + = ОДЗ: х + 1 ≠ 0. Тоді х2 –1 = 0. Отже, х = 1 (задовольняє умові ОДЗ) або х = –1 (не задовольняє умові ОДЗ). Відповідь: 1. Для виконання рівносильних перетворень рівнянь можна також користу ватися спеціальними теоремами про рівносильність. У зв’язку з уточненням означення рівносильності рівнянь узагальнимо також формулювання най простіших теорем про рівносильність, відомих з курсу алгебри 7 класу. Т е о р е м а 1. Якщо з однієї частини рівняння перенести в іншу час тинудоданкизпротилежнимзнаком,тоодержиморівняння,рівно сильне заданому (на будь якій множині). Т е о р е м а 2. Якщо обидві частини рівняння помножити або поділи тинаоднейтесамечисло,якенедорівнюєнулю(абонаоднуйтусаму функцію,щовизначенаінедорівнює нулюнаОДЗзаданогорівняння), тоодержуєморівняння,рівносильнезаданому(наОДЗзаданого). Обґрунтування цих теорем повністю аналогічне обґрунтуванню орієнтирів для рівносильних перетворень заданого рівняння. З а у в а ж е н н я. Для позначення переходу від заданого рівняння до рівно сильного йому рівняння можна використовувати спеціальний значок ⇔, але його використання при запису розв’язань не є обов’язковим. (Хоча іноді ми
- 191. 191 йогобудемовикористовувати,щобпідкреслити,щобуловиконаносамерівно сильні перетворення.) Приклад 1Розв’яжіть рівняння 5 3 2 1 . x x− − = Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р § 17. Рівняння наслідки та рівносильні перетворення рівнянь ОДЗ: х – 2 ≠ 0 і х – 1 ≠ 0. НаційОДЗзаданерівняннярівно сильне рівнянням: 5 3 2 1 0, x x− − − = (1) ( ) ( ) ( )( ) 5 1 3 2 2 1 0, − − − − − = x x x x (2) 2 1 2 1 0 x x x + − −( )( ) = , (3) 2х + 1 = 0, (4) тобто 1 2 .x = − Врахуємо ОДЗ. При 1 2 x = − : 1 1 2 2 2 2 2 0,x − = − − = − ≠ 1 1 2 2 1 1 1 0.x − = − − = − ≠ Отже, 1 2 x = − — корінь. Відповідь: 1 2 − . Використаємо рівносильні пере твореннядлярозв’язуваннязаданого рівняння. Для цього необхідно вра хувати ОДЗ, тому зафіксуємо її обме ження на початку розв’язання. Зазначимо, що в рівняннях обме женняОДЗможнатількизафіксува ти, але не розв’язувати, а в кінці пе ревірити, чи виконуються ці обме ження для знайдених коренів. При перенесенні члена заданого рівняння з однієї частини рівняння в іншу з протилежним знаком одер жуємо рівняння (1), рівносильне за даному. Зводячидоспільногознаменника, розкриваючидужкиізводячиподібні члени, знову одержуємо правильну рівність і можемо обґрунтувати, що привиконаннізворотнихдійрівність теж не порушується, отже, одержані рівняння (1)–(3) рівносильні задано му (на його ОДЗ). Дріб дорівнює нулю тоді і тільки тоді, коли чисельник дробу дорівнює нулю, а знаменник не дорівнює нулю. Але друга умова вже врахована в об меженняхОДЗ,отже,одержуєморів няння (4), рівносильне заданому рівнянню на його ОДЗ. Оскільки всі перетворення були рівносильними тільки з урахуванням ОДЗ, то ми по винні перевірити, чи задовольняє одержане число обмеженням ОДЗ. 4. Причини появи сторонніх коренів та втрати коренів при розв’язуванні рівнянь. Найбільш типові випадки появи сторонніх коренів та втрати ко ренів наведено в таблиці 34. Там же вказано, як у кожному з цих випадків одержати правильне (чи повне) розв’язання.
- 192. 192 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності 1. Поява сторонніх коренів Причина Прияких перетворенняхце може відбуватися Приклад неправильного (чинеповного)розв’язання Одержання рівнянь наслідків за рахунок: 1. Зведення подіб них членів. 2 2 6 2.x x x x+ − = + − Перенесемо з правої частини рівняння в ліву доданок 2x − зпротилежнимзнаком і зведемо подібні члени. Одержимо х2 – 6х = 0, х1 = 0, х2 = 6. 2. Зведення обох час тин рівняння до спільного знамен ника (при відки даннізнаменника). 2 4 7 4 2 3 5 6 . x x x x+ + + + + = Помножимо обидві частини рівняннянаспільнийзнамен ник усіх дробів (х + 2)(х + 3). Одержимо 4(х + 3) + 7(х + 2) = 4, 11х = –22, х = –2. 3. Піднесення обох частин ірраціо нального рівняння до квадрата. 2 1 .x x+ = 2х + 1 = х, х = –1. а) переходу до рівняння, у якого ОДЗ ширша, ніж у заданого рівняння; б) виконання перетворень, при яких відбувається неявне мно ження на нуль; Множення обох час тинрівняннянавираз із змінною. х2 + х + 1 = 0. Помножимо обидві частини рівняння на х –1. (х – 1)(х2 + х + 1) = 0. Одержимо х3 – 1 = 0, х = 1.
- 193. 193 § 17. Рівняннянаслідки та рівносильні перетворення рівнянь Т а б л и ц я 34 прирозв’язуваннірівняння Де помилка Якодержатиправильне (чиповне)розв’язання Прикладправильного (чиповного)розв’язання х1 = 0 не є коре нем заданого рів няння. Виконати пере вірку підстанов кою коренів у задане рівняння. 2 2 6 2.x x x x+ − = + − х2 – 6х = 0, х1 = 0, х2 = 6. Перевірка показує, що х1 = 0 — сторонній корінь, х2 = 6 — корінь. Відповідь: 6. х = –2 не є коре нем заданого рів няння. 2 4 7 4 2 3 5 6 . x x x x+ + + + + = 4(x + 3) + 7(x + 2) = 4; 11x = –22, x = –2. Перевіркапоказує,що х = –2 — сторонній корінь. Відповідь:коренів немає. х = –1 не є коре нем заданого рів няння. 2 1 .x x+ = 2х + 1 = х, х = –1. Перевірка показує, що х = –1 — сторонній корінь. Відповідь:коренів немає. х = 1 не є коренем заданого рівнян ня. У даному рівнянні не було не обхідності множити на х – 1. х2 + х + 1 = 0. D = –3 < 0. Відповідь:коренів немає. Якщо використати множення обох частин рівняння на х – 1, то перевірка показує, що х = 1 — сторонній корінь, тоб то рівняння не має коренів.
- 194. 194 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності 2. Втрата коренів Причина При яких перетво реннях це може відбуватися Приклад неправильного (чинеповного)розв’язання в) застосування до обох частин рівняння функції, яка не є зростаючою або спадною. Піднесення обох час тин рівняння до пар ного степеня або за стосування до обох частин рівняння три гонометричнихфунк цій (див. с. 214) х – 1 = 2х + 1. Піднесемообидвічастинирів няння до квадрата (х – 1)2 = (2х + 1)2 . Одержимо 3х2 + 6х = 0, х1 = 0, х2 = –2. Явне чи неявне звуження ОДЗ за даного рівняння, зокрема, виконан ня перетворень, у процесі яких відбуваєтьсянеяв неділеннянануль. 1. Ділення обох час тин рівняння на вираз із змінною. 2. Додавання, відні мання, множення або ділення обох частин рівняння на вираз, у якого ОДЗ вужча, ніж у зада ного рівняння. х2 = х. Поділивши обидві частини рівняння на х, одержимо х = 1. х2 = 1. Якщо до обох частин рівнян ня додати x, то одержимо рівняння 2 1 ,x x x+ = + у якого тільки один корінь х = 1. 1. Поява сторонніх коренів
- 195. 195 § 17. Рівняннянаслідки та рівносильні перетворення рівнянь Де помилка Якодержатиправильне (чиповне)розв’язання Прикладправильного (чиповного)розв’язання Виконати пере вірку підстанов кою коренів у задане рівняння. П р о д о в ж. т а б л. 34 х1 =0неєкоренем заданого рівнян ня. У даному рівнянні не було не обхідності підносити до квад ратa. х – 1 = 2х + 1. х – 2х = 1 + 1, х = –2. Відповідь:–2. Якщо використати піднесення до квадратa, то перевірка пока зує, що х2 = –2 — корінь, a х1 = 0 — сторонній корінь. прирозв’язуваннірівняння Втратили корінь х = 0, оскільки післяділенняна х фактичноодержа лирівняння 2 , x x x x = у якого ОДЗ: х ≠ 0, тобто звузи ли ОДЗ заданого рівняння. Втратили корінь х = –1, оскільки ОДЗзаданогорів няння: х — будь яке число, а x існує тільки при х l 0. Ті значення, на які звузилася ОДЗ, необхідно розглянути окремо. x2 = x. 1. При х = 0 одержуємо 02 = 0 — правильна рів ність, отже, х = 0 — корінь. 2. При х ≠ 0 одержуємо 2 , x x x x = х = 1. Відповідь. 0; 1. (Звичайно, зручніше розв’язу вати так: x2 – x = 0, х(х – 1) = 0, х = 0 або х = 1.) У даному рівнянні не було необ хідності додавати до обох час тин .x х2 = 1, х = ä1. Відповідь: ä1. (Якбидовелосядодаватидообох частин ,x то при x < 0 задане рівняння потрібно розглянути окремо, і тоді одержимо ще й корінь х = –1.) прирозв’язуваннірівняння
- 196. 196 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності Запитання для контролю 1. Що називається коренем рівняння? Наведіть приклади. 2. Дайте означення області допустимих значень (ОДЗ) рівняння. Наведіть приклади. 3. Дайте означення рівняння наслідку даного рівняння. Наведіть приклади. Поясніть, у якому випадку можна гарантувати, що в результаті перетво рення рівняння одержали рівняння наслідок. 4. Дайте означення рівносильних рівнянь. Наведіть приклади. Поясніть, у якомувипадкуможнагарантувати,щоврезультатіперетвореннярівнян ня одержали рівняння, рівносильне заданому. 5. Сформулюйте основні теореми про рівносильність рівнянь. Наведіть при клади їх використання. 6. Поясніть, у результаті яких перетворень заданого рівняння можна одер жати сторонні для даного рівняння корені. Як можна відсіяти сторонні корені? Наведіть приклади. 7. Поясніть, у результаті яких перетворень заданого рівняння можна втра тити корені даного рівняння. Наведіть приклади. Поясніть на прикладах, як необхідно доповнити відповідні перетворення, щоб не втратити корені даного рівняння. Вправи 1. Знайдіть область допустимих значень (ОДЗ) рівняння: 1) 5 2 3 2 0; x x x x − − + − = 2) 2 2 1 3 1 0; x x x + + − = 3) 3 6 1 ; x x x − − = 4) 2 5 4 5 0. x x x − + + − = 2. З’ясуйте: а) чи є друге рівняння наслідком першого; б) чи є ці рівняння рівносильними (відповідь обґрунтуйте): 1) 2x2 – 8x – 9 = 0 і x2 – 4x – 4,5 = 0; 2) 2 2 4 5 6 0 x x x − − + = і x2 – 4 = 0. 3. Обґрунтуйте рівносильність рівнянь: 1) 5x – 8 = 7 – 3x і 5x + 3x = 7 + 8; 2) (2x – 1)(x2 + 5) = x(x2 + 5) і 2x – 1 = x. 4. Обґрунтуйте, що задані рівняння не є рівносильними: 1) 2 1 1 3 3 9 x x x + + + = + і x2 = 9; 2) (2x – 1)(x2 – 5) = x(x2 – 5) і 2x – 1 = x. 5. Поясніть, які перетворення було використано при переході від першого рівняння до другого і чи можуть вони приводити до порушення рівносиль ності: 1) 3x + 1,1 = 6,8 – 2x і 3x + 2x = 6,8 – 1,1; 2) 2 281 9 3 1 0 x x x − + + − = і x – 9 + 3x2 – 1 = 0; 3) 5 3 3 1 x x + = − і 5 + x(3x – 1) = 3(3x – 1); 4) 2 1 2x x− = − і x2 – 1 = x2 – 4x + 4.
- 197. 197 § 17. Рівняннянаслідки та рівносильні перетворення рівнянь 6. Чи є рівносильними задані рівняння на ОДЗ першого з них: 1) 5 – x = x + 7 і 1 1 3 3 5 7 ; x x x x − − − + = + + 2) 12 2 5 2 2 x x x x − − − − = і 12 – 2x = x – 5; 3) 6 – x = 10 і 6 10x x x− + − = ; 4) (x2 + 2x – 3)(x2 + 6) = 5(x2 + 6) і x2 + 2x – 3 = 5; 5) x2 – 1 = 6x – 1 і 2 1 6 1x x x x − − = ? 7. Розв’яжіть рівняння і вкажіть, яке перетворення могло привести до порушення рівносильності: 1) 8 5 8 3 2 ; x x x x x − + − = − 2) ( ) ( )( ) 2 2 8 4 2 4 ; − + − − + = x x xx x x 3) 2 7 1 6 4 3 3 9 3 ; x x x x x − + − − + − = − 4) 2 1 6 1 2 3 12 2 1. x x x x − − − − + = − 8. Розв’яжіть рівняння за допомогою рівнянь наслідків і вкажіть, яке перетворення могло привести до порушення рівносильності: 1) 3 2 5 1 2;x x x x+ − = − + − 2) 2 5 1;x x+ = + 3) 3 2 1 ;x x− = − 4) 25 4.x x+ = − 9. За якої умови рівняння є рівносильними: 1) ( ) ( )2 3− = f x x g x і f (x) = g (x)(2x – 3); 2) ( ) ( )+ = +f x x g x x і f (x) = g (x)? 10. Чи може відбутися втрата коренів або поява сторонніх коренів, якщо: 1) рівняння (x2 + 7) f (x) = 4x2 + 28 замінити рівнянням f (x) = 4; 2) рівняння (x – 1) f (x) = (x – 1) g (x) замінити рівнянням f (x) = g (x); 3) рівняння ( ) ( ) 3 3+ + = f x g x x x замінити рівнянням f (x) = g (x); 4) рівняння ( ) 23 5 0 + = f x x замінити рівнянням f (x) = 0? 11. Розв’яжіть рівняння і обґрунтуйте, що побудовано ланцюжок рівносиль них рівнянь: 1) 13 – (x – 1)2 + (2x – 1)(x + 1) = (x + 2)2 ; 2) (x – 1)3 – (x – 3)3 = 3x + 26; 3) (x + 1)3 – (x – 1)3 = 6(x2 + x + 1); 4) (3x – 1)2 + (6x – 3)(2x + 1) = (x – 1)2 + 5(2x + 1)2 .
- 198. 198 ЗАСТОСУВАННЯ ВЛАСТИВОСТЕЙ ФУНКЦІЙ ДОРОЗВ’ЯЗУВАННЯ РІВНЯНЬ§§§§§1818181818 Т а б л и ц я 35 Орієнтир Приклад 1. Скінченна ОДЗ Якщо область допустимих значень (ОДЗ) рівняння (нерівності або сис теми) складається із скінченного числа значень, то для розв’язуван ня досить перевірити всі ці зна чення. 2 21 1 2 2 .x x x− + = + − ОДЗ: 2 2 2 2 1 0, 1, 2 2 0 1 x x x x − ⇔ ⇔ − l l l m 2 1x⇔ = ⇔ 1.x= ± П е р е в і р к а. х = 1 — корінь ( )0 1 1 0, 1 1 ,+ = + = х = –1 — не корінь ( )0 1 1 0 .− ≠ + Відповідь: 1. 2. Оцінка лівої та правої частин рівняння Якщо потрібно розв’язати рівнян ня виду f (x) = g (x) і з’ясувалося, що f (x) lllll а, g (x) mmmmm a, то рівність між лівоюіправоючастинамиможлива тоді і тільки тоді, коли f (x) і g (x) одночасно дорівнюють а. 21 1 .− = +x x f (x) = 1 – х2 m 1, ( ) 1 1= +g x x l (бо )0 .x l Отже, задане рівняння рівносильне системі 2 1 1, 0. 1 1 − = ⇔ = + = x x x Відповідь: 0. ( )22 22 2 4 0.x x x x− + − + − = ( )1 2 0,= −f x x l f2 (x) = = | x2 – 2x | l 0, f3 (x) = (х2 – 4)2 l 0. Отже, задане рівняння рівносиль не системі ( ) 2 22 2 0, 2 0, 4 0. − = − = − = x x x x З першого рівняння одержуємо х = 2, що задовольняє всій системі. Відповідь: 2. Сума кількох невід’ємних функцій дорівнює нулю тоді і тільки тоді, коли всі функції одночасно дорівню ють нулю. ( ) ( ) ( ) 1 2 0, 0, ............ 0.n f x f x f x = = ⇔ = ( ) ( ) ( ) ( ) ,f x a f x g x g x a = = ⇔ = f (x) lllll a, g (x) mmmmm a f1 (x) + f2 (x) + + ... + fn (x) = 0 f1 (x) lllll 0, f2 (x) lllll 0, ............ fn (x) lllll 0
- 199. 199 § 18. Застосуваннявластивостей функцій до розв’язування рівнянь Пояснення й обґрунтування 1. Скінченна ОДЗ. Нагадаємо, що у випадку, коли задано рівняння f (x) = g (x), спільна область визначення для функцій f (x) і g (x) називається областю допустимих значень цього рівняння. Зрозуміло, що кожен корінь П р о д о в ж. т а б л. 35 3. Використання зростання та спадання функцій Схемарозв’язуваннярівняння 1. Підбираємо один або декілька коренів рівняння. 2. Доводимо, що інших коренів це рівняння не має (використовуючи тео реми про корені рівняння або оцінку лівої та правої частин рівняння). Теореми про корені рівняння 1. Якщо в рівнянні f (x) = a функція f (x) зростає (спадає) на деякому проміжку, то церівнянняможематинебільшніжодин корінь на цьому проміжку. Приклад Рівняння 3 2 3x x+ = має єдиний корінь х = 1 ( 3 1 2 1 3,+ ⋅ = тобто 3 = 3), оскільки функція ( ) 32= +f x x x зростає на всій області визначення х l 0. 2. Якщо в рівнянні f (x) = g (x) функція f (x) зростає на деякому проміжку, а функція g (x) спадає на цьому самому проміжку (або навпаки), то це рівняння може мати не більш ніж один корінь на цьому про міжку. Приклад Рівняння 3 3x x x+ = − має єдиний ко рінь х = 1 ( 31 1 3 1,+ = − тобто 2 = 2), ос кільки ( ) 3= +f x x x зростає на всій об ласті визначення х l 0, а g (x) = 3 – х спа дає (на множині R, а отже, і при x l 0).
- 200. 200 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності заданого рівняння входить як до області визначення функції f (x), так і до області визначення функції g (x). Отже, кожен корінь рівняння обов’язково входить до ОДЗ цього рівняння. Це дозволяє в деяких випадках за рахунок аналізу ОДЗ одержати розв’язки рівняння. Наприклад, якщо задано рівняння 2 4 2 3 6,x x x− + − = − то його ОДЗ можназадатизадопомогоюсистеми 2 0, 4 2 0. x x − − l l Розв’язуючицюсистему,одер жуємо 2, 2, x x l m тобто х = 2. Отже, ОДЗ заданого рівняння складається лише з одного значення х = 2. Але якщо тільки для одного числа потрібно з’ясува ти, чи є воно коренем заданого рівняння, то для цього досить підставити це значення в рівняння. У результаті одержуємо правильну числову рівність (0 = 0). Отже, х = 2 — корінь даного рівняння. Інших коренів у цього рівнян ня бути не може, оскільки всі корені рівняння знаходяться в його ОДЗ, а там немає інших значень, крім х = 2. Розглянутий приклад дозволяє виділити орієнтир для розв’язування ана логічних рівнянь: якщо ОДЗ рівняння (а також нерівності або системи) складається із скінченного числа значень, то для розв’язування досить переві рити всі ці значення. З а у в а ж е н н я. У тому випадку, коли ОДЗ — порожня множина (не містить жодного числа), ми можемо зразу дати відповідь, що задане рів няння не має коренів. Наприклад,якщопотрібнорозв’язатирівняння 3 2 5 ,x x x− = − + тойого ОДЗ задається системою 3 0, 2 0, x x − − l l тобто 3, 2, x x l m яка не має розв’язків. Отже, ОДЗ заданого рівняння не містить жодного числа, і тому це рівняння не має коренів. 2. Оцінка лівої та правої частин рівняння. Деякі рівняння можна розв’язати за допомогою оцінки лівої та правої частин рівняння. Нехай ми розв’язуємо рівняння f (x) = g (x), і нам удалося з’ясувати, що для всіх допустимих значень x значення f (x) l a, а значення g (x) m a. ( Розглянемо два випадки: 1) f (x) > a; 2) f (x) = а. Якщо f (x) > a, то рівність f (x) = g (x) не може виконуватися, бо g (x) m a, тобто при f (x) > a задане рівняння коренів не має. Залишається тільки випадок f (x) = a, але, враховуючи необхідність виконання рівності f (x) = g (x), маємо, що тоді і g (x) = a. Отже, ми обґрунтували, що виконан ня рівності f (x) = g (x) (за умов f (x) l a і g (x) m a) гарантує одночасне
- 201. 201 виконання рівностей f(x) = а і g (x) = а (і, навпаки, якщо одночасно вико нуються рівності f (x) = а і g (x) = а, то виконується і рівність f (x) = g (x)). Як було показано в § 17, це й означає, що рівняння f (x) = g (x) рівносильне системі ( ) , ( ) . f x a g x a = = Коротко це можна записати так: Приклад використання такого прийому розв’язування рівнянь наведено в пункті 2 таблиці 35. Аналогічно до попередніх міркувань обґрунтовується і орієнтир по розв’я зуванню рівняння f1 (x) + f2 (x) + ... + fn (x) = 0, у якому всі функції доданки невід’ємні (f1 (x) l 0; f2 (x) l 0; ...; fn (x) l 0). ( Якщо припустити, що f1 (x) > 0, то сума всіх функцій, що стоять у лівій частині цього рівняння, може дорівнювати нулю тільки тоді, коли сума f2 (x) + ... + fn (x) буде від’ємною. Але це неможливо, оскільки за умовою всі функції невід’ємні. Отже, при f1 (x) > 0 задане рівняння не має коренів. Ці самі міркування можна повторити для будь якої іншої функції додан ка. Залишається єдина можливість — усі функції доданки дорівнюють нулю (очевидно, що в цьому випадку рівність f1 (x) + f2 (x) + ... + fn (x) = 0 обов’язково буде виконуватися). Таким чином, сума кількох невід’ємних функцій дорівнює нулю тоді і тільки тоді, коли всі функції одночасно дорівнюють нулю. ) Наприклад, щоб розв’язати рівняння x4 + | x – 1 | = 2x2 – 1, досить перене сти всі члени в один бік, записати рівняння у вигляді (x2 – 1)2 + | x – 1 | = 0 і взяти до уваги, що (x2 – 1)2 і | x – 1 | — невід’ємні функції. Отже, задане рів няння рівносильне системі ( ) 22 1 0, 1 0. − = − = x x З другого рівняння одержуємох = 1, що задовольняє і всій системі. Отже, задане рівняння має єдиний коріньх =1. 3. Використання зростання та спадання функцій до розв’язування рівнянь спирається на таку властивість:зростаюча або спадна функція набуває кож ного свого значення тільки в одній точці її області визначення. Корисно пам’ятати спеціальні теореми про корені рівняння. Т е о р е м а 1. Якщо в рівнянні f (x) = a функція f (x) зростає (спадає) на деякому проміжку, то це рівняння може мати не більш ніж один корінь на цьому проміжку. § 18. Застосування властивостей функцій до розв’язування рівнянь ( ) ( ) ( ) ( ) , . f x a f x g x g x a = = ⇔ = f (x) lllll a, g (x) mmmmm a )
- 202. 202 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності Графічно твердження теореми проілюстровано на рисунку 96. Пряма у = а перетинаєграфікзростаючоїнапроміжку[α; β]функції у=f (x)тількиводній точці. Це й означає, що рівняння f (x) =а не може мати більше одного кореня на проміжку [α; β]. Доведемо це твердження аналітично. ( Якщо на проміжку [α; β] рівняння має корінь x0 , то f (x0 ) = a. Інших ко ренів бути не може, оскільки для зростаючої функції f (x) при x > x0 одер жуємо f (x) > f (x0 ) = a, а при x < x0 маємо f (x) < f (x0 ) = a. Отже, при x ≠ x0 f (x) ≠ a. Аналогічно і для спадної функції при x ≠ x0 одержуємо f (x) ≠ a. ) Т е о р е м а 2. Якщо в рівнянніf (x) = g (x) функція f (x) зростає на деякому проміжку, а функція g (x) спадає на цьому самому проміжку (або навпа ки), то це рівняння може мати не більш ніж один корінь на цьому про міжку. Графічно твердження теореми проілюстровано на рисунку 97. ( Якщо на проміжку [α; β] рівняння має коріньx0 , тоf (x0 ) =g (x0 ) = a. Інших коренів бути не може, оскільки, наприклад, для зростаючої функції f (x) і спадної функціїg (x) приx > x0 маємо f (x) >a, a g (x) < a, отже,f (x) ≠g (x). Аналогічно і при x < x0 f (x) ≠ g (x). ) Кожназцихтеоремстверджує,щоврозглянутомупроміжкузаданерівнян ня може мати не більш ніж один корінь, тобто або це рівняння зовсім не має коренів, або воно має тільки єдиний корінь. Якщо нам вдалося підібрати один коріньтакогорівняння,тоіншихкоренівузаданомупроміжкурівняннянемає. Наприклад, щоб розв’язати рівняння x3 + x = 10, досить помітити, що функція f (x) = x3 + x є зростаючою на всій числовій прямій (як сума двох зростаючих функцій) і що x = 2 — корінь* цього рівняння (23 + 2 = 10; 10 = 10). Отже, задане рівняння f (x) = 10 має єдиний корінь x = 2. Зазначимо, що кожна з цих теорем гарантує єдиність кореня рівняння (якщо він є) тільки на проміжку зростання (чи спадання) відповідної функції. Рис. 97Рис. 96 * Корінь x = 2 одержано підбиранням. Як правило, підбір починають з цілих значень: х = 0, ä1, ä2..., які підставляються в задане рівняння.
- 203. 203 Якщо функція маєдекілька проміжків зростання і спадання, то доводиться розглядати кожен з них окремо. Приклад Розв’яжемо за допомогою теореми 2 рівняння 3 2 . x x x+ = Спочатку слід урахувати його ОДЗ: x ≠ 0 і згадати, що функція 2 x y = на всій області визначення не є ні спадною, ні зростаючою (с. 22), але вона спа дає на кожному з проміжків (–×; 0) і (0; +×). Тому розглянемо кожен з цих проміжківокремо. 1) При x > 0 задане рівняння має корінь x = 1 ( )3 2 1 1 1 ,2 2 .+ = = Функція f (x) = x3 + x зростає при x > 0 (як показано вище, вона зростає на множині R), а функція ( ) 2 = x g x спадає на проміжку x > 0. Отже, задане рівняння f (x) = g (x) при x > 0 має єдиний корінь x = 1. 2) При x < 0 задане рівняння має корінь x = –1 ( ) ( )( )3 2 1 1 1 , 2= 2 . − − + − = − − Функція f (x) = x3 + x зростає при x < 0, а функція ( ) 2 = x g x спадає на цьому проміжку. Тому задане рівняння f (x) = g (x) при x < 0 має єдиний корінь x = –1. У відповідь слід записати всі знайдені корені (хоч на кожному з проміжків коріньєдиний,алевсьогокоренів—два).Oтже,заданерівняннямаєтільки два корені: 1 і –1. Приклади розв’язання завдань Приклад 1 Розв’яжіть рівняння ( ) 24 4 1 2 1 .+ = − − x x x Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р § 18. Застосування властивостей функцій до розв’язування рівнянь ОДЗ: х ≠ 0. На ОДЗ x4 > 0. Тоді функція ( ) 4 4 1 2= + x f x x l (як сума двохвзаємнооберненихдодатнихчи сел), а функція ( ) ( )2 2 1 2.= − −g x x m Отже, задане рівняння рівносильне системі ( ) 4 4 2 1 2, 2 1 2. + = − − = x x x З другого рів няння системи одержуємо 1x = , що Якщо розкрити дужки і звести обидві частини рівняння до спільно го знаменника, то для знаходження коренів одержаного рівняння дове деться розв’язувати повне рівняння восьмогостепеня,усікореніякогоми не зможемо знайти. Спробуємо оцінити області зна ченьфункцій,якістоятьулівійі пра вій частинах рівняння. Оскільки на ОДЗ (х ≠ 0) x4 > 0, то в лівій частині
- 204. 204 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності Приклад 2 Розв’яжіть систему рівнянь 3 3 2 2 , 3 36. x x y y x y + = + + = Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р задовольняє і першому рівнянню. Отже, система (а значить, і задане рівняння)маєєдинийрозв’язок х= 1. Відповідь: 1. рівняння стоїть сума двох взаємно обернених додатних чисел, яка зав жди більша або дорівнює 2. У правій частині від 2 віднімається невід’ємне число (x – 1)2 . Отже, при всіх значен няхх одержуємозначення,меншіабо рівні 2. Рівність між лівою і правою частинамиможливатодіі тількитоді, коли обидві частини дорівнюють 2. ОДЗ: 0, 0. x y l l Розглянемо функцію ( ) 3.= +f t t t На своїй області визна чення (t l 0) ця функція є зростаю чою (як сума двох зростаючих функ цій). Тоді перше рівняння заданої си стеми, яке має вигляд f (x) = f (y), рівносильне рівняннюx = y. Отже, на ОДЗ задана система рівносильна сис темі 2 2 , 3 36. x y x y = + = Підставляючи x = yвдругерівняннясистеми,маємо 4y2 = 36, y2 = 9, y = ä3. Враховуючи, що на ОДЗ y 0, одержуємо y = 3. Тоді x = y = 3. Відповідь: (3; 3). Іноді властивості функцій удаєть ся використати при розв’язуванні си стем рівнянь. Якщо помітити, що в лівій і правій частинах першого рівняння заданої системи стоять зна ченняоднієїітієїжфункції,якаєзро стаючою (як сума двох зростаючих функцій), то рівність f (x) = f (у) для зростаючої функції можлива тоді і тільки тоді, колих = у, оскільки од накових значень зростаюча функція може набувати тільки при одному значенніаргументу.(Зауважимо,що така сама властивість матиме місце і для спадної функції.) З а у в а ж е н н я. Твердження, яке було обґрунтовано в коментарі до при кладу 2, може бути використано при розв’язуванні аналогічних завдань. Ко ротко його можна сформулювати так: якщо функція f (x) є зростаючою (або спадною) на певній множині, то на цій множині f (ααααα) = f (βββββ) ⇔⇔⇔⇔⇔ ααααα = βββββ. Запитання для контролю 1. Поясніть на прикладах, як можна використати властивості функцій до розв’язування рівнянь.
- 205. 205 2* .Обґрунтуйте правильність орієнтирівпо розв’язуванню рівнянь з викори станням властивостей функцій, які наведено в таблиці 35 (с. 198). Вправи Розв’яжіть рівняння (1–4), використовуючи властивості відповідних функцій. 1. 1) 22 4 2 2;x x x x− + = − + + 2) 2 2 22 9 18 2 3;x x x x+ − = + − − 3) 1 1 3 4 2 3 1 2 32 2 2 4− + + + + − − = − − +x x x y y x y . 2. 1) 2 4 4 2 ;x x+ = − 2) 5 21 3 1 ;+ + = −x x x 3) 6 2 6 1 1 2 ; x x x x+ = − − 4) 1 2 2 2 2 1. x x x+ = − − 3. 1) | x2 – 7x + 12 | + | x2 – 9 | + | 6 – 2x | = 0; 2) | x + 2 | + | y – 5 | + | 2x2 – 8 | = 0; 3) 1 9 3 02 2− + − + − =y x x x ; 4) 2 24 2 0;x x x x− + − + − = 5) x2 + y2 + 5 = 4x + 2y; 6) 3x2 + y2 + 2z2 = 4y – 6x – 12z – 25. 4. 1) 2 6 2;x x− + − = 2) 9 3;x x x+ + = 3) 2 1 9 5 ;x x x+ + + = − 4) 40 1 2 ; x x x − − + = 5) 10 2 5 2 ; x x x+ + + = 6) 2 10 .x x x+ = − 5. Розв’яжіть систему рівнянь: 1) 5 5 2 , 3 10; x x y y x y + = + + = 2) 3 3 , 16; x x y y x y − − = − − + = − 3) x y y x x y 3 3 5 5 2 2 1 − = − + = , ; 4) − − − = − − = 3 3 3 8 2 2 x y x y x y , . § 18. Застосування властивостей функцій до розв’язування рівнянь
- 206. 206 Іноді доводиться розв’язуватитригонометричні рівняння, до яких вхо дить лише сума або різниця синуса і косинуса одного і того самого аргументу та їх добуток. У такому випадку доцільно цю суму (або різницю) позначити новою змінною. Приклад 1 Розв’яжіть рівняння 3 (sin x + cos x) = 2 sin 2х. К о м е н т а р Якщо в заданому рівнянні звести всі тригонометричні функції до одного аргументу х, то одержимо рівняння (1) (див. розв’язання), до якого входять лише сума синуса та косинуса одного і того самого аргументу х і їх добуток. Для розв’язування цього рівняння введемо нову змінну sin x + cos x = y. Щоб одержатидобутокsin x cos x, досить піднести до квадрата обидві частини рів ності заміни і врахувати, що sin2 x + cos2 x = 1. Виконуючи обернену заміну, зручно врахувати, що ( )4 sin cos 2sin .x x x π + = + Р о з в ’ я з а н н я Задане рівняння рівносильне рівнянню 3 (sin x + cos x) = 4 sin х cos x. (1) Якщо позначити sin x + cos x = у, то 2 2 2 sin cos 2 sin cos .x x x x y+ + = Тоді 2 1 2 sin cos . y x x − = Підставляючи ці значення в рівняння (1), одержуємо 2 3 2 2,y y= − 2у2 – 3у – 2 = 0, y1 = 2 або 2 1 2 .y = − Отже, sin x + cos x = 2 або 1 2 sin cos .x x+ = − Тоді ( )4 2sin 2x π + = або ( ) 1 4 2 2sin .x π + = − Одержуємо ( )4 sin 2x π + = (коренівнемає,оскільки )2 1> або ( ) 1 4 2 2 sin .x π + = − Звідси ( ) 1 4 2 2 1 arcsin , π + = − − + π n x n де п ∈ Z. Тоді ( ) 1 4 2 2 1 arcsin . n x n π = − + − − + π Відповідь: ( ) 1 4 2 2 1 arcsin n n π − + − − + π , де п ∈ Z. З а у в а ж е н н я. При піднесенні обох частин рівняння до квадрата можна одержати сторонні корені (див. таблицю 34). Але піднесення обох частин рівності заміни до квадрата є рівносильним перетворенням.Дійсно, у цьому випадкуліваіправачастинирівностімаютьоднаковізнаки,ітодіa=b⇔a2 = b2 . Якщо обидві частини рівності a = b додатні, то для додатних значень t функ ція y = t2 зростає і тому кожного свого значення набуває тільки при одному ПРИКЛАДИ РОЗВ’ЯЗУВАННЯ БІЛЬШ СКЛАДНИХ ТРИГОНОМЕТРИЧНИХ РІВНЯНЬ ТА ЇХ СИСТЕМ§§§§§1919191919
- 207. 207 значенні аргументу. Отже,при a > 0, b > 0 з рівності a = b випливає рівність a2 = b2 і, навпаки, з рівності a2 = b2 випливає рівність a = b, що й гарантує рівносильність виконаного перетворення для додатних a і b. Аналогічно для am0, bm0використовуємоте,щодлявід’ємнихзначеньtфункція у=t2 спадає і томукожного свого значеннянабуваєтількиприодномузначенніаргументу. Для розв’язування деяких тригонометричних рівнянь можуть застосову ватися властивості функцій (відповідні загальні підходи до розв’язування було розглянуто в § 18), зокрема, оцінка лівої і правої частин рівняння. Приклад 2 Розв’яжіть рівняння 5 2 cos 6 sin 2. x x + = Оцінимообластьзначеньфункції ( ) 5 2 cos 6 sin . x f x x= + Оскільки | cos 6x | m 1 і 5 2 sin 1, x m то | f (x) | m 2, тобто –2 m f (x) m 2. З’ясуємо, чи існують такі значення х, при яких функціяf (x) може досяга ти найбільшого значення 2. Якщо cos 6x буде менший від 1, то для того, щоб сума 5 2 cos 6 sin x x + дорівнювала 2, необхідно, щоб значення 5 2 sin x було більшим від 1, що неможливо. Аналогічно, якщо припустити, що 5 2 sin x мен ший від 1, то для того, щоб сума 5 2 cos 6 sin x x + дорівнювала 2, необхідно, щоб значення cos 6x було більшим від 1, що неможливо. Таким чином, рівність у даному рівнянні можлива тоді і тільки тоді, коли cos 6x і 5 2 sin x дорівню ють 1. Тому задане рівняння рівносильне системі cos , sin . 6 1 1 5 2 x x = = Звідси 6 2 2 5 2 2 x k k n n x = ∈ = + ∈ π π π , , , Z Z. Тоді 3 4 5 , . k n x x π π + π = = Прирівнюючи праві частини цих рівностей, одержуємо 4 3 5 . k nπ π + π = Звідси 3 12 5 . n k + = Оскільки k і n — цілі числа, то спробуємо підставити в праву частину ос танньої рівності замість п цілі числа і знайти, для яких значень п за цією формулою k також буде цілим числом. При n = 1 одержуємо k = 3. У випадку, коли коефіцієнт 12 при зміннійn у чисельнику дробу і знаменник 5 — взаєм но прості числа, повторення подільності націло буде тільки через знаменник, тобто через 5. Тому останнє рівняння має розв’язки в цілих числах вигляду n = 1 + 5т, m ∈ Z. Підставляючи значення п в один із розв’язків системи, § 19. Приклади розв’язування більш складних тригонометричних рівнянь та їх систем
- 208. 208 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності одержуємох = π + 4πm.Ці значення і є розв’язками останньої системи, отже, і розв’язками даного рівняння. Відповідь: х = π + 4πm, m ∈ Z. Приклад 3 Розв’яжіть рівняння 62 sin cos 2 sin 8 .+ = +x x x К о м е н т а р Перетворимо ліву частину за формулою ( )4 sin cos 2sinx x x π + = + і оціни мо область значень функцій, що стоять у лівій і правій частинах рівняння. Розв’язуючи одержану систему двох рівнянь з одним невідомим, можна дещо спростити викладки і розв’язати лише одне рівняння системи, а для іншого перевірити, чи задовольняють йому одержані розв’язки. Р о з в ’ я з а н н я Задане рівняння рівносильне рівнянню ( ) 6 4 2 sin 2 sin 8 .π + = +x x (1) Позначимо: ( ) ( )4 2 sin , π = +f x x g (x) = 2 + sin6 8x. Оскільки ( )0 sin 1, 4 π +xm m то 0 m f (x) m 2. Проте 0 m sin6 8x m 1, тому 2 m g (x) m 3. Лівачастинарівняння(1)меншаабодорівнює2,аправачастинабільшаабо дорівнює 2. Рівність між ними можлива тоді і тільки тоді, коли ліва і права частини рівняння дорівнюють 2, тобто дане рівняння рівносильне системі ( ) 6 4 2 sin 2, 2 sin 8 2. x x π + = + = З першого рівняння системи маємо ( )4 sin 1,x π + = ± звідки 4 2 ,x n π π + = + π де n ∈ Z. Тоді 4 .x n π = + π Перевіримо, чи задовольняють знайдені значення другому рівнянню сис теми. Якщо 4 ,x n π = + π то 8x = 2π + 8πn, тоді sin 8x = 0 і тому 2 + sin6 8x = 2. Відповідь: 4 ,n π + π n ∈ Z. Іноді для розв’язування тригонометричних рівнянь доводиться застосову вати тригонометричні формули, які приводять до звуження ОДЗ заданого рівняння. Такі перетворення можуть приводити до втрати коренів рівняння. Щоб цього не сталося, можна користуватися таким о р і є н т и р о м:
- 209. 209 якщо для розв’язуваннярівнянь (чи нерівностей) доводиться вико нуватиперетворення,щозвужуютьОДЗпочатковогорівняння(чи нерівності), то ті значення, на які звужується ОДЗ, потрібно роз глядати окремо. У таблиці 36 указано тригонометричні формули, які можуть приводити до звуження ОДЗ, та відповідні значення змінної, які доводиться перевіряти при використанні цих формул. Т а б л и ц я 36 § 19. Приклади розв’язування більш складних тригонометричних рівнянь та їх систем Формула (використовується зліва направо) Значення змінної, які треба перевірити окремо, якщо вони входять до ОДЗ початкового рівняння 1 tg ctg x x = tg , tg tg tg tg x n n x x ±( ) = ≠ + ∈( )± ⋅ α α π α α π 1 2∓ Z 2 2tg 1 tg tg2 x x x − = 1 ctg tg x x = ( ) ( )ctg ctg 1 ctg ctg ctg , x x x n n ⋅ α α ± ± α = α ≠ π ∈∓ Z 2 ctg 2ctg 1 ctg2 x xx − = 1 cos 2 sin ctg x x x + = 1 cos 2 sin tg x x x − = 2 2tg 2 1 tg 2 sin x x x + = 2 2tg 2 1 tg 2 tg x x x − = 2 2 1 tg 2 1 tg 2 cos x x x − + = 2 1 tg 2 2tg 2 ctg x x x − = 2 ,x k π = + π k ∈ Z x = πk, k ∈ Z x = π + 2πk, k ∈ Z x = 2πk, k ∈ Z x = π + 2πk, k ∈ Z
- 210. 210 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності Щоб упевнитися, що наведені формули приводять до звуження ОДЗ, до сить порівняти області допустимих значень їх лівих і правих частин. Наприклад, розглянемо формулу 1 tg ctg x x = . ( ОДЗ лівої частини: х ≠ πn, n ∈ Z. Для знаходження ОДЗ правої частини формуливраховуємо,щознаменникдробунедорівнюєнулю:tgx ≠0,отже, x ≠ πn, n ∈ Z, і також умову існування тангенса: 2 , .x k k π ≠ + π ∈Z Тобто ОДЗ правої частини задається системою обмежень x n n x k k ≠ ∈ ≠ + ∈ π π π , , , . Z Z 2 Порівнюючи ОДЗ лівої і правої частин розглянутої формули, бачимо, що ОДЗ правої частини містить додаткове обмеження ( )2 .x k π ≠ + π Отже, при переході за цією формулою від її лівої частини до правої відбувається звуження ОДЗ (відкидаються саме ті значення, які вказано в таблиці: )2 , .x k k π = + π ∈Z Щоб не загубити корені заданого рівняння, при викорис танні формули 1 tg ctg x x = значення 2 ,x k k π = + π ∈Z потрібно розглянути окремо (звичайно, тільки в тому випадку, коли воно входить до ОДЗ зада ного рівняння). ) Наведемо приклад використання вказаного орієнтира. Приклад 4 Розв’яжіть рівняння ( )2 4 ctg tg 1.x x π − + = (1) К о м е н т а р Якщо скористатися першими двома формулами таблиці 36, то ми зведемо всітригонометричнівиразивцьомурівняннійдоодногоаргументу,ідооднієї функції — tg x. Але при використанні зазначених формул відбувається зву ження ОДЗ на значення 2 ,x k π = + π k ∈ Z, і через те можна втратити корені рівняння, якщо числа такого виду входили в ОДЗ початкового рівняння і є йогокоренями.Щобцьогонесталося,розіб’єморозв’язуваннянадвічастини. 1. Підставляємо ті значення змінної, на які звужується ОДЗ, у рівняння (1). При обчисленнях враховуємо періодичність функцій і формули зведення. 2. При 2 x k π ≠ + π (на ОДЗ рівняння (1)) використання формул 1 tg ctg x x = і ( ) tg tg tg 14 4 1 tg 1 tg tg 4 tg x x x x x π + π + π − − + = = приводитьдорівняння(2)(див.розв’язання),
- 211. 211 яке рівносильне даному(на тій частині ОДЗ, де )2 ,x k π ≠ + π бо ці формули зберігають правильну рівність як при переході від рівності (1) до рівності (2), так і при оберненому переході від рівності (2) до рівності (1). Заміна змінної (і обернена заміна) також приводить до рівняння, рівносильного даному (на зазначеній частині ОДЗ початкового рівняння). Зауважимо, що ОДЗ рівняння (2) відрізняється від ОДЗ рівняння (1) лише тим, що до неї не входять значення 2 ,x k π = + π які входять до ОДЗ рівнян ня (1). Оскільки ці «погані» значення ми врахували в процесі розв’язування, то ОДЗ рівняння (1) можна в явному вигляді не фіксувати (як у наведеному розв’язанні). У відповіді записуємо всі корені, які було одержано в першій і другій частинах розв’язання. Р о з в ’ я з а н н я 1. Якщо 2 , ,x k k π = + π ∈Z то з даного рівняння одержуємо ( ) ( )2 2 2 4 ctg tg 1,k kπ π π + π − + π + = тобто 02 –(–1) = 1 — правильна рівність. Отже, 2 x k π = + π , k ∈ Z, — корені рівняння (1). 2. Якщо 2 ,x k π ≠ + π одержуємо 2 1 tg 1 tg 1 tg 1.x x x + − − = (2) Заміна tg x = 1 приводить до рівняння 2 1 1 1 1, t t t + − − = яке при t ≠ 0 i t ≠ 1 рівносильне рівнянню 2t2 + t – 1 = 0. Тоді t1 = –1, 2 1 2 .t = Обернена заміна дає: tg x = –1 або 1 2 tg ,x = тобто 4 ,x n π = − + π n ∈ Z, або 1 2 arctg ,x m= + π m ∈ Z. Відповідь: 2 ,k π + π k ∈ Z; 4 ,n π − + π n ∈ Z; 1 2 arctg ,m+ π m ∈ Z. Деякі тригонометричні рівняння вдається розв’язати, використовуючи такийо р і є н т и р,якийумовноможнаназвати«шукайквадратнийтричлен», тобто: спробуйтерозглянутизаданерівнянняякквадратневідносноякоїсь змінної (чи відносно якоїсь функції). § 19. Приклади розв’язування більш складних тригонометричних рівнянь та їх систем
- 212. 212 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності Приклад 5 Розв’яжіть рівняння 2 2 2 sin 1 0. x x x π − + = Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р Розглянеморівнянняякквадрат не відносно x: ( )2 2 2sin 1 0.x x x π − ⋅ + = Це рівняння може мати корені тоді і тількитоді,колийогодискримінант буденевід’ємний: 2 2 4sin 4 0. x D π = − l Тоді 2 2 sin 1. xπ l Але 2 2 sin xπ не може бути більшим за 1. Отже, 2 2 sin 1, xπ = тобто 2 sin 1 xπ = або 2 sin 1. xπ = − Під ставляючи ці значення в задане рів няння, одержуємо, що воно рівно сильне сукупності систем: sin , πx x x 2 1 2 1 02 = − + = або sin , . πx x x 2 1 2 1 02 = − + + = З другого рівняння першої систе ми маємох = 1, що задовольняє і пер шому рівнянню системи. Отже, х = 1 — розв’язок першої системи, а значить, і розв’язок заданого рівнян ня. Аналогічно одержуємо х = –1 — розв’язок другої системи, а значить, і розв’язок заданого рівняння. Відповідь: 1; –1. Можливодекількапідходівдороз в’язування заданого рівняння. 1) Розглянути задане рівняння як квадратне відносно змінної xі враху вати, що воно може мати корені тоді і тільки тоді, коли його дискримінант буде невід’ємний. 2) Якщо в лівій частині рівняння виділити повний квадрат ( ) 2 2 sin x x π − , то одержимо рівняння ( ) ( ) 2 2 2 2 sin 1 sin 0. x x x π π − + − = Врахуємо,щозавжди ( ) 2 2 sin 0 x x π − і 2 2 1 sin 0. xπ − l А сума кількох не від’ємних функцій дорівнює нулю тоді і тільки тоді, коли всі функції одночасно дорівнюють нулю. Також можна останнє рівняння записати у такому вигляді: ( ) 2 2 2 2 sin sin 1 x x x π π − = − і оцінити ліву і праву частини цього рівняння. При розв’язуванні систем тригонометричних рівнянь не завжди вдається виконуватитількирівносильніперетвореннярівняньсистеми,інодідоводить ся користуватися рівняннями наслідками. У таких випадках можуть вини катистороннірозв’язки,томуодержанірозв’язкинеобхідноперевіряти.При чому перевіряти можна як значення змінних, одержаних у кінці розв’язуван ня,такізначеннятригонометричнихфункцій,одержанихприрозв’язуванні. Якщо всі тригонометричні функції, що входять до запису системи, по кожній із змінних мають спільний період, то досить виконати перевірку для всіх зна чень змінних з одного періоду (для кожної змінної).
- 213. 213 Приклад 6 Розв’яжітьсистему рівнянь К о м е н т а р Якщо з першого рівняння системи виразити sin x, а з другого — cos x , то можна піднести обидві частини кожного рівняння до квадратa і після почлен ногододаванняодержанихрівняньвикористатитотожністьsin2 x + cos2 x = 1. У результаті одержимо рівняння з однією змінною y, яке легко зводиться до однієїтригонометричноїфункції. Але при піднесенні обох частин рівняння до квадратa одержуємо рівнян ня наслідок. Отже, серед одержаних розв’язків можуть бути і сторонні роз в’язки для заданої системи, які доведеться відсіювати перевіркою. Для перевірки враховуємо, що всі функції відносно змінної x, які входять до запису системи (тобто sin x і cos x), мають спільний період 2π. Аналогічно всі функції відносно змінної y (sin у і cos у) теж мають спільний період 2π. Отже, перевірку розв’язків досить виконати для всіх пар чисел (х; у), де x ∈ [0; 2π], y ∈ [0; 2π] (можна взяти і інші проміжки довжиною 2π). Корисно також урахувати, що всі розв’язки, одержані внаслідок підстановки в одне з рівнянь системи, автоматично задовольняють цьому рівнянню, а значить, пе ревіркуцихрозв’язківдоситьвиконатитількидлядругогорівняннясистеми. Длякожноїзмінноївсіодержанірозв’язкипотрібноповторитичерезперіод. Р о з в ’ я з а н н я Заданасистемарівносильнасистемі ( ) ( ) 1 2 3 2 sin sin , 1 cos cos . 2 x y x y = = Піднесемо обидві частини кожного рівняння системи до квадрата і почлен но додамо одержані рівняння. Отримуємо рівняння наслідок 2 2 2 21 3 2 2 sin cos sin cos .x x y y+ = + Тоді 2 = sin2 y + 3 cos2 y, 2 2 2 1 cos 3 cos ,y y= − + тобто 2 1 2 cos .y = Отже, 1 2 cosy = або 1 2 cos .y = − Підставляючи одержані значення в рівняння (2), маємо 1 2 3 2 cos , cos y x = = або 1 2 3 2 cos , cos . y x = − = − § 19. Приклади розв’язування більш складних тригонометричних рівнянь та їх систем
- 214. 214 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності Тоді 4 6 2 , 2 y n x k π π = ± + π = ± + π (3) або 3 4 5 6 2 , 2 , , . y n x k n k π π = ± + π = ± + π ∈ Z (4) Відносно кожної із змінних x і y усі функції, які входять до запису заданої системи, мають період 2π, тому перевірку досить виконати для всіх пар чисел (х; у), де x ∈ [0; 2π], y ∈ [0; 2π]. Для системи (3) це пари чисел: ( )6 4 ; , π π ( )7 6 4 ; , π π ( )11 6 4 ; , π π ( )11 7 6 4 ; , π π а для системи (4) це пари чисел: ( )5 3 6 4 ; , π π ( )5 5 6 4 ; , π π ( )7 3 6 4 ; , π π ( )7 5 6 4 ; . π π Розв’язками заданої системи є тільки пари чисел: ( )6 4 ; ; π π ( )11 7 6 4 ; ; π π ( )5 3 6 4 ; ; π π ( )7 5 6 4 ; . π π Відповідьодержимо,повторюючинаведенірозв’язкичерезперіод(длякож ної змінної). Відповідь: ( )6 4 2 ; 2 ,k n π π + π + π ( )11 7 6 4 2 ; 2 ,k n π π + π + π ( )5 3 6 4 2 ; 2 ,k n π π + π + π ( )7 5 6 4 2 ; 2 ,k n π π + π + π n, k ∈ Z. При розв’язуванні рівнянь з оберненими тригонометричними функціями корисно пам’ятати, що при | a | m 1 arcsin arccosa a++ == ππ 2 , і для довільних значень a arctg arcctga a++ == ππ 2 . Також при розв’язуванні рівнянь з оберненими тригонометричними функ ціями часто буває зручно від обох частин рівняння взяти якусь тригономет ричну функцію і скористатися означенням відповідних обернених тригоно метричнихфункцій. Приклад 7 Розв’яжіть рівняння 10 13 2 arcsin arcsin .x x= К о м е н т а р Якщо взяти від обох частин заданого рівняння функцію синус, то одержи мо рівняння наслідок: якщо числа рівні, то і синуси будуть рівні, але якщо синуси двох чисел рівні, то це ще не значить, що числа обов’язково будуть рівні. Тобто правильна рівність буде зберігатися при прямих перетвореннях,
- 215. 215 але не обов’язкововона буде зберігатися при обернених перетвореннях. Отже, у кінці необхідно виконати перевірку одержаних розв’язків. Якщо позначити arcsin x = α, то за означенням арксинуса π π 2 2 ; α∈ − і sin α = x. Для знаходження cos α враховуємо, що при π π 2 2 ; α∈ − значення cos 0α l , отже, 2 cos 1 sin .α = − α Перевіряючи одержані розв’язки, у тих випадках, коли знайдені числа не є коренями заданого рівняння, іноді зручно порівняти одержані розв’язки з табличними значеннями. Наприклад, 12 13 0,9≈ більше за 2 2 0,7.≈ Враховую чи зростання функції y = arcsin t, одержуємо, що π12 2 13 2 4 arcsin arcsin .> = Р о з в ’ я з а н н я Якщо позначити arcsin x = α, де π π 2 2 ; α∈ − , і β 10 13 arcsin ,x = де π π β 2 2 ; , ∈ − то задане рівняння матиме вигляд 2α = β. (1) Візьмемо від обох частин рівняння (1) функцію синус і одержимо sin 2α = sin β, 2 sin α cos α = sin β. (2) За означенням арксинуса sin α = x, 10 13 sin .xβ = Враховуючи, що π π 2 2 ; , α∈ − одержуємо 2 2cos 1 sin 1 .xα = − α = − Тодірівняння(2)матимевигляд 2 10 13 2 1 .x x x− = Звідси ( )2 10 13 2 1 0.x x− − = Отже, x = 0 або 2 5 13 1 ,x− = тобто 2 25 169 1 ,x− = 2 144 169 ,x = 12 13 .x = ± П е р е в і р к а. 1) x = 0 — корінь 2 0 0 0 0arcsin ; ,= ⋅( ) =( )arcsin 10 13 2) 12 13 x = ± — сторонні корені. Дійсно, для 12 13 x = 12 120 13 169 2 arcsin arcsin≠ (оскільки 12 2 13 2 ,> то π π12 2 13 2 4 2 2arcsin 2arcsin 2 ,> = ⋅ = а )120 169 2 arcsin . π < Аналогічнопри 12 13 x = − маємо π12 13 2 2 arcsin < − ірівністьтежнеможевико нуватися. Відповідь: 0. § 19. Приклади розв’язування більш складних тригонометричних рівнянь та їх систем
- 216. 216 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності З а у в а ж е н н я. Для розв’язування рівняння 10 13 2arcsin arcsinx x= мож на було використати не тільки рівняння наслідки, а й рівносильні перетво рення рівнянь. Але в цьому випадку доведеться врахувати ОДЗ заданого рівняння: 10 13 1, 1, x x m m (3) а також те, що для всіх коренів рівняння його права частина ( )10 13 arcsin x знаходиться в проміжку π π 2 2 ; − (за означенням арксинуса). Отже, і ліва час тина рівняння повинна знаходитися в цьому самому проміжку. Значить, для всіх коренів заданого рівняння виконується умова: π π 2 2 2arcsin ,x− m m тобто π π 4 4 arcsin .x− m m (4) У проміжку π π 2 2 ; − функція sint є зростаючою, тоді при виконанні умови (4) (і, звичайно, на ОДЗ (3)), якщо від обох частин заданого рівняння взяти синус, то одержимо рівносильне йому рівняння (тобто задане рівняння рівно сильне рівнянню (2) за умов (3) і (4)). Виконуючи міркування і перетворення, наведені вище в розв’язанні прикладу 7, одержуємо x = 0 або 12 13 .x = ± Усі знайдені корені входять до ОДЗ (задовольняють умовам (3)), але умові (4) задовольняє тільки х = 0, отже, коренем заданого рівняння є тільки x = 0. Запитання для контролю 1. Поясніть, як можна розв’язати рівняння cos x = 1 + x2 за допомогою оцін ки лівої і правої частин рівняння. Розв’яжіть це рівняння. 2. Поясніть, як можна розв’язувати тригонометричні рівняння, до запису яких входять лише сума або різниця синуса і косинуса одного і того самого аргументу та їх добуток. Наведіть приклад такого рівняння. 3. Наведітьприкладтригонометричноїформули,застосуванняякоїможепри вести до звуження ОДЗ заданого рівняння і до втрати його коренів. По ясніть, чому відбувається звуження ОДЗ. Як потрібно використовувати такі формули, щоб не загубити корені даного рівняння? Поясніть це на прикладі рівняння ( )4 2 ctg tg 1.x x π − + = Вправи Розв’яжіть рівняння (1–5). 1. 1) 1 2 sin cos sin2 ;x x x− = − 2) ( )3 2 sin sin 1 0,5 sin2 .x x x π + + = −
- 217. 217 2. 1) sin7x + cos 12x = 2; 2) sin 2x sin 6x = 1; 3) 5 2 cos sin 2; x x π π + = − 4) 2 2 sin 2 2; x x x π = − + 5) tg2 x + ctg2 x + 5 tg2 5x + 5 ctg2 5x = 12. 3. 1) ( )4 5 tg ctg 5;x x π + = − 2) 8 3 sin2 tg 2 ctg .x x x+ = − 4. 1) 9x2 – 6x cos 6πx + 1 = 0; 2) 4x2 – 4x sin (xy) + 1 = 0 (знайдіть усі пари чисел (x; y), які задовольня ють рівнянню). 5. 1) 2 (arcsin x)2 + π2 = 3π arcsin x; 2) 9 (arccos 2x)2 – 3π arccos 2x – 2π2 = 0; 3) 2 arcsin x + 3 arccos x = π; 4) 2 16 arctg arcctg ;x x π ⋅ = 5) 2 arcsin 2x = arccos 7x; 6) arcsin x = 2 arctg x. 6. Розв’яжіть системy рівнянь: 1) sin sin , cos cos ; x y x y = − = 3 3 2) 1 sin 1 cos sin sin , cos cos ; x x x y x y − = − = 3) sin cos 0, cos2 cos2 1; x y x y + = − = 4) sin cos , cos cos ; 2 2 3 4 2 2 1 x y x y + = + = 5) cos cos , sin sin ; x y x y + = = 0 3 4 6) ( ) ( ) 4sin 3 2 sin 0, 4sin 2 3 sin 0. x y x x y y + + = + + = § 20. Тригонометричні рівняння з параметрами 20.1. РОЗВ’ЯЗУВАННЯ РІВНЯНЬ З ПАРАМЕТРАМИ Якщо до запису тригонометричного рівняння крім змінної та числових коефіцієнтів входять також буквені коефіцієнти — параметри, то при розв’я зуванні таких рівнянь можна користуватися наступним орієнтиром. Будь яке рівняння чи нерівність з параметрами можна розв’язува ти як звичайне рівняння чи нерівність до тих пір, поки всі перетво ренняабоміркування,необхіднідлярозв’язування,можнавиконати однозначно.Якщоякесьперетвореннянеможнавиконатиоднознач но,торозв’язуваннянеобхіднорозбитинакількавипадків,щобукож ному з них відповідь через параметри записувалася однозначно. На етапі пошуку плану розв’язування рівняння чи нерівності з параметра ми або в ході міркувань, пов’язаних із самим розв’язуванням як таким, часто ТРИГОНОМЕТРИЧНІ РІВНЯННЯ З ПАРАМЕТРАМИ§§§§§2020202020
- 218. 218 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності зручно супроводжувати відповідні міркування схемами, за якими легко про стежити, у який момент ми не змогли однозначно виконати необхідні пере творення,наскількивипадківдовелосярозбитирозв’язанняічимвідрізняєть ся один випадок від іншого. Щоб на таких схемах (чи в записах громіздких розв’язань) не загубити якусь відповідь, доцільно поміщати остаточні відпо віді в прямокутні рамки. Приклад 1 Розв’яжіть рівняння 2cos x – a = 0. Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р Відповідь: 1) якщо 2 1 a > (тобто | a | > 2), то коренів немає; 2) якщо 2 1 a m (тобто | a | m 2), то 2 arccos 2 , a x n= ± + π n ∈ Z. Наявність параметра aне заважає нам однозначно виразити cos x із за даного рівняння. Рівняння cos t = b при | b | > 1 не має коренів, а при | b | m 1 корені рів няння можна записати за відомою формулою(див.с.158).Отже,длярів няння 2 cos a x = не можна однозначно записати розв’язки, і тому, почина ючи з цього моменту, розв’язання необхідно розвести на два випадки. Остаточну відповідь можна запи сувати з використанням знаку моду ля, а можна подати обмеження для параметра а без модуля і записати відповідь так: 1) якщо a < –2 або a > 2, то коренів немає; 2) якщо –2 m a m 2, то 2 arccos 2 , a x n= ± + π n ∈ Z. 2 cos x = a, 2 cos = a x 2 1 a > 2 1 a m коренів немає 2 arccos 2 , a x n= ± + π n ∈ Z Приклад 2 Розв’яжіть рівняння sin 2x = 4a cos x. Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р 2 sin x соs x – 4a cos x = 0, 2 cos x (sin x – 2a ) = 0. (1) Тоді cos x = 0 або sin х – 2а = 0. Звідси π 2 ,x m= + π m ∈ Z, або sin х = 2а. Спочатку зведемо всі тригономет ричні функції до одного аргументу x, використовуючиформулу sin 2x = 2 sin x соs x. Якщо перенести всі члени рівнян ня в ліву частину, то можна винести за дужки спільний множник 2 cos x. Оскількиобидвамножникимають зміст при будь яких значеннях змін
- 219. 219 З а ув а ж е н н я. Для запису одержаних відповідей (вони на схемах розмі щені в прямокутних рамках) доцільно уточнити, при яких значенняхa вико нуються обмеження | 2a | m 1 та | 2a | > 1. Для цього розв’язуємо відповідні нерівності: якщо | 2a | m 1, тоді –1 m 2a m 1, тобто 1 1 2 2 ;a− m m якщо | 2a | > 1, тоді 2a < –1 або 2a > 1, тобто 1 2 a < − або 1 2 .a > Щоб полегшити запис відповіді у складних або громіздких випадках, зоб разимо вісь параметра(a) і відмітимо на ній усі особливі значення парамет ра, які з’явилися в процесі розв’язування. Під віссю параметра (лівіше від неї) випишемо всі одержані розв’язки (крім «коренів немає») і напроти кож ної відповіді відмітимо, при яких значеннях параметра цю відповідь можна використовувати(див. схему нижче). Після цього відповідь записується для кожного з особливих значень параметра і для кожного з одержаних проміж ків осі параметра. § 20. Тригонометричні рівняння з параметрами коренів немає x = (–1)n arcsin (2a) + πn, n ∈ Z sin х = 2а | 2a | > 1 | 2a | m 1 Відповідь: (див. у кінці зауваження). ної x, то рівняння (1) рівносильне су купності соs x = 0 або sin x – 2a = 0, тобто сукупності соs x = 0 або sin x = 2a. Для рівняння соsx = 0 ми можемо записати корені при будь яких зна ченнях a (у цьому рівнянні парамет ра a немає), а от у рівнянні sin x = 2a все залежить від правої частини: якщо | 2a | > 1, то коренів немає, а якщо | 2a | m 1, то корені є. Отже, до водиться розбивати розв’язування цього рівняння на два випадки. Із цієї схеми добре видно, що при 1 2 a < − або 1 2 a > у відповідь потрібно записати тільки одну формулу, а при 1 1 2 2 a− m m — дві формули. Відповідь: 1) якщо 1 2 a < − або 1 2 ,a > то π 2 ,x m= + π m ∈ Z; 2) якщо 1 1 2 2 ,a− m m то 2 ,x m π = + π m ∈ Z, x = (–1)п arсsin (2a) + πn, п ∈ Z. 1. π 2 ,x m= + π m ∈ Z 2. x = (–1)п arсsin (2a) + πn, n ∈ Z
- 220. 220 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності Приклад 3 Розв’яжіть рівняння tg 2x = a ctg x. (1) К о м е н т а р Для розв’язування рівняння (1) використаємо рівносильні перетворення. Тоді ми обов’язково повинні врахувати ОДЗ заданого рівняння. Для цього записуємо умови існування тангенса та котангенса і розв’язуємо відповідні обмеження. Ми можемо звести всі тригонометричні функції до одного аргу менту x, використовуючи формулу тангенса подвійного аргументу, а потім звести всі вирази до однієї функції tg x, використовуючи формулу 1 tg ctg . x x = Але використання вказаних формул приводить до звуження ОДЗ (табл. 36) і, щоб не втратити корені заданого рівняння, ті значення, на які звужується ОДЗ ( )π 2 x k= + π , потрібно розглянути окремо. При 2 x k π ≠ + π зводимовсітригонометричнівиразидооднієїфункціїівико нуємо рівносильні перетворення одержаного рівняння 2 2tg 1 tg tg .x a x x− = (2) НаОДЗрівняння(1)знаменникидробівурівнянні(2)недорівнюютьнулю. Отже, після множення обох частин рівняння на вирази, що стоять у знамен никах, одержуємо рівняння (2 +a) tg2 x = a, рівносильне рівнянню (2) на ОДЗ рівняння (1). 1) Якщо 2 + a = 0, тобто a = –2, то одержуємо рівняння 0ætg2 x = –2, яке не має коренів. 2) Якщо 2 + а ≠ 0, тобто а ≠ –2, то одержуємо 2 2 tg . a a x + = Щоб розв’язати це рівняння, потрібно знати знак виразу, який стоїть у правій частині, оскільки tg2 xне може бути від’ємним. Розглянемо для правої частини три випадки: вона менша нуля, дорівнює нулю, більша нуля. Тобто подальші міркування проведемо за схемою. Звичайно, для кожного випадку потрібно уточнити, при яких значен нях а виконується відповідне обме ження,ідлякожногоодержаногороз в’язку потрібно перевірити, входить він до ОДЗ заданого рівняння чи ні. 2 2 tg a a x + = 2 0 a a + < 2 0 a a + = 2 0 a a + > Р о з в ’ я з а н н я ОДЗ: 2 2 x n n x m m ≠ + ∈ ≠ ∈ π π π , Z Z , , , тоді x n x m m n ≠ + ∈ ≠ ∈ π π π 4 2 , , , . Z Z
- 221. 221 І. При π 2 ,xk= + π k ∈ Z, з рівняння (1) одержуємо ( ) ( )π 2 tg 2 ctg ,k a kπ + π = + π тобто 0 = aæ0 — рівність, правильну при будь яких значеннях a. Отже, при всіх значеннях параметра a задане рівняння має корені π 2 ,x k= + π k ∈ Z . II. При π 2 x k≠ + π одержуємо рівняння (2) : 2 2tg 1 tg tg ,x a x x− = яке на ОДЗ рівносильне рівнянню 2 tg2 x = a – a tg2 x. Звідси (2+ a) tg2 x = a. (3) 1) Якщо a = –2, то коренів немає. 2) Якщо a ≠ –2, то рівняння (3) рівносильне рівнянню 2 2 tg . a a x + = (4) а) Якщо 2 0, a a + < то коренів немає. Розв’язавшинерівність 2 0 a a + < методомінтервалів (див. рисунок), одержуємо–2 < а < 0. Отже, при –2 < а < 0 коренів немає . б) Якщо 2 0 a a + = (тобто а = 0), одержуємо рівняння tg x = 0, яке має корені х = πk, k ∈ Z. Але ці корені не входять до ОДЗ заданого рівняння. Отже, і при а = 0 коренів немає . в) Якщо 2 0 a a + > (тобто а < –2 або а > 0), то з рівняння (4) одержуємо 2 tg . a a x + = ± Звідси 2 arctg , a a x l + = ± + π l ∈ Z. З’ясуємо, при яких значеннях а одержані корені рівняння (4) не входять до ОДЗ. Для цього досить у рівняння (4) замість аргументу х підставити «за боронені» значення. Враховуючи, що функції, які входять до запису задано го рівняння (1), мають спільний період Т = π (tg 2x має період π 1 2 ,T = а ctg x має період Т2 = π), досить підставити ці значення тільки на одному періоді, наприклад, на проміжку [0; π]. У цьому проміжку до ОДЗ не входять такі значення: 0; π 4 ; π3 4 ; π. При х = 0 або х = π з рівняння (4) одержуємо рівність 2 0, a a + = тобто а = 0. Випадок а = 0 ми вже дослідили (коренів немає). При π 4 x = або π3 4 x = з рівняння (4) одержуємо 2 1. a a + = Але при жодному значен § 20. Тригонометричні рівняння з параметрами
- 222. 222 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності ні а ця рівність не може виконуватися. Отже, при всіх значеннях а < –2 або а > 0 одержані розв’язки 2 arctg , a a x l + = ± + π l ∈ Z входять до ОДЗ початкового рівняння. Зобразимо одержані відповіді: Відповідь: 1) якщо –2 m a m 0, то π 2 ,x k= + π k ∈ Z; 2) якщо a < –2 або а > 0, то π 2 ,x k= + π k ∈ Z, 2 arctg , a a x l + = ± + π l ∈ Z. 20.2. ДОСЛІДНИЦЬКІ ЗАДАЧІ З ПАРАМЕТРАМИ Крім завдань з параметрами, у яких вимагається «розв’язати рівняння або нерівність», часто пропонуються дослідницькі завдання з параметрами. Такі завдання іноді вдається розв’язати за допомогою безпосередніх обчис лень: розв’язати задане рівняння або нерівність і після цього дати відповідь на запитання задачі. Проте досить часто дослідницькі завдання не вдається розв’язати безпосередніми обчисленнями (або такі обчислення є дуже гро міздкими), і тому доводиться спочатку обґрунтувати якусь властивість зада ного рівняння або нерівності, а потім, користуючись цією властивістю, вже давати відповідь на запитання задачі. Розглянемо деякі з таких властивостей. Наприклад, беручи до уваги парність функцій, що входять до запису заданого рівняння, використовуєть ся такий о р і є н т и р. Якщо в рівнянні f (х) = 0 функція f (х) є парною або непарною, то разом з будь яким коренем ααααα ми можемо вказати ще один корінь цього рівняння (–ααααα). Приклад 1 Знайдіть усі значення параметра а, при яких рівняння a2 cos2 x – x2 – a = 0 (1) має єдиний корінь. Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р 1) π 2 ,x k= + π k ∈ Z 2) 2 arctg , a a x l + = ± + π l ∈ Z Функція f (x) = a2 cos2 x – x2 – a є парною (D(f) = R, f (–x) = f (x)). Якщо x = α — корінь рівняння (1), то x = –α теж є коренем цього рівняння. Тому Помічаємо, що в лівій частині за даного рівняння стоїть парна функ ція,івикористовуємоорієнтир,наве дений вище. Дійсно, якщо x = α —
- 223. 223 При розв’язуванні деякихдослідницьких задач з параметрами допомагає використання такого о р і є н т и р у. Якщо в умові задачі з параметрами говориться про те, що задане рівнян ня чи нерівність мають розв’язками всі значення змінної з деякої множини, то іноді корисно підставити конкретні значення змінної із заданої множи ни і одержати деякі обмеження на параметр. Приклад 2 Знайдіть усі пари чисел (a, b), для яких коренями рівняння a (cos x – 1) + b2 = cos (ax + b2 ) – 1 (1) будуть всі дійсні числа. Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р § 20. Тригонометричні рівняння з параметрами єдиний корінь у заданого рівняння може бути тільки тоді, коли α = –α, тобто α = 0. Отже, єдиним коренем заданого рівняння може бути тільки х = 0. Якщо х = 0, то з рівняння (1) одер жуємо а2 – а = 0, тобто а(а – 1) = 0. Звідси а = 0 або а = 1. При а = 0 рівняння (1) перетво рюється на рівняння х2 = 0, яке має єдиний коріньх = 0. Отже,а = 0 задо вольняє умові задачі. При а = 1 маємо рівняння cos2 x – x2 – 1 = 0, тобто cos2 x = 1 + х2 . (2) Оскільки cos2 x m 1, а 1 + х2 l 1, то рівняння (2) рівносильне системі 2 2 cos 1, 1 1. x x = + = З другого рівняння системи одер жуємох = 0, що задовольняє і першо мурівнянню.Отже,цясистема,азна чить, і рівняння (2) має єдиний роз в’язок х = 0. Отже, а = 1 також задо вольняє умові задачі. Відповідь: а = 0, а = 1. коріньрівнянняf (x)=0,тоf (α) = 0 — правильначисловарівність.Врахову ючи парність функції f (x), маємо f (−α) = f (α) = 0. Отже, x = −α теж корінь рівняння f (x) = 0. Єдиний ко ріньуцьогорівнянняможебутитіль ки тоді, коли корені α і − α співпада ють. Тоді x = α = −α = 0. З’ясуємо, чи існують такі значен ня параметра а, при яких х = 0 є ко ренем рівняння (1). (Це а = 0 і а = 1.) Оскільки значення а = 0 і а = 1 ми одержали з умови, що х = 0 — корінь рівняння (1), то необхідно перевіри ти, чи дійсно при цих значенняха за данерівнянняматимеєдинийкорінь. Для розв’язування рівняння (2) оцінимо його ліву і праву частини: f (x) = cos2 x, g (x) = 1 + x2 . cos2 x = 1 + x2 ⇔ 0 m f (x) m 1 g (x) l 1 2 2 cos 1, 1 1. x x = ⇔ + = Якщо коренями заданого рівнян ня є всі дійсні числа, то коренем буде і число нуль. Ми не в змозі розв’язати задане рівняння (але його і не вимагають роз в’язати),томускористаємосятим,що
- 224. 224 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності При х = 0 одержуємо b2 = cosb2 –1, тоді 1 + b2 = cos b2 . (2) Враховуючи, що 1 + b2 l 1, а cos b2 m1,одержуємо,щорівняння(2) рівносильне системі 2 2 1 1, cos 1. b b + = = З першого рівняння системи одер жуємо b = 0, що задовольняє і друго мурівнянню.Отже,цясистема,азна чить, і рівняння (2) мають єдиний розв’язок b = 0. Таким чином, умова задачі може виконуватися тільки при b = 0. При b = 0 рівняння (1) перетво рюється на рівняння а (cos x – 1) = cos (ax) – 1. (3) Алезаумовоюкоренямирівняння (1), а значить, і рівняння (3) повинні бути всі дійсні числа, отже, коренем буде і число 2π. Прих =2πодержуємо 0 = cos (2πa) – 1, тоді cos (2πa) = 1, тобто 2πa = 2πk, k ∈ Z. Отже, a = k, k ∈ Z (таким чином, а — ціле число). Якщо коренями рівняння (3) є всі дійснічисла,токоренембудеічисло 2 . π При 2 x π = одержуємо ( )2 cos 1.a a π − = − Оскільки ( )2 cos a π при цілих зна ченняха набуває тільки значень 1; 0; –1, то а може набувати тільки зна чень 0; 1; 2. Якщо а = 0 (і b = 0), то рівняння (1) має вигляд 0 (cos x – 1) = cos 0 – 1, тобто 0(cos x – 1) = 0, і його коренями є всі дійсні числа. Отже, пара чисел (a, b) = (0; 0) задовольняє умові за дачі. Якщо а = 1 (і b = 0), то рівняння (1) має вигляд cos x – 1 = cos x – 1, за умовою його коренями будуть усі дійсні числа, і підставимо замість змінної х якісь конкретні значення. Дляпідстановкинайчастішевиби рають такі з них, які дозволяють пе ретворитиякийсьвиразнануль.Так, при х = 0 вираз у перших дужках до рівнює нулю. Розв’язуючи одержане рівняння (2) відносно b, отримуємо єдиний розв’язок b = 0. Якщо b ≠ 0, то рівність (1) не може бути правильною при х = 0, тобто х = 0небудекоренемзаданогорівнян ня, а значить, при цих значеннях b рівняння (1) не може мати коренями всі дійсні числа. Спробуємо ще раз перетворити ви раз у перших дужках на нуль, вико ристовуючи те, що число 2π є періо дом функції cos x, отже, через 2π зна чення в перших дужках буде повто рюватися (підставляємо х = 2π). Потім спробуємо перетворити на нуль cos x (підставляємо )2 .x π = При цілому азначення 2 a π на оди ничному колі зображуються на кінцях горизонтального та верти кального діаметрів, отже, значення ( )2 cos a π можуть бути тільки: 1, –1 і 0. Оскільки значення a і b ми отри малиприпідстановцівзаданерівнян ня тільки трьох значень х, то необхі дно перевірити, чи будуть усі дійсні числа при цих значення a і b кореня ми заданого рівняння, тобто пере вірити, чи буде рівняння (1) перетво рюватися на правильну рівність при всіх дійсних значеннях х.
- 225. 225 20.3. ВИКОРИСТАННЯ УМОВРОЗМІЩЕННЯ КОРЕНІВ КВАДРАТНОГО ТРИЧЛЕНА f (x) = ax2 + bx + c (a ≠≠≠≠≠ 0) ВІДНОСНО ЗАДАНИХ ЧИСЕЛ А і В Розв’язування деяких дослідницьких задач з параметрами можна звести до використання необхідних і достатніх умов розміщення коренів квадратно го тричлена. Основні з цих умов наведено в таблиці 37 (у таблиці використано традиційні позначення 0 2 , b a x = − D = b2 – 4ac). Т а б л и ц я 37 § 20. Тригонометричні рівняння з параметрами і його коренями є всі дійсні числа. Отже, пара чисел (a, b) = (1; 0) задо вольняє умові задачі. Якщо а= 2 (і b=0),торівняння (1) має вигляд 2(cos x – 1) = cos 2х – 1. Коренями цього рівняння не можуть бути всі дійсні числа, оскільки коре нем не є x = π (при підстановці одер жуємо неправильну рівність –4 = 0). Отже, пара чисел (a, b) = (2; 0) не за довольняє умові задачі. Відповідь: (0; 0), (1; 0). У випадку, коли а = 2 і b= 0, одер жуємо, що cos 2x = 2 cos x – 1. Якби ця рівність була правильною при всіх значенняхх,тоцебулабщеоднафор мулакосинусаподвійногоаргументу. Алетакоїформулинемає,отже,мож навказатиякесьзначеннях,прияко му ця рівність не виконується. Розміщення коренів Необхідні і достатні умови розміщення коренів при a > 0 при a < 0 у загальному випадку (а ≠ 0) 1. x1 < A; f (A) > 0 f (A) < 0 x2 < A D lllll 0; x0 < A; D lllll 0; x0 < A; ( ) 0 0, 0, a f A D x A ⋅ > < l 2. x1 < A < x2 f (A) < 0 f (A) > 0 aæææææf (A) < 0
- 226. 226 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності Розміщення коренів Необхідні і достатні умови розміщення коренів при a > 0 при a < 0 у загальному випадку (а ≠ 0) П р о д о в ж. т а б л. 37 3. x1 > A; f (A) > 0 f (A) < 0 x2 > A D lllll 0; x0 > A; D lllll 0; x0 > A; ( ) 0 0, 0, a f A D x A ⋅ > > l 4. A < x1 < B; f (A) > 0; f (B) > 0 f (A) < 0; f (B) < 0 A < x2 < B D lllll 0; A < x0 < B D lllll 0; A < x0 < B ( ) ( ) 0 0, 0, 0, a f A a f B D A x B ⋅ > ⋅ > < < l 5. x1 < A; f (A) < 0; f (B) > 0 f (A) > 0; f (B) < 0 A < x2 < B ( ) ( ) 0, 0 a f A a f B ⋅ < ⋅ > 6. A < x1 < B; f (A) > 0; f (B) < 0 f (A) < 0; f (B) > 0 x2 > B ( ) ( ) 0, 0 a f A a f B ⋅ > ⋅ < 7. x1 < A; f (A) < 0; f (B) < 0 f (A) > 0; f (B) > 0 x2 > B ( ) ( ) 0, 0 a f A a f B ⋅ < ⋅ <
- 227. 227 Пояснення й обґрунтування Дляобґрунтування зазначених умов досить скористатися тим, що графік функції f (x) = ax2 + bx + c (a ≠ 0) суцільна (нерозривна* ) лінія. Якщо така функціянакінцяхякогосьпроміжкунабуваєзначеньзрізнимизнаками(тоб то відповідні точки графіка знаходяться в різних півплощинах відносно осі Оx), то всередині цього проміжку є принаймні одна точка, у якій функція дорівнює нулю (рис. 98). Наприклад, для того щоб два різні корені квадратного тричлена f (x) = ax2 + bx + c (a ≠ 0) при a > 0 були розміщені по різні боки від заданого числа A, достатньо зафіксувати тільки одну умову f (A) < 0 (рис. 99). ( Дійсно, графік квадратичної функції f (x) = ax2 + bx + cпри a > 0 — парабо ла, вітки якої напрямлено вгору. Тоді у випадку, коли аргумент x прямує до +× або до –× (це позначається звичайно так: х → +× або х → –×), функція f (x) прямує до +× (f (x) → +×), отже, f (x) > 0 при х → +× або х → –×. Якщо виконується умова f (A) < 0, то при зміні значення аргумен ту x від A до +× квадратична функція f (x) змінює свій знак з «–» на «+», отже, f (x) має принаймні один корінь x2 > A. Так само при зміні значення аргументу x від –× доAквадратична функція f (x) змінює свій знак з «+» на «–», отже,f (x) має принаймні один корінь x1 < A. Але квадратний тричлен f (x) не може мати більше двох коренів, отже, при a> 0 умова f (A) < 0 необхідна і достатня для того, щоб два різні корені квадратного тричлена знаходилися по різні боки від заданого числа A. ) Аналогічні міркування при a < 0 показують, що для виконання цієї cамої вимоги необхідно і достатньо, щоб f (A) > 0. Ці дві умови можна об’єднати в одну: aæf (A) < 0. Дійсно, aæf (A) < 0 ( ) 0, 0 a f A > ⇔ < або ( ) 0, 0. a f A < > Отже, квадратний тричленf (x) = ax2 + bx+ c (a ≠≠≠≠≠ 0) має два різні корені, що знаходяться по різні боки від заданого числа A тоді і тільки тоді, коли виконується умова aæææææf (A) < 0. § 20. Тригонометричні рівняння з параметрами * Більш строго відповідну властивість буде обґрунтовано в 11 класі під час розгляду так званих неперервних функцій. Рис. 98 Рис. 99
- 228. 228 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності Аналогічно обґрунтовуються й інші умови, наведені в таблиці 37. Зауважимо, що наведені умови можна спеціально не запам’ятовувати, а для їхнього запису користуватися графіком квадратичної функції (зображе ним для потрібного розміщення коренів) і таким о р і є н т и р о м. Для того щоб корені квадратного тричлена f (x) = ax2 + bx + c (a ≠ 0) були розміщені заданим чином відносно даних чисел A і B, необхідно і достатньо виконання системи умов, яка включає: 1) знак коефіцієнта при старшому члені; 2) знаки значень f (A) і f (B); 3) знакдискримінантаD; 4) положення абсциси вершини параболи ( )0 2 b a x = − відносно даних чисел A і B. Зазначимо, що для випадків, у яких хоча б одне з даних чисел знаходить ся між коренями квадратного тричлена (див. другий, п’ятий, шостий і сьо мий рядки табл. 37), досить виконання перших двох умов цього орієнтиру, а для інших випадків доводиться розглядати всі чотири умови. Також заува жимо, що, записуючи кожну з указаних умов, слід подивитися, чи буде вико нуватися вимога задачі в тому випадку, якщо в цій умові записати знак не строгої нерівності. Приклад 1 Знайдіть всі значення параметра a, для яких рівняння cos 2x + a sin x – 9 = 0 (1) має корені. К о м е н т а р Спочатку виконаємо рівносильні перетворення заданого рівняння: зведе мо до одного аргументу і до однієї функції, а потім виконаємо заміну sin x = t. Слід враховувати, що після заміни змінної іноді змінюється вимога задачі, зокрема для рівняння (2) вона буде такою: знайти всі значення параметра a, для яких це рівняння має хоча б один корінь у проміжку [–1;1] (тоді після оберненої заміни ми знайдемо корені рівняння sin x = t, а значить, і корені рівняння (1)). Це можливо в одному з трьох випадків: або обидва корені рівняння (2) знаходяться в цьому проміжку або тільки один з коренів рівнян ня(2)знаходитьсявпроміжку[–1;1],адругий—праворучаболіворучвідцього проміжку. Зобразивши відповідні ескізи графіків функції f (t) = 2t2 – at + 8 (див. рисунки), за наведеним орієнтиром (або за таблицею 37) записуємо відповіднідостатніумовирозміщеннякоренів(3)–(5).Прицьомувраховуємо, що у випадках, коли f (–1) = 0 або f (1) = 0, то умова задачі теж виконується. 1) 2) 3)
- 229. 229 У кінці необхіднооб’єднати всі отримані результати. Зазначимо, що для одержання відповіді можна розв’язати рівняння (2): 2 1, 2 64 4 , a a t ± − = а потім розв’язати сукупність нерівностей: –1 m t1 m 1, –1 m t2 m 1, але нерівності з коренями (ірраціональні) буде розглянуто тільки в наступному розділі, та й розв’язувати їх досить складно. Р о з в ’ я з а н н я Задане рівняння рівносильне рівнянням: 1 – 2 sin2 x + a sin x – 9 = 0, 2 sin2 x – a sin x + 8 = 0. Заміна sin x = t дає рівняння 2t2 – at + 8 = 0. (2) Рівняння (1) матиме корені тоді і тільки тоді, коли рівняння (2) матиме хоча б один корінь у проміжку [–1;1]. 1) Для того щоб обидва корені квадратного тричлена f (t) = 2t2 – at + 8 знахо дилися в цьому проміжку, досить виконання умов 0 ( 1) 0, (1) 0, 0, 1 1. f f D t − − l l l m m (3) 2) Для того щоб один корінь f (t) знаходився в проміжку [–1;1], а другий — праворуч від 1 (або в точці 1), досить виконання умов ( 1) 0, (1) 0. f f − l m (4) 3) Для того щоб один корінь f (t) знаходився в проміжку [–1;1], а другий — ліворуч від –1 (або в точці –1), досить виконання умов ( 1) 0, (1) 0. f f − m l (5) Розв’язуємо сукупність систем нерівностей (3)–(5): 2 4 10 0, 10 0, 64 0, 1 1 a a a a + − − − l l l m m або 10 0, 10 0 a a + − l m або 10 0, 10 0. a a + − m l Тоді або 10, 10, 8 8, 4 4 a a a a a − − − l m m l m m або 10, 10 a a − l l або 10, 10. a a − m m Перша система не має розв’язків, а з інших одержуємо a l 10 або a m –10. Відповідь: a ∈ (–×; –10] [10; +×). § 20. Тригонометричні рівняння з параметрами
- 230. 230 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності Вправи Розв’яжіть рівняння (1–2). 1. 1) a sin x = 1; 2) a sin 2x = cos x; 3) a tg x = sin x; 4) ctg x = a cos x. 2. 1) cos 2x + 2 sin x + a – 1 = 0; 2) sin 3x – sin 2x = a sin x; 3) tg sin 0; ax bx = 4) 1 cos sin tg 1 . x a x x+ + = 3. Знайдіть всі значення параметра, при яких рівняння має корені: 1) 2 sin x + 4 cos x = a; 2) 3 sin x – 4 cos x = b; 3) a cos 2x – sin x = 0; 4) cos 2x + a cos x = 0; 5) arcsin2 x + (3a – 3) arcsin x + (a – 2)(5 – 4a) = 0. 4. При яких значеннях параметра а рівняння cos2 2x + (a – 3) cos 2x = 0 має на відрізку 5 4 4 ; π π рівно чотири корені? 5. Знайдіть всі пари чисел (a, b), для яких коренями рівняння a (cos 3x – 1) + b2 – 2b = cos (3ax + (b – 1)2 ) – 2 будуть усі дійсні числа. 6. Знайдіть всі значення параметра а, при яких рівняння (4a + 2) sin x + +2acosx+a +1=0маєточноодинкорінь,якийналежитьвідрізку 0 5 6 ; . π 7. Розв’яжіть нерівність: 1) 2 sin x > a; 2) (5a – 7) cos x < a + 5; 3) a sin2 x + 2 cos x – a + 1 > 0; 4) 1 cos cos . x x a+ l 8. При яких значеннях параметраа задана нерівність виконується при всіх значенняхх? 1) sin6 x + cos6 x + a sin x cos x l 0; 2) sin4 x + cos4 x > 3a sin x cos x. 9. При яких значеннях параметра а задані рівняння рівносильні? 1) 1 2 sin 0x + = і ( )( )1 2 2 sin sin 0; a x x+ − = 2) 1 2 cos 0x − = і ( )( )1 2 2 2 cos cos 0; a x x − − + = 3) sin 2x + a = sin x + 2a cos x і 2 cos 2x + a2 = 5a cos x – 2. 10. Розв’яжіть систему: 1) 2 cos cos , sin sin 1. x y a x y = = 2) sin cos , sin cos 1. x y a y x = =
- 231. 231 21.1. РІВНОСИЛЬНІ ПЕРЕТВОРЕННЯНЕРІВНОСТЕЙ ТА ЗАГАЛЬНИЙ МЕТОД ІНТЕРВАЛІВ Т а б л и ц я 38 РОЗВ’ЯЗУВАННЯ НЕРІВНОСТЕЙ. РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ З МОДУЛЯМИ§§§§§2121212121 1. Поняття нерівності із змінною та її розв’язків Означення Приклад Якщо два вирази із змінною спо лучити одним із знаків >, <, l, m, то одержуємо нерівність із змін ною. У загальному вигляді нерівність з однієюзмінноюx (наприклад,для випадку«більше»)записуютьтак: f (x) > g (x). Розв’язком нерівності з однією змінною називається значення змінної, яке перетворює задану нерівність на правильну числову нерівність. Розв’язатинерівність—означає знайти всі її розв’язки або довес ти, що їх немає. 3x < 1 — лінійна нерівність; x2 – 3x + 2 > 0 — квадратна нерівність; 5 2 4 1 x x − + < —дробованерівність. x = 4 — один із розв’язків не рівності 2x – 3 > x, оскільки приx=4одержуємоправиль ну нерівність: 2æ4 – 3 > 4, тобто 5 > 4. 2. Область допустимих значень (ОДЗ) Областю допустимих значень (або областю визначення) не рівностіназиваєтьсяспільнаоб ласть визначення для функцій f (x) і g (x), що стоять у лівій і правій частинах нерівності. Для нерівності 2x x+ < ОДЗ: x + 2 l 0, тобто x l –2, оскільки область визначення функції ( ) 2f x x= + визначається умо вою x + 2 l 0, а областю визна чення функціїg (x) =x є множи на всіх дійсних чисел.
- 232. 232 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності 3. Рівносильні нерівності Означення Найпростіші теореми Дві нерівності називаються рівносильними на деякій множині, якщо на цій мно жині вони мають одні й ті самі розв’язки, тобто кожен розв’язок пер шої нерівності є розв’язком другоїі,навпаки,коженроз в’язок другої нерівності є розв’язком першої. 1. Якщо з однієї частини нерівності пе ренести в іншу частину доданки з проти лежним знаком, то одержимо нерівність, рівносильну заданій (на будь якій мно жині). 2. Якщо обидві частини нерівності по множити або поділити на одне й те саме до датне число (або на одну й ту саму функ цію, що визначена і додатна на ОДЗ зада ної нерівності), не змінюючи знак нерів ності, то одержимо нерівність, рівносиль ну заданій (на ОДЗ заданої). 3. Якщо обидві частини нерівності по множити або поділити на одне й те саме від’ємнечисло(абонаоднуйтусамуфунк цію,щовизначенаівід’ємнанаОДЗзаданої нерівності) і змінити знак нерівності на протилежний, то одержимо нерівність, рівносильну заданій (на ОДЗ заданої). П р о д о в ж. т а б л. 38 4. Метод інтервалів (розв’язування нерівностей виду f (x) 0) План Приклад 1. Знайти ОДЗ. 2. Знайти нулі функції f (x) = 0. 3. Позначити нулі на ОДЗ і знайти знак f (x) у кож ному проміжку, на які розбивається ОДЗ. 4. Записати відповідь, вра ховуючи знак заданої нерівності. Розв’яжіть нерівність ( ) 2 2 1 3 0.x x − + Нехай ( ) ( ) 2 2 1 3 .x x f x − + = 1. ОДЗ: (х + 3)2 ≠ 0, отже, х ≠ –3. 2. Нулі функції: f (х) = 0. ( ) 2 2 1 3 0,x x − + = х2 – 1 = 0, х1 = –1, х2 = 1 (входять до ОДЗ). 3. Відповідь: (– ; –3) (–3; –1] [1; + ).
- 233. 233 Пояснення й обґрунтування 1.Поняття нерівності із змінною та її розв’язків. Якщодвавиразиіззмінною сполучити одним із знаків >, <, l, m, то одержуємо нерівність із змінною. Аналогічно до рівняння, нерівність із змінною (наприклад, із знаком >) найчастіше розуміють як аналітичний запис задачі про знаходження тих зна чень аргументів, при яких значення однієї з заданих функцій більше за зна чення другої заданої функції. Тому в загальному вигляді нерівність з однією змінною x (наприклад, для випадку «більше») записують так: f (x) > g (x). Нагадаємо, що розв’язком нерівності називається значення змінної, яке перетворює цю нерівність на правильну числову нерівність. Розв’язати нерівність — означає знайти всі її розв’язки або довести, що їх немає. Наприклад, нерівність 3x < 6 має розв’язками всі x < 2, нерівність x2 > –1 має розв’язками всі дійсні числа (x ∈ R), а нерівність x2 < –1 не має розв’язків, оскільки значення x2 не може бути від’ємним числом, меншим за –1. 2. Область допустимих значень (ОДЗ) нерівності означається аналогічно до ОДЗ рівняння. Якщо задано нерівність f (x) > g (x), то спільна область ви § 21. Розв’язування нерівностей. Рівняння і нерівності з модулями П р о д о в ж. т а б л. 38 5. Схема пошуку плану розв’язування нерівностей Розв’язування нерівностей за допомогою рівносильних перетворень за допомогою методу інтервалів (f (x) 0) Зберігати на ОДЗ правильну нерівність при прямих і зворотних перетвореннях. , — початкова нерівність; — нерівність, одержана в результаті перетворення початкової; — символічне зображення виконаних перетворень (із вказівкою напрямку їх виконання) 1 2 1 2 Врахувати ОДЗ початкової нерівності 1.Знайти ОДЗ. 2.Знайти нулі функції: f (x) = 0. 3.Позначити нулі на ОДЗ і знай ти знак функції f (x) у кожно му проміжку, на які розбива ється ОДЗ. 4.Записати відповідь, враховую чи знак заданої нерівності.
- 234. 234 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності значення для функцій f (x) і g (x) називається областю допустимих значень цієї нерівності (іноді використовуються також терміни «область визначення нерівності» або «множина допустимих значень нерівності»). Наприклад, для нерівності x2 < x областю допустимих значень є всі дійсні числа (це можна записати, наприклад, так: ОДЗ: x ∈ R), оскільки функції f (x) = x2 і g (x) = x мають області визначення x ∈ R. Зрозуміло, що кожен розв’язок заданої нерівності входить як до області визначення функціїf (x), так і до області визначення функції g (x) (інакше ми не зможемо отримати правильну числову нерівність). Отже,кожен розв’язок нерівності обов’язково входить до ОДЗ цієї нерівності. Це дозволяє в деяких випадках використовувати аналіз ОДЗ нерівності для її розв’язування. Наприклад, у нерівності 3 2x x x− + − > функціяg (x) = x визначена при всіх дійсних значеннях x, а функція ( ) 3 2f x x x= − + − тільки за умови, що під знаком квадратного кореня будуть стояти невід’ємні вирази. Отже, ОДЗ цієїнерівностізадаєтьсясистемою 3 0, 2 0, x x − − l l зякоїодержуємосистему 3, 2, x x l m що не має розв’язків. Отже, ОДЗ заданої нерівності не містить жодного числа, через те ця нерівність не має розв’язків. В основному при розв’язуванні нерівностей різних видів нам доведеться використовувати один з двох методів розв’язування: рівносильні перетворен ня нерівностей або так званий метод інтервалів. 3. Рівносильні нерівності. З поняттям рівносильності нерівностей ви знайомі ще з курсу алгебри 9 класу. Як і для випадку рівносильних рівнянь, рівносильність нерівностей ми будемо розглядати на певній множині. Двінерівностіназиваютьсярівносильниминадеякіймножині,якщо на цій множині вони мають одні й ті самі розв’язки, тобто кожен розв’язокпершоїнерівностієрозв’язкомдругоїі,навпаки,коженроз в’язок другої нерівності є розв’язком першої. Домовимося, що надалівсі рівносильні перетворення нерівностей будемо виконувати на ОДЗ заданої нерівності. Зазначимо, що в тому випадку, коли ОДЗ заданої нерівності є множина всіх дійсних чисел, ми не завжди будемо її записувати (як не записували ОДЗ при розв’язуванні лінійних чи квадратних нерівностей). І в інших випадках головне — не записати ОДЗ до розв’язання нерівності, а дійсно врахувати її при виконанні рівносильних перетворень заданої нерівності. Загальні орієнтири виконання рівносильних перетворень нерівностей ана логічні до відповідних орієнтирів виконання рівносильних перетворень рівнянь. Як указано вище, виконуючи рівносильні перетворення нерівностей, не обхідно врахувати ОДЗ заданої нерівності — це і є перший о р і є н т и р для виконання рівносильних перетворень нерівностей.
- 235. 235 За означенням рівносильностінерівностей потрібно забезпечити, щоб ко жен розв’язок першої нерівності був розв’язком другої і, навпаки, кожен роз в’язок другої нерівності був розв’язком першої. Для цього доситьзабезпечи ти збереження правильної нерівності на кожному кроці розв’язування не тільки при прямих, а й при зворотних перетвореннях. Це і є другий о р і є н т и р для розв’язування нерівностей за допомогою рівносильних перетворень. Дійсно, кожен розв’язок нерівності перетворює її на правильну числову не рівність,іякщоправильнанерівністьзберігається,торозв’язоккожноїзнерів ностей буде також і розв’язком іншої, отже, нерівності будуть рівносильні (відповідні орієнтири схематично представлено в пункті 5 таблиці 38). Наприклад, щоб розв’язати за допомогою рівносильних перетворень нерівність 3 1 0, x x − + > (1) досить врахувати її ОДЗ: х + 1 ≠ 0 і умову додатності дробу (дріб буде додат ним тоді і тільки тоді, коли чисельник і знаменник дробу мають однакові знаки), а також звернути увагу на те, що на ОДЗ всі потрібні перетворення можна виконати як у прямому, так і у зворотному напрямках із збереженням правильної нерівності. Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р § 21. Розв’язування нерівностей. Рівняння і нерівності з модулями Задана нерівність рівносильна сукупності двох систем: 3 0, 1 0 x x − > + > або 3 0, 1 0. x x − < + < (2) Тоді одержуємо 3, 1 x x > > − або 3, 1. x x < < − Отже, x > 3 або x < –1. Відповідь: (–×; –1) (3; +×). Зауважимо, що при запису умови додатностідробу—сукупностісистем (2) — ми неявно врахували ОДЗ не рівності (1). Дійсно, якщо x + 1 > 0 абоx+1<0,то x+1≠0,томувявному вигляді ОДЗ заданої нерівності не за писанаприоформленнірозв’язання. Крім виділених загальних орієнтирів, для виконання рівносильних пере творень нерівностей можна також користуватися спеціальними теоремами прорівносильність.Узв’язкузуточненнямозначеннярівносильностінерівно стей узагальнимо також формулювання найпростіших теорем про рівно сильність нерівностей, відомих з курсу алгебри 9 класу. 1. Якщо з однієї частини нерівності перенести в іншу частину додан ки з протилежним знаком, то одержимо нерівність, рівносильну заданій (на будь якій множині). 2. Якщо обидві частини нерівності помножити або поділити на одне й тесамедодатнечисло(абонаоднуйтусамуфункцію,щовизначена і додатна на ОДЗ заданої нерівності), не змінюючи знак нерівності, то одержимо нерівність, рівносильну заданій (на ОДЗ заданої).
- 236. 236 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності 3. Якщо обидві частини нерівності помножити або поділити на одне й те саме від’ємне число (або на одну й ту саму функцію, що визначе на і від’ємна на ОДЗ заданої нерівності) і змінити знак нерівності на протилежний, то одержимо нерівність, рівносильну заданій (на ОДЗ заданої). Обґрунтування цих теорем повністю аналогічне до обґрунтування орієн тирів для рівносильних перетворень заданої нерівності. З а у в а ж е н н я. Для позначення переходу від заданої нерівності до рівно сильноїїйнерівностіможнавикористовуватиспеціальнийзначок ⇔,алейого використання при записуванні розв’язань не є обов’язковим (хоча іноді ми будемо ним користовуватися, щоб підкреслити, що було виконано саме рівно сильні перетворення). 4. Методінтервалів.Розв’язуваннянерівностейметодомінтервалівспираєть ся на властивості функцій, пов’язані із зміною знаків функції. Пояснимо ці властивості,використовуючиграфікивідомихнамфункцій,наприклад, 1 x y = і у = 2х – 2 (рис. 100). Розглядаючи ці графіки, помічаємо, що функція може змінити свій знак тільки у двох випадках: 1) якщо графік розривається (як у випадку функції 1 x y = (рис. 100, а) — графік розривається в точці 0 і знак функції змінюється в точці 0); 2) якщо графік без розриву переходить з нижньої півплощини у верхню (або навпаки),алетодіграфікперетинаєвісьОх (якувипадкуфункціїу=2х –2) (рис. 100, б). На осі Ох значення функції дорівнюють нулю. (Нагадаємо, що значення аргументу, при яких функція перетворюється на нуль, нази вають нулями функції.) Отже,будь яка функція може поміняти свій знак тільки в нулях або в точках, де розривається графік функції (у так званих точках розриву функції * ). * Більш детально це поняття буде розглянуто в курсі 11 класу. а б Рис. 100 1 x y = у=2х–2
- 237. 237 Точки, у якихрозривається графік функції f (x), ми виділяємо, як прави ло, коли знаходимо область визначення цієї функції. Наприклад, якщо ( ) 1 , x f x = то її область визначення х ≠ 0, і саме в точці 0 графік цієї функції розривається (рис. 100,а). Якщо ж на якомусь проміжку області визначення графік функції не розривається і функція не дорівнює нулю, то за наведеним вище висновком вона не може в цьому проміжку поміняти свій знак* . Отже, якщо відмітити нулі функції на її області визначення, то область визначення розіб’єтьсянапроміжки,всерединіякихзнакфункціїзмінитисянеможе(і тому цей знак можна визначити в будь якій точці з цього проміжку). У таблиці 39 наведено розв’язання дробово раціональної нерівності 2 4 1 0 x x + − > методом інтервалів; коментар, який пояснює кожен крок розв’язу вання; план розв’язування нерівностей виду f (x) 0 методом інтервалів. Т а б л и ц я 39 § 21. Розв’язування нерівностей. Рівняння і нерівності з модулями * У курсі 11 класу ми уточнимо формулювання цієї властивості (так званих неперер вних функцій). Для всіх відомих вам функцій (лінійних, квадратичних, степеневих, дробово раціональних, тригонометричних) ця властивість має місце. Приклад Коментар 1. Знайти ОДЗ нерівності. Розглянемо функцію, яка стоїть у лівій частині цієї нерівності, і позна чимо її через f (x): ( ) 2 4 1 . x x f x + − = Розв’язком нерівності f (x) > 0 мо жуть бути тільки числа, що входять до області визначення функції f (x), тобто числа, які входять до ОДЗ не рівності. Тому першим етапом розв’я зуваннянерівностіметодомінтервалів буде знаходження її ОДЗ. 2 4 1 0. x x + − > ( ) 2 4 1 . x x f x + − = 1. ОДЗ: х – 1 ≠ 0, тобто х ≠ 1. Нас цікавлять ті проміжки області визначення функції f (x), на яких ця функція додатна. Як було зазначено вище,функціяf (x)можепомінятизнак усвоїхнулях,томудругиметапомроз в’язуваннянерівності f (x)>0будезна ходженнянулівфункції(дляцьогопри рівнюємо функцію f (x) до нуля і роз в’язуємоодержанерівняння). 2. Знайти нулі f (x) (f (x) = 0). 2. Нулі f (x): ( f (x) = 0). 2 4 1 0, x x + − = тоді х = –2. План розв’язування
- 238. 238 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності Наведемо приклади розв’язування більш складної дробово раціональної нерівності методом інтервалів та за допомогою рівносильних перетворень. Приклад Розв’яжіть нерівність ( ) 2 2 2 3 1 0. x x x + − + m І спосіб (метод інтервалів) Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р Приклад Коментар 3. Позначити нулі на ОДЗ і знайти знак функції в кожному з проміжків, на які розби вається ОДЗ. Якщо тепер відмітити нулі на об ласті визначення функціїf (x), то об ласть визначення розбивається на проміжки,причомувсерединікожно го проміжку функція f (x) не змінює свій знак. Тому знак функції в кож ному проміжку можна визначати в будь якійточціцьогопроміжку.Це і є третім етапом розв’язування. На рисунку видно, що розв’язком нерівності є об’єднання проміжків (–×; –2) (1; +×). 4. Записати відповідь, враховуючи знак нерівності. 4. Відповідь: (–×; –2) (1; +×). План розв’язування П р о д о в ж. т а б л. 39 3. Нехай ( ) ( ) 2 2 2 3 1 .x x x f x + − + = 1 ОДЗ: х ≠ –1. 2. Нулі f (x): ( ) 2 2 2 3 1 0, x x x + − + = х2 + 2х – 3 = 0, х1 = 1, х2 = –3 (входять до ОДЗ). 3. Відмічаємо нулі функції на ОДЗ і знаходимо знак f (x) у кожному з проміжків, на які розбивається ОДЗ (див. рисунок). 4. Відповідь: [–3; –1) (–1; 1]. Задана нерівність має вигляд f (x) m 0, і для її розв’язування мож на застосувати метод інтервалів. Для цього використаємо план, наведений вище та на с. 232. При знаходженні нулів f (x) сте жимо за тим, щоб знайдені значення входили до ОДЗ (або виконуємо пере вірку знайдених коренів рівняння f (x) = 0). Записуючи відповідь до нестрогої нерівності, слід врахувати, що всі нулі функції повинні ввійти до відповіді (у даному випадку — числа –3 і 1).
- 239. 239 ІІ спосіб (задопомогою рівносильних перетворень) К о м е н т а р Виберемо для розв’язування метод рівносильних перетворень нерівності. При виконанні рівносильних перетворень ми повинні врахувати ОДЗ заданої нерівності, тобто врахувати обмеження (х + 1)2 ≠ 0. Але якщо х≠ –1,то(х +1)2 >0,ітодівзаданомудробу знаменникдодатний. Якщо виконується задана нерівність, то чисельник дробу х2 + 2х – 3 m 0 (і на впаки, якщо виконується остання нерівність, то на ОДЗ дріб ( ) 2 2 2 3 1 0 , x x x + − + m тобто задана нерівність рівносильна на ОДЗ нерівності х2 + 2х – 3 m 0. Щоб розв’язати одержану квадратну нерівність, знайдемо корені квадрат ного тричлена х2 + 2х – 3 і побудуємо ескіз графіка функції у = х2 + 2х – 3. Розв’язок квадратної нерівності: –3 m х m 1. Оскільки всі перетворення були рівносильними тільки на ОДЗ, то ми по винні вибрати тільки ті розв’язки квадратної нерівності, які задовольняють обмеженню ОДЗ. Р о з в ’ я з а н н я ОДЗ: (х + 1)2 ≠ 0, отже, х ≠ –1. Тоді (х + 1)2 > 0 і задана нерівність на її ОДЗ рівносильна нерівності х2 + 2х – 3 m 0. Оскільки х2 + 2х – 3 = 0 при х1 = –3, х2 = 1 (ці значення х входять до ОДЗ), одержуємо –3 m х m 1 (див. рисунок). Враховуючи ОДЗ, отримуємо відповідь. Відповідь: [–3; –1) (–1; 1]. Запитання для контролю 1. Поясніть на прикладах зміст понять: «розв’язок нерівності», «розв’язати нерівність», «область допустимих значень нерівності», «рівносильні не рівності». 2. Сформулюйтевідомівам теоремипрорівносильністьнерівностей.Проілю струйте їх на прикладах. 3. Сформулюйте план розв’язування нерівностей методом інтервалів. Проілюструйте використання цього плану на прикладі. 4. Поясніть на прикладі, як можна виконувати рівносильні перетворення нерівностей у тих випадках, які не описуються відомими теоремами про рівносильність нерівностей. § 21. Розв’язування нерівностей. Рівняння і нерівності з модулями
- 240. 240 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності Вправи Розв’яжіть нерівність(1–2) двома способами: за допомогою рівносильних перетворень і за допомогою методу інтервалів. 1. 1) 2 2 4 3 4 0; x x x − − − l 2) 2 1 2 3 ; x x+ − < 3) 2 25 ( 5)( 4) x x x − + − m 0; 4) 2 2 12 2 8 1. x x x + − − l 2. 1) x4 – 5x2 + 4 m 0; 2) 9x4 – 10x2 + 1 > 0; 3) 381 ; x xl 4) (x2 + 4x – 5)(x2 + 4x + 3) < 105. 3. Знайдіть область визначення функції: 1) 2 4 4 ; x x y − − = 2) 2 2 2 1 3 2 ; x x x x y − − + + = 3) 6 5 ; x y x= − − 4) 2 2 7 12 2 3 .x x x x y − + − − = 21.2. РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ З МОДУЛЯМИ Т а б л и ц я 40 1. Розв’язування рівнянь та нерівностей з модулями з використанням спеціальних співвідношень за геометричним змістом | a | — відстань на числовій прямій від точки 0 до точки а. 1. | f (x) | = a. 2. | f (x) | = | g (x) |. 3. | f (x) | > a. 4. | f (x) | < a. за означенням якщо якщо якщо a a a a a a = > = − < , , , , , . 0 0 0 0 за загальною схемою 1. Знайти ОДЗ. 2. Знайти нулі всіх під модульних функцій. 3. Позначити нулі на ОДЗірозбитиОДЗна проміжки. 4. Знайти розв’язок у кожному з проміж ків (і перевірити, чи входить цей розв’я зок у розглянутий проміжок).
- 241. 241 § 21. Розв’язуваннянерівностей. Рівняння і нерівності з модулями П р о д о в ж. т а б л. 40 2. Використання геометричного змісту модуля (при a > 0) 1. | f (x) | = a ⇔⇔⇔⇔⇔ f (x) = a або f (x) = –a. 2. | f (x) | = | g (x) | ⇔⇔⇔⇔⇔ f (x) = g (x) або f (x) = –g (x). 3. | f (x) | > a ⇔⇔⇔⇔⇔ f (x) < –a або f (x) > a. 4. ( ) ( ) ( ) ( ) , . f x a f x a a f x a f x a > − < ⇔ − < < ⇔ < Узагальнення 5. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0, або . lg x f x g x f x g x f x g x = ⇔ = = − 6. | f (x) | > g (x) ⇔⇔⇔⇔⇔ f (x) < –g (x) або f (x) > g (x). 7. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , . f x g x f x g x g x f x g x f x g x > − < ⇔ − < < ⇔ < 1. | u | = u ⇔⇔⇔⇔⇔ u lllll 0. 2. | u | = –u ⇔⇔⇔⇔⇔ u mmmmm 0. 3. | u | = | v | ⇔⇔⇔⇔⇔ u2 = v2 . 4. | u | > | v | ⇔⇔⇔⇔⇔ u2 > v2 . Тоді | u | – | v | > 0 ⇔⇔⇔⇔⇔ u2 – v2 > 0; знак різниці модулів двох виразів збігається із знаком різниці їх квадратів. 5. 0, 0. u u v u v v + = + ⇔ l l 6. 0, 0. u u v u v v + = − − ⇔ m m 7. | u | + | v | = | u + v | ⇔⇔⇔⇔⇔ uv lllll 0. 8. | u | + | v | = | u – v | ⇔⇔⇔⇔⇔ uv mmmmm 0. 9. | x – a | + | x – b | = b – a ⇔⇔⇔⇔⇔ a mmmmm x mmmmm b, де a < b. 3. Використання спеціальних співвідношень
- 242. 242 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності Пояснення й обґрунтування Розв’язувати будь яке рівняння або нерівність з модулем можна одним з трьох основних способів: за означенням модуля, виходячи з геометричного змісту модуля або за загальною схемою. Деякі рівняння або нерівність з моду лем можуть бути також розв’язані з використанням спеціальних співвідно шень (табл. 40). Залежно від обраного способу розв’язування одержуємо різні записи роз в’язання. Приклад Розв’яжіть рівняння | 2x – 4 | = 6. I спосіб (за означенням модуля) Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р 1)Якщо 2х – 4 l 0, (1) то одержуємо рівняння 2х – 4 = 6. Тоді x = 5, що задовольняє й умові (1). 2) Якщо 2x – 4 < 0, (2) то одержуємо рівняння –(2x – 4) = 6. Тоді x = –1, що задовольняє й умові (2). Відповідь: 5; –1. Щоб розкрити знак модуля за оз наченням, розглянемо два випадки: 2х – 4 l 0 і 2x – 4 < 0. За означенням модулем додатно го (невід’ємного) числа є саме це чис ло, а модулем від’ємного числа є про тилежне йому число. Тому при 2х – 4 l 0 | 2x – 4 | = 2x – 4, а при 2x – 4 < 0 | 2x – 4 | = –(2x – 4). У кожному випадку розв’язуємо одержане рівняння і з’ясовуємо, чи задовольняє кожен із знайдених ко ренів тій умові, при якій ми його зна ходили. II спосіб (використовуючи геометричний зміст модуля) Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р 2x – 4 = 6 або 2x – 4 = –6, 2x = 10 або 2x = –2, x = 5 або x = –1. Відповідь: 5; –1. Згеометричноїточкизору| 2х–4 | — це відстань від точки 0 до точки 2х – 4. За умовою рівняння вона до рівнює 6, але відстань 6 може бути відкладена від 0 як праворуч (одер жуємо число 6), так і ліворуч (одер жуємо число –6). Отже, рівність | 2х–4 |=6можливатодіітількитоді, коли 2x – 4 = 6 або 2x –4 = –6. З а у в а ж е н н я. При застосуванні геометричного змісту модуля знак мо дуля розкривається неявно, тобто не доводиться використовувати означення в явному вигляді.
- 243. 243 Загальна схема розв’язуваннярівнянь та нерівностей з модулями — це фактичнотрохизміненийметодінтервалів.Пояснимозмістцієїсхеминапри кладі рівняння з двома модулями виду | f (x) | + | g (x) | = a (a > 0). ( Щоброзв’язатицерівняння,необхіднорозкритизнакимодулів,адляцього необхідно знати, де функції f (x) іg (x) будуть додатними, а де — від’ємни ми. Тобто фактично ми повинні розв’язати нерівності f (x) 0, (1) g (x) 0. (2) Кожну з цих нерівностей ми вміємо розв’язувати методом інтервалів. Пе ребудуємо прийом розв’язування нерівностей методом інтервалів таким чином,щобвіндававможливістьодночаснорозв’язуватикожнузостанніх нерівностей. Як відомо, розв’язування нерівності (1) методом інтервалів починаєтьсяіззнаходженняїїОДЗ(тобтообластівизначенняфункціїf (x)), а розв’язування нерівності (2) — із знаходження її ОДЗ (тобто області ви значення функції g (x)). Щоб почати одночасно розв’язувати обидві не рівності, необхідно знайти спільну область визначення для функцій f (x) і g (x), тобто знайти ОДЗ заданого рівняння (це і є перший з орієнтирів потрібної схеми). Щоб продовжити розв’язування нерівностей f (x) 0 та g (x) 0 методом інтервалів, необхідно знайти нулі функцій f (x) і g (x), тобто знайти нулі всіх підмодульних функцій (це і є другий орієнтир). Якщо далі використовувати схему методу інтервалів одночасно для двох нерівностей, необхідно на ОДЗ позначити нулі підмодульних функцій і розбити ОДЗ на проміжки (це третій орієнтир). У кожному з одержаних проміжків знаки функцій f (x) і g (x) не можуть змінитися. Oтже, ми можемо знайти знаки підмодульних функцій на кож ному проміжку (у будь якій точці цього проміжку), розкрити знаки мо дулів і знайти розв’язок заданого рівняння в кожному з цих проміжків (це і є четвертий орієнтир загальної схеми). ) Обґрунтуванняможливостізастосуваннянаведеноїсхемидорозв’язування нерівностей з модулями проводиться аналогічно. Приклади розв’язання завдань Приклад 1 Розв’яжіть рівняння x x x − + − = 1 2 2. 1. ОДЗ: х ≠ 1. 2. Нулі підмодульних функцій: 1 0 x x − = (х = 0) та х – 2 = 0 (х = 2). § 21. Розв’язування нерівностей. Рівняння і нерівності з модулями
- 244. 244 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності 3. Нулі 0 і 2 розбивають ОДЗ на чотири про міжки, у яких підмодульні функції мають знаки,* показані на рисунку. 4. Знаходимо розв’язки заданого рівняння в кожному з проміжків (оскільки знаки підмодульних функцій однакові на проміжках І і ІІІ, зручно для роз в’язання об’єднати ці проміжки). Проміжки І та ІІІ: х ∈ (–×; 0) (1; 2). Враховуючи знаки підмодульних функцій на цих проміжках і означення модуля, одержуємо, що в цих проміжках задане рівняння рівносильне рівнянню ( )1 2 2. x x x − − − = Звідси х = 0 або х = 2. У розглянуті проміжки одержані значення не входять, отже, у цих проміжках коренів немає. Проміжок ІІ: х ∈ [0; 1). (Слід звернути увагу на те, щоб не пропустити значення х = 0, яке входить в ОДЗ.) У цьому проміжку одержуємо рівняння ( ) 1 2 2. x x x − − − − = Звідси х = 0 — корінь, оскільки входить у цейпроміжок. Проміжок ІV: х∈ [2; +×). (І в цьому проміжку необхідно не забути значен ня х = 2.) Oдержуємо рівняння 1 2 2. x x x − + − = Звідси х = 2 — корінь, оскільки входить у цей проміжок. Об’єднуючивсірозв’язки,якімиодержаливкожномупроміжку,маємо розв’язок заданого рівняння на всій ОДЗ. Відповідь: 0; 2. Проілюструємо також одержання і використання спеціальних співвідно шень, наведених у таблиці 40. Обґрунтуємо, наприклад, співвідношення 5: 0, 0. u u v u v v + = + ⇔ l l ( Запишемо задану рівність у вигляді u + v = | u | + | v | і проаналізуємо її, спираючись на відомі з 6 класу правила дій над числами з однаковими і з різними знаками. Щоб додати два числаu і v, ми додали їх модулі, отже, ці числа мають однакові знаки. Якби ці числа були обидва від’ємні, то і їх сума була б теж від’ємна, алеu + v= | u | + | v | l 0. Тоді одержуємо, що числа u і v — обидва невід’ємні. Навпаки, якщо 0, 0, u v l l то виконується рівність * На рисунку в кожному з проміжків перший знак — це знак функції 1 , x x − а дру гий — знак функції х – 2. При виконанні рисунка зручно спочатку позначити на число вій прямій ОДЗ, а потім нулі підмодульних функцій на ОДЗ.
- 245. 245 u+v = |u | + | v |.Отже,дійсно,рівняння| u | + | v | =u+vрівносильнесистемі нерівностей 0, 0. u v l l ) Приклад 2* Розв’яжіть рівняння | x – 5 | + | 2x + 5 | = 3x. Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р § 21. Розв’язування нерівностей. Рівняння і нерівності з модулями Оскільки 3х = (х – 5) + (2х + 5), то заданерівняннямаєвигляд| u |+| v | = = u + v, але ця рівність може викону ватися тоді і тільки тоді, коли числа uі v — обидва невід’ємні. Отже, зада не рівняння рівносильне системі 5 0, 2 5 0. x x − + l l Звідси x x l l 5 5 2 , .− Отже, x l 5. Відповідь: [5; +×). Якщо позначити x– 5 =u і2x+ 5 = = v,то u+v=3x ізаданерівняннямає вигляд | u | + | v | =u+v, а за співвідно шенням 5 таке рівняння рівносильне системі 0, 0. u v l l Зауважимо, що задане рівняння можна розв’язувати і за загальною схемою, але тоді розв’язання буде більш громіздке. При розв’язуванні нерівностей з модулями міркування, пов’язані з роз криттям знаків модулей, повністю аналогічні міркуванням, які використо вувалися при розв’язуванні рівнянь із модулями. Приклад 3 Розв’яжіть нерівність | 2x – 5 | m 7. Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р За геометричним змістом модуля задана нерівність рівносильна нерів ності –7 m 2x – 5 m 7. (1) Тоді –2 m 2x m 12, отже, –1 m x m 6. Відповідь: [–1; 6]. Нерівністьвиду| f (x) | ma(де a>0) зручно розв’язувати, використовую чи геометричний зміст модуля. Зок рема, задана нерівність — це нерів ністьвиду| t |m7.Алемодульчисла — це відстань на координатній прямій від точки, що зображує дане число, до точки 0. Тобто заданій нерівності задовольняють всі точки, які знахо дяться в проміжку [–7; 7], отже, –7 m t m 7. Якщо виникають утруд нення з розв’язуванням подвійної нерівності (1), то її замінюють на рів носильну систему 2 5 7, 2 5 7. x x − − − l m
- 246. 246 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності Приклад 4 Розв’яжіть нерівність 3 2 1 1. x x − − − l (1) 1.ОДЗ: | x – 2 | – 1 ≠ 0. Тоді | x – 2 | ≠ 1, тобто x – 2 ≠ ä1, отже: х ≠ 3 або х ≠ 1. 2. Нулі підмодульних функцій: х – 3 = 0 (х = 3 — не входить до ОДЗ) та х – 2 = 0 (х = 2). 3. Нуль 2 розбиває ОДЗ на чотири проміжки, на яких підмодульні функції мають знаки, показанінарисунку(накожномузпроміжків перший знак — це знак функції х – 3, а дру гий — знак функції х – 2). 4. Знаходимо розв’язки заданої нерівності в кожному з проміжків (оскільки знаки підмодульних функцій є однаковими на проміжках І і ІІ, зручно для розв’язання об’єднати ці проміжки). Проміжки І та ІІ: х ∈ (–×; 1) (1; 2]. Враховуючи знаки підмодульних функцій у цих проміжках і означення модуля, одержуємо, що при х∈(–×;1) (1;2]задананерівністьрівносильнанерівності ( ) ( ) 3 2 1 1. x x − − − − − l Тоді 3 1 1, x x − − l тобто 2 1 0. x− l Звідсиx<1.У проміжки,якімирозглянули, входять всі значення x< 1, отже, у цьому випадку розв’язком буде x < 1. Проміжок ІІІ: х ∈ [2; 3). На цьому проміжку одержуємо нерівність ( )3 2 1 1, x x − − − − l тобто ( )3 3 1. x x − − − l Але при будь якому значенні x з ІІІ про міжку остання нерівність перетворюється на хибну нерівність (–1 l 1). Отже, у проміжку ІІІ нерівність (1) розв’язків не має. Проміжок ІV: х ∈ (3; +×). У цьому проміжку одержуємо нерівність 3 2 1 1, x x − − − l тобто 3 3 1. x x − − l Як бачимо, при будь якому х з IV проміжку нерівність (1) перетворюється на правильну числову нерівність (1 l1). Отже, розв’язком нерівності (1) у IV проміжку є будь яке число з цього проміжку (x > 3). Об’єднуючивсірозв’язки,якімиодержаливкожномузпроміжків,має мо розв’язок заданої нерівності на всій ОДЗ: x < 1 або x > 3. Відповідь: (–×; 1) (3; +×). Зазначимо, що для розв’язування деяких нерівностей з модулями зручно використовувати також спеціальні співвідношення, наведені в таблиці 40.
- 247. 247 Приклад 5* Розв’яжіть нерівність ()( )1 3 2 6 1 2 0. x x x x x x − − + − + − − + < Оскільки | a | l 0 і функція y = t2 монотонно зростає на множині невід’єм них чисел, то всі різниці модулів у нерівності можна замінити на різниці їх квадратів (тобто скористатися співвідношенням 4: | u | – | v | > 0 ⇔ u2 –v2 > 0). Тоді одержуємо нерівність, рівносильну заданій нерівності ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 3 2 6 1 2 0. x x x x x x − − + − + − − + < Тепер, розкладаючи на множники всі різниці квадратів, маємо: ( )( )( )( ) ( ) 4 2 2 6 3 6 1 2 3 0. x x x x − + − + − − < Далі методом інтервалів одержуємо –2 < x < –1 або 1 2 6.x− < < Відповідь: –2 < x < –1 або 1 2 6.x− < < Загальна схема, запропонована в таблиці 40, може бути використана не тільки при розв’язуванні рівнянь чи нерівностей з модулями, але й при вико нанні перетворень виразів із модулями. Наприклад, для побудови графіка функції f (x) = | x + 1 | + | x – 1 | зручно спочатку за загальною схемою розкрити знаки модулів, а вже потім будувати графік функції f (x). Оформлення розв’язання подібного прикладу може бути таким. Приклад 6 Побудуйте графік функції f (x) = | x + 1 | + | x – 1 |. 1.Областьвизначенняфункції:x ∈ R. 2. Нулі підмодульних функцій: х = –1 і х = 1. 3. Позначаємо нулі на області визначення і розбиваємо область визначення на проміжки (на рисунку також указано знаки підмодуль них функцій у кожному з проміжків). 4. Тоді ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 , якщо 1, 1 1 , якщо 1 1, 1 1, якщо 1. x x x f x x x x x x x − + − − − = + − − − + + − m m m l Отже, f x x x x x x якщо якщо якщо ( ) , , , , , . = − − − 2 1 2 1 1 2 1 m m m l Будуємо графік цієї функції (див. рисунок). § 21. Розв’язування нерівностей. Рівняння і нерівності з модулями
- 248. 248 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності Запитання для контролю 1. Поясніть, якими способами можна розв’язувати рівняння та нерівності з модулями. Проілюструйте ці способи на прикладах. 2. Обґрунтуйте спеціальні співвідношення, наведені в таблиці 40. Проілюст руйтеїхзастосуваннядорозв’язуваннярівняньтанерівностейзмодулями. 3. Обґрунтуйте узагальнення використання геометричного змісту модуля, наведені в таблиці 40. Проілюструйте їх застосування до розв’язування рівнянь та нерівностей з модулями. Вправи Розв’яжіть рівняння і нерівності з модулями (1–15). 1. 1) | 3x – 5 | = 7; 2) | 8 – 4x | = 6; 3) | x2 – 5x | = 6. 2. 1) | 2x – 3 | > 5; 2) | 3 – 5x | < 7; 3* ) x x − + > 1 1 2; 4) 2 3 5 1. x x − − < 3. 1) | x – 2 | – 2x – 1 = 0; 2) x2 + 3x + | x + 3 | = 0. 4. 1) | x – 1 | + | x – 3 | = 2; 2) | x + 1 | + | x – 5 | = 20; 3) | x + 5 | + | x – 8 | = 13. 5. 1) | x + 3 | < x – 2; 2) | x + 1 | + | x – 2 | m 2x – 1; 3) | x + 3 | + | x – 1 | < | 6 – 3x |. 6. 1) x x x2 2 1 2 1− + + − = ; 2) x x x x2 4 4 5+ + + = + . 7. 1) 2 2 4 4 8;x x x− + + = 2) 2 2 16 8 2 1 5.x x x x− + + + + = 8. 1) 2 2 4 3 5 1; x x x x − + + − = 2) 4 1 2 1 x x + − = + . 9. 1) || x – 1 | – 2 | = 1; 2) || 2x – 4 | – 5 | = 3. 10. 1) | x2 – 4x | < 5; 2) | x2 – x – 6 | > 4. 11. 1) 3 | x – 1 | + x2 – 7 > 0; 2) | x – 6 | l x2 – 5x + 9. 12. 1) 3 2 1; x x x + + + > 2) 1 1 3 2 . x − < 13. 1) || x – 1 | – 5 | m 2; 2) | x – 1 | + | x + 2 | – | x – 3 | > 4. 14. 1) | x – 2x2 | > 2x2 – x; 2) | x2 + x – 20 | m x2 + x – 20. 15. 1) 4 3 1 2 x x + − +l ; 2) 4 1 2 1 x x + − −l . 16. Побудуйте графік функції: 1) y = | 2x – 4 | + | 2x + 6 |; 2) y = | x – 5 | + | 3x + 6 |.
- 249. 249 Т а бл и ц я 41 РОЗВ’ЯЗУВАННЯ ТРИГОНОМЕТРИЧНИХ НЕРІВНОСТЕЙ§§§§§2222222222 1. Приклади розв’язування найпростіших тригонометричних нерівностей за допомогою одиничного кола ππ ππ ππ ππ 6 5 6 2 2++ << << ++ ∈∈k x k k, Zsin x >> 1 2 −− ++ << << ++ ∈∈ 2 3 2 3 2 2 ππ ππ ππ ππk x k k, Zcos x >> −− 1 2 4 2 ,k x k k Z π π − + π < + π ∈mtg x lllll –1 за допомогою графіків
- 250. 250 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності Пояснення й обґрунтування 1. Розв’язування найпростіших тригонометричних нерівностей. Найпрос тішими тригонометричними нерівностями вважають нерівності виду sinx > a, cos x >a, tg x >a,ctg x >a (на місці знаку «>» може стояти будь який із знаків нерівності: «<, l, m»). Щобзробитиміркуванняпознаходженнюрозв’язківцихнерівностейбільш наочними, використовують одиничне коло або графіки відповідних функцій, як це показано в першому пункті таблиці 41. П р о д о в ж. т а б л. 41 за допомогою одиничного кола за допомогою графіків ππ ππ ππ ππ 6 ++ << << ++ ∈∈k x k k, Zctg x << 3 2. Способи розв’язування більш складних тригонометричних нерівностей а) Використання рівносильних перетворень і, зокрема, зведення до ал гебраїчної нерівності за схемою: 1) до одного аргументу, 2) до однієї функції, 3) заміна змінної (аналогічно до схеми розв’язування триго нометричних рівнянь, наведеної на с. 170) і наступне розв’язування одержаних найпростіших тригонометричних нерівностей. б) Використанняметодуінтервалів (післязведеннянерівностідовигляду f (x) 0) за схемою: 1) Знайти ОДЗ нерівності. 2) Знайти спільний період (якщо він існує) для всіх функцій, що вхо дять до запису нерівності, тобто період функції f (x). 3) Знайти нулі функції: f (x) = 0. 4) Позначити нулі функції на ОДЗ всередині одного періоду і знайти знак функції f (x) у кожному з проміжків, на які розбивається ОДЗ (всередині одного періоду). 5) Записати відповідь, враховуючи знак заданої нерівності і період функції f (x).
- 251. 251 Приклад 1 Пояснимобільш детально розв’язання нерівності 1 2 sin ,x > наведене в пункті 1 таблиці 41, з використанням одиничного кола (рис. 101). Оскільки sin x — це ордината відповідної точки Px одиничного кола, то при всіх значенняхx, які задовольняють даній нерівності, точка Px має орди нату, більшу за 1 2 . Усі такі точки на одиничному колі лежать вище за пряму 1 2 y = (вони зображені на рисунку синьою дугою 1xP 2xP без крайніх точок, оскільки в крайніх точках 1 2 sin ,x = а не більший за )1 2 . Якщо, записуючи відповідь, рухатися проти годинникової стрілки, то точка 1xP буде початком дуги 1xP 2 ,xP а точка 2xP — її кінцем. Спочатку запишемо відповідь на одному періоді (нагадаємо, що для синуса період дорівнює 2π). Для точок Px виділе ної дуги х1 < x < x2 . Оскільки точка 1xP знаходиться в правій півплощині, то можна взяти 1 1 2 6 arcsin .x π = = Тоді 2 5 6 6 .x π π = π− = Таким чином, на одному пе ріоді розв’язками заданої нерівності є: 5 6 6 .x π π < < Через період 2π значення синуса повторюються, отже, всі інші розв’язки заданої нерівності отримуємо додаванням до знайдених розв’язків чисел виду 2πk, де k ∈ Z. Відповідь: 5 6 6 2 2 , .k x k k π π + π < < + π ∈Z Для розв’язування нерівності 1 2 sin x > можна скористатися також графі ками функцій y = sin x та 1 2 y = (рис. 102). Розв’язками нерівності 1 2 sin x > будуть ті і тільки ті значення x, для яких відповідні точки графіка функції y = sin x знаходяться вище прямої 1 2 y = (на рисунку102відповіднічастиниграфікафункції виділеносинімилініями).Щоб знайти абсциси точок перетину цих графіків, досить розв’язати рівняння § 22. Розв’язування тригонометричних нерівностей Рис. 101 Рис. 102
- 252. 252 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності 1 2 sin x = ( )( )6 1 , . n x n n π = − + π ∈Z Враховуючи періодичність функції sin x (T = 2π), досить записати розв’язок заданої нерівності на одному періоді. На відрізку довжиною 2π можна взяти, наприклад, такі абсциси точок перетину графіків функцій y = sinx і 1 2 :y = 1 6 ,x π = 2 5 6 x π = (усі інші абсциси точок пере тинувідрізняютьсявіднихна2πk).Тодінаодномуперіодірозв’язкамизаданої нерівності є: 5 6 6 x π π < < (абсциси виділених точок графіка y = sin x). Усі інші розв’язкизаданоїнерівностіодержуютьсядодаваннямдознайденихрозв’язків чисел виду 2πk, де k ∈ Z. Відповідь: 5 6 6 2 2 , .k x k k π π + π < < + π ∈Z Аналогічно можна одержати і розв’язки інших видів найпростіших не рівностей, наведених у пункті 1 таблиці 41. Приклад 2 Розв’яжіть нерівність 1 2 cos .x > − Оскільки cos x — це абсциса відповідної точки Рх одиничного кола, то при всіх значеннях x, які задовольняють даній нерівності, точка Рх має абс цису, більшу за ( )1 2 .− Усі такі точки на одиничному колі (рис. 103) лежать праворуч від прямої 1 2 t = − (вони зображені на рисунку синьою дугою 1 2x xP P без крайніх точок, оскільки в крайніх точках 1 2 cos ,x = − а не більший за )1 2 .− Якщо, записуючи відповідь, рухатися проти годинникової стрілки, то точ ка 1xP буде початком дуги 1xP 2 ,xP а точка 2xP — її кінцем. Спочатку запишемо відповідь на одному періоді (нагадаємо, що для косинуса він дорівнює 2π). Для точок Рх виділеної дуги x1 < x < x2 . Оскільки точка 2xP знаходиться у верхній півплощині, то можна взяти ( )2 1 2 arccosx = − = 2 3 3 . π π π − = Врахо вуючи симетричність точок 2xP і 1xP відносно осі t, одержуємо 1 2 2 3 .x x π = − = − Таким чином, на одному періоді розв’язками заданої нерівності є 2 2 3 3 .x π π − < < Через період 2π значен ня косинуса повторюються. Отже, усі інші розв’язки заданої нерівності отримуємо додаванням до знайде них розв’язків чисел виду 2πk, де k ∈ Z.Рис. 103
- 253. 253 Одержуємо відповідь: 2 2 33 2 2 , .k x k k π π − + π < < + π ∈Z Міркування при використанні графічної ілюстрації розв’язування не рівності 1 2 cos x > − повністю аналогічні наведеним вище міркуванням по роз в’язуванню нерівності 1 2 sin .x > Приклад 3 Розв’яжіть нерівність tg x l –1. Період тангенса дорівнює π. Тому спочатку знайдемо розв’язки цієї не рівності на проміжку довжиною π, наприклад, на проміжку ( )2 2 ; , π π − а потім використаємо періодичність тангенса. Для виділення тих точок Рх правого півкола, значення x яких задовольняють заданій нерівності, скористаємося лінією тангенсів (рис. 104). Спочатку виділимо на лінії тангенсів значення тангенсів, більші або рівні (–1) (на рисунку вони виділені синьою лінією), а потім для кожної точки лінії тангенсів знайдемо відповідну точку Px на пра вому півколі (для цього досить з’єднати центр кола з виділеною точкою на лінії тангенсівівзятиточкуперетинупроведеноговідрізказколом).Множина відповіднихточокPx одиничногоколавиділенанарисункусиньоюдугою 1 2 xP Pπ (зверніть увагу: точка 1xP належить розглянутій множині, а точка 2 Pπ — ні). Оскільки точка 1xP знаходиться у правій півплощині, то можна взяти ( )1 4 arctg 1 .x π = − = − Отже, на одному періоді розв’язками заданої нерівності є 4 2 .x π π − <m Через період π значення тангенса повторюються. Тому усі інші розв’язки заданої нерівності отримуємо додаванням до знайдених розв’язків чисел виду πk, де k ∈ Z. Відповідь: 4 2 , .k x k k π π − + π < + π ∈m Z Зауважимо, що при розв’язуванні за даної нерівності з використанням гра фіківдосить,яківпопередніхвипадках, на одному періоді (наприклад, на про міжку ( ))2 2 ; π π − записати ті абсциси, для яких відповідні точки графіка функції y = tg x знаходяться вище прямої y = –1 абонасамійпрямій.(Нарисункув таблиці 41 відповідні частини графіка функціїy=tgxвиділеносинімилініями.) Рис. 104 § 22. Розв’язування тригонометричних нерівностей
- 254. 254 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності Приклад 4 Розв’яжіть нерівність ctg x < 3. Період котангенса дорівнює π. Тому спочатку знайдемо розв’язки цієї не рівності на проміжку довжиною π, на приклад на проміжку (0; π), а потім ско ристаємося періодичністю котангенса. Для виділення тих точок Px верхньо го півкола, значення x яких задоволь няють заданій нерівності, скористаємо ся лінією котангенсів (рис. 105). Спочатку виділимо на лінії котангенсів зна чення котангенсів, менші 3 (на рисунку 105 вони виділені синьою лінією), а потім для кожної точки лінії котангенсів знайдемо відповідну точку Px на верхньому півколі (для цього досить з’єднати центр кола з виділеною точкою на лінії котангенсів і взяти точку перетину проведеного відрізка з колом). Множина відповідних точок Px одиничного кола позначена на рисунку 105 синьою дугою 1xP Pπ. Оскільки точка 1xP знаходиться у верхній півплощині, то можна взяти 1 6 arcctg 3 .x π = = Таким чином, на одному періоді розв’язками заданої нерівності є 6 .x π < < π Через період π значення котангенса повторю ються. Отже, всі інші розв’язки заданої нерівності отримуємо додаванням до знайдених розв’язків чисел виду πk, де k ∈ Z. Відповідь: 6 , .k x k k π + π < < π + π ∈Z Аналогічно попереднім випадкам при розв’язуванні нерівності ctg x < 3 з використанням графіків досить на одному періоді (наприклад, на проміжку (0;π))записатитіабсциси,дляякихвідповідніточкиграфікафункції y= ctg x знаходяться нижче прямої y = 3. (На рисунку в таблиці 41 відповідні части ни графіка функції y = ctg x виділено синіми лініями.) 2. Способи розв’язування більш складних тригонометричних нерівностей також проілюструємо на прикладах. Приклад 5 Розв’яжіть нерівність 2 25 1 4 4 sin sin 2 cos2 .x x x+ < Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р Рис. 105 ( )25 1 cos2 1 4 2 4 1 cos 2 cos2 . x x x − ⋅ + − < Тоді 2 cos2 2x + 13 cos 2x – 7 > 0. Заміна: cos 2x = t дає нерівність Використаємо рівносильні пере твореннязаданоїнерівності.Дляцьо го зведемо її до алгебраїчної за схе мою, аналогічною до схеми розв’я
- 255. 255 Розв’язуючи більш складнітригонометричні нерівності, можна також ви користати метод інтервалів, трохи змінивши його. Необхідність корекції відомої схеми розв’язування нерівностейf (x) 0 методом інтервалів (с. 232) пов’язана з тим, що у випадку, коли функція f (x) — тригонометрична, вона, як правило, має нескінченну множину коренів (які одержуємо при цілих зна ченнях параметра). Тому, якщо намагатися позначити корені на ОДЗ, дове деться позначити нескінченну їх множину, що неможливо. Уникнути цього можна, якщо знайти період функції f (x) (якщо він існує) й розглянути знак функції на кожному проміжку всередині одного періоду. Таким чином, метод інтервалів для розв’язування тригонометричних не рівностей f (x) 0 може застосовуватися за схемою: 1. Знайти ОДЗ нерівності. 2. Знайти період функції f (x) (якщо він існує). 3. Знайти нулі функції (f (x) = 0). 4. Позначити нулі на ОДЗ всередині одного періоду і знайти знак функції у кожномузпроміжків,наякірозбиваєтьсяОДЗ(всерединіодногоперіоду). 5. Записати відповідь (ураховуючи знак заданої нерівності і період функції f (x)). Приклад 6 Розв’яжіть нерівність cos 2x m cos 3x – cos 4x. Розв’яжемо дану нерівність методом інтервалів. Для цього зведемо її до вигляду f (x) m 0: cos 2х + cos 4х – cos 3x m 0. 1. ОДЗ: х — будь яке дійсне число. 2. Як ми знаємо, період функції cos х дорівнює 2π. Тоді період функції cos 2x буде 1 2 2 ,T π = = π період функції cos 3x — 2 2 3 ,T π = і період функції cos 4x — 3 2 4 2 .T π π = = 2t2 + 13t – 7 > 0, розв’язки якої: t < –7 або 1 2 t > (див. рисунок). Обернена заміна дає: cos 2x < –7 (роз в’язків немає) або 1 2 cos2 .x > Тоді 3 3 2 2 2 .n x n π π − + π < < + π Отже, 6 6 ,n x n π π − + π < < + π n ∈ Z. зування тригонометричних рівнянь: 1) до одного аргументу (2x); 2) до однієї функції (cos 2x); 3) заміна змінної (cos 2x = t). Після оберненої заміни розв’яжемо одер жані найпростіші тригонометричні нерівності. § 22. Розв’язування тригонометричних нерівностей
- 256. 256 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності На відрізку довжиною 2π періоди Т1 , Т2 , Т3 вміщуються ціле число разів. Тоді 2π буде спільним періодом для всіх цих трьох функцій, і тому 2π є пе ріодом функції f (x) = cos 2x + cos 4x – cos 3x. 3. Знайдемо нулі цієї функції: cos 2x + cos 4x – cos 3x = 0. Тоді 2 cos 3x cos x – cos 3x = 0, cos 3x (2 cos x – 1) = 0. Звідси cos 3x = 0 або 2 cos x – 1 = 0. Розв’язуючи останні рівняння, одер жуємо 6 3 , k x π π = + k ∈ Z, або 3 2 ,x k π = ± + π k ∈ Z. 4. Позначимовсінулінаперіодідовжиною2π,наприклад,навідрізкувід0 до 2πі одержимо 9 проміжків (див. рисунок). Знаходимо знаки функції f (x) на кожному з проміжків. Для цього зручно записати функцію f (x) у вигляді добутку: f (x) = cos 3x (2 cos x – 1). Відповідь(записується з урахуванням періоду): x k k k k k k∈ + + + + + + π π π π π π π π π π π π 6 3 2 5 6 7 6 3 2 2 2 2 2 2 2; ; ; 5 3 11 6 2 2 π π π π+ + k k; , k ∈ Z. З а у в а ж е н н я. При розв’язуванні тригонометричних нерівностей мето дом інтервалів часто доводиться знаходити знак функції у великій кількості проміжків. Для того щоб зменшити обсяг роботи, можна запропонувати та кий спосіб: стежити за тим, через який нуль ми проходимо при переході з одного інтервалу до іншого і чи змінюється знак даної функції в цьому нулі. У випадку, коли функція f (x), що стоїть у лівій частині нерівності, запи сана у вигляді добутку ϕ (x) ⋅ g (x), необхідно звертати увагу на те, що знак добутку не зміниться, якщо одночасно обидва множники (функції ϕ (x) іg (x)) змінюють знаки на протилежні. Практично для використання цієї властивості у випадку, якщо ліва час тина нерівності записана як добуток кількох функцій, нулі кожного множ ника позначають на проміжку різним кольором (так, як це зроблено на ри сунку до прикладу 6), або, якщо множників лише два, нулі першого множни ка позначають під віссю, а нулі другого — над віссю. Якщо у функцій множників немає однакових нулів, то знак функції f (x) змінюєтьсяавтоматичноприпереходічерезкожнийнуль(заумови,щотільки одна з функцій множників змінює знак при переході через цей нуль). У цьому випадку для знаходження всіх знаків функціїf (x) на періоді досить знайти її знаклишеводномупроміжку,авіншихрозставитизнаки,чергуючиїх.Якщо ж у функцій множників є однакові нулі, то при переході через такий нуль знак добутку може не змінюватися, і це враховується при розстановці знаків.
- 257. 257 Запитання для контролю 1.Поясніть на прикладах, як можна розв’язувати найпростіші тригономет ричні нерівності за допомогою: а) одиничного кола; б) графіка відповідної функції. 2. Чи завжди мають розв’язки нерівності: 1) sin x < a; 2) sin x > a; 3) cosx < a; 4) cos x > a; 5) tg x < a; 6) tg x > a; 7) ctg x < a; 8) ctg x > a? Чи можуть бути розв’язками якихось із цих нерівностей всі дійсні числа? Наведіть при клади. 3. Якими способами можна розв’язувати тригонометричні нерівності, що відрізняються від найпростіших ? Наведіть приклади. Вправи Розв’яжіть нерівність (1–14). 1. 1) 1 2 sin ;x m 2) 2 2 sin ;x > − 3) sin x < –2; 4) 3 2 sin .xl 2. 1) 1 2 cos ;x > 2) 3 2 cos ;x < − 3) cos x m 3; 4) 2 2 cos .xl 3. 1) tg x < –1; 2) tg xl 3; 3) 3 3 tg ;x > 4) tg x m 1. 4. 1) ctg 3;x > − 2) ctg x l 1; 3) ctg x m –1; 4) 3 3 ctg .x < 5. 1) 2 2 sin2 ;x > 2) 3 3 2 cos ; x m 3) 2 tg 3; x −l 4) ctg 5x < 1. 6. 1) ( )3 2cos 2 1;x π − l 2) ( )4 3tg 3 3;x π + < 3) ( )3 4 2sin 1; x π + m 4) ( )6 2 cos 4 2.x π − > 7. 1) 1 6 6 2 sin cos 3 cos sin 3 ;x x π π − > 2) 1 4 sin5 cos5 ;x x m 3) sin x + cos x < 1. 8. 1) sin ;2 3 1 2 x −( ) < π 2) | tg x | > 1. 9. 1) sin cos ;4 4 2 3x x x+ >ctg 2) sin cos .4 4 2 3x x x− <tg 10. 1) sin x > cos2 x; 2) cos2 x – sin2 x > sin 2x. 11. 1) cos 2x + 5 cos x + 3 l 0; 2) sin x < cos x. 12. 1) cos 2x + cos 6x > 1 + cos 8x; 2) sin x sin 7x > sin 3x sin 5x. 13. 1) sin cos ;x x> − 2) sin 1 sin2 .x x> − 14. 1) sin 9x – sin 5x + 2 sin2 x < 2 sin 2x + 1 – cos 2x; 2) 2 sin2 x – sin x + sin 3x < 1. 15. Знайдіть розв’язки нерівності sin cos sin ,2x x x< − які задовольняють умові | x | <π. § 22. Розв’язування тригонометричних нерівностей
- 258. 258 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності 16. Знайдіть значення х на відрізку 0 m x m π, які задовольняють нерівності 1 2 sin2 cos 2sin .x x x− + l 17. Розв’яжіть нерівність: 1) sin 4x > a(sin 3x – sin x); 2) a(cos x – sin x)2 + b cos2 x l 0. Розв’яжіть рівняння (1–8). 1. 1) sin2 x – 4 sin x = 5; 2) cos2 x + 5 cos x = 6; 3) 4 cos2 x + 4 sin x – 1 = 0; 4) 4 sin2 x – 4 cos x – 1 = 0. 2. 1) sin 2x + tg x = 0; 2) 2 sin ctg 0; x x + = 3) 2 3 2 02sin sin ;x x− = 4) 2 3 2 02cos sin .x x+ = 3. 1) 2 1 cos 2cos 0; x x+ − = 2) 2 1 cos 2 sin 0; x x− − = 3) sin 3cos 0;x x− = 4) 3sin cos 0.x x+ = 4. 1) cos2 x – 3 cos x sin x + 1 = 0; 2) sin2 x + 3 cos x sin x + 1 = 0; 3) 2 + cos2 x = 2 sin x; 4) 3 – 3 cos x = 2 sin2 x. 5. 1) (1 + cos 4x) sin 2x = cos2 2x; 2) (1 – cos 4x) cos 2x = sin2 2x; 3) ( )2 2 5 sin 4 sin 4;x xπ + + = 4) ( )2 2 6 cos 5 cos 7.x xπ + − = 6. 1) 2 1 cos 3sin 0; x x− − = 2) 2 1 cos 3cos 0; x x+ + = 3) cos2 4x + 3 sin2 2x – 1 = 0; 4) cos2 4x + 3 cos2 2x – 1 = 0. 7. 1) ( )3 2 cos 3 2 sin ;x x= π + 2) ( )2 sin3 2cos ;x x π = − 3) 1 – cos 4x = sin 2x; 4) 1 + cos 4x = cos 2x. 8. 1) ( ) 3 2 1 cos sin 0; x x π + − π+ − = 2) ( ) ( )3 2 sin 2 5sin 3 0;x xπ − + π − + = 3) ( ) ( )2 2 2 cos 2 3 cos 2;x xπ π + − − + 4) 5 sin2 (1,5π – x) + 2 sin2 (π – x) = 2. Знайдіть розв’язки рівняння (9–10). 9. 1) sin x + cos x = 1 на інтервалі (–2π; 0); 2) sin x – cos x = 1 на інтервалі (0; 2π); 3) sin4 x – cos4 x = sin 2x на проміжку [0; 90°]; 4) 2 2 2 sin cos cos x x x− + = на проміжку [180°; 270°]. ДОДАТКОВІ ВПРАВИ ДО РОЗДІЛУ 2
- 259. 259 10. 1) sin 1 cos ctg2 x x x + + = на інтервалі ( )2 ; ; π π 2) sin 1 cos 2 sin x x x+ = на проміжку [π; 2π]; 3) 4 sin x sin 2x sin 3x = sin 4x на інтервалі ( )2 0; ; π 4) 4 cos x cos 2x sin 3x = sin 2х на інтервалі ( )3 0; . π Розв’яжіть рівняння (11–26). 11. 1) sin 6x – 2 sin 2x = 0; 2) cos 6x + 2 cos 2x = 0; 3) 2 2 2 2 cos cos 3 sin cos ; x x x x+ = − 4) sin2 x + sin 3x = cos2 x + sin x. 12. 1) 4 cos2 x – sin 2x = 1; 2) 2 1 2 3 sin sin2 2;x x+ = 3) sin2 x + 14sin x cos x = 15cos2 x; 4) cos2 x – 12cos x sin x = 13sin2 x. 13. 1) 1 cos 2 1 sin 0; x x + − = 2) sin sin3 1 cos 0; x x x − − = 3) 22sin 3sin 1 cos 0; x x x + − = 4) 23cos 4cos 1 sin 0. x x x − + = 14. 1) cos cos 3 1 sin 0; x x x + + = 2) sin sin3 1 cos 0; x x x − + = 3) cos 2 1 sin 2 0; x x+ = 4) sin 2 1 sin 2 0. x x− = 15. 1) sin cos ;x x+ =3 1 2) 3 1sin cos ;x x− = 3) sin2 x = sin2 3x; 4) cos2 x = cos2 3x. 16. 1) sin 4 sin 2 cos 2 tg 2 ; x x x x + = 2) cos 2 sin 4 sin 2 ctg2 ; x x x x − = 3) 1+ =cos sin ;x x 4) 1− =cos sin .x x 17. 1) 4 4 5 8 sin cos ;x x+ = 2) sin4 x + cos4 x = sin 2x; 3) ( )2 cos 5 sin 2cos 3 ;x x x π + + = 4) ( )3 2 cos5 sin 9 3sin2 0.x x x+ π − − = 18. 1) cos x + cos 2x + cos 3x + cos 4x = 0; 2) sin x + sin 2x + sin 3x + sin 4x = 0; 3) 5 sin 2x – 11(sin x + cos x) + 7 = 0; 4) sin 2z + 5(sin z + cos z) + 1 = 0. 19. 1) sin3 x cos 3x + cos3 x sin 3x + 0,375 = 0; 2) 3 3 2 4 cos cos 3 sin sin 3 ;z z z z+ = 3) ( ) ( ) 1 3 3 8 sin sin sin ;x x x π π − + = 4) ( ) ( )3 3 8cos cos cos 1 0. π π − + + =x x x 20. 1) sin2 x + sin2 2x = sin2 3x; 2) cos2 x + cos2 2x + cos2 3x + cos2 4x = 2; 3) cos sin ;3 1 3 3x x= − 4) 3 sin x + 5 cos x = 4. Додаткові вправи до розділу 2
- 260. 260 РОЗДІЛ 2. Тригонометричнірівняння і нерівності 21. 1) 1 4sin cos cos sin ;x x x x+ = − 2) cos2 sin4 sin cos ;x x x x− = − 3) tg 4 tg 2 5 tg 2 tg 4 2 0; x x x x + + = 4) ctg 2 ctg ctg ctg 2 2 0. x x x x + + = 22. 1) ( ) 6 arcsin 2,5 ;x π + = 2) ( )2 6 arcsin 3 ; x π − = 3) (x2 – 4) arcsin x = 0; 4) ( )2 1 4 arccos 0.x x− = 23. 1) ( )arccos sin ; 4 2 x x π = + 2) ( ) 4 2 arctg tg ; x x π − = 3) ( ) 4 arcsin 3 2 ;x π − = − 4) ( ) 3 arccos 2 3 .x π − = 24. 1) 2 18 arcsin arccos ;x x π ⋅ = 2) 2 16 arctg arcctg ;x x π ⋅ = 3) 3 arcsin x – π = 0; 4) ( )2 4 arctg 6 arctg .x x π − − = π 25. 1) (arcsin x)2 – 4 arcsin x = 0; 2) (arccos x)2 – 5 arccos x = 0; 3) ( ) ( ) 4 arctg 1 arctg 1 ;x x π + + − = 4) ( ) 2 arcsin 1 2arcsin .x x π − − = 26. 1) tg sin ;x x= −2 2) − =tg cos ;x x2 3) cos sin ;x x= − 4) cos2 2sin .x x= 27. Знайдіть всі значення х та у, що задовольняють рівнянню: 1) 12 sin x + 5 cos x = 2y2 – 8y + 21; 2) 3 cos x – 4 sin x = 2y2 – 4y + 7; 3) 2 2 2tg 2 1 tg 2 4 5; x x y y + = − + 4) 2 2 2 1 tg 2 1 tg 2 2 4 3. x x y y − + = − + Розв’яжіть нерівність (28–36). 28. 1) 2 1 4 cos ;x > 2) 2 1 4 sin ;x < 3) 2 2sin 3sin 3 0;x x+ − > 4) 2 sin2 x – 3 sin x + 1 l 0. 29. 1) 2 2cos cos 1 cos 1 0; x x x + − − > 2) 22sin sin 1 sin 1 0; x x x + − − > 3) 3 3 5 8 cos cos 3 sin sin3 ;x x x x− > 4) 3 3 3 8 cos sin 3 cos 3 sin .x x x x+ < 30. 1) 4 4 1 3 3 2 sin cos ; x x + > 2) 6 6 5 8 sin cos ;x x+ > 3) sin 3cos 1;x x+ > 4) 3sin3 cos3 1.x x+ >
- 261. 261 31. 1) ()2 tg 2 3 tg 2 3 0;x x+ − − < 2) 2 3tg 4tg 3 0;x x− + > 3) ctg2 x + ctg x l 0; 4) tg2 x – tg x m 0. 32. 1) tg x tg 3x < –1; 2) ctg x ctg 3x > –1; 3) 3 sin2 x – 2 sin x cos x – cos2 x m 0; 4) ( )2 2 2cos 2 3 1 cos sin 3sin 0.x x x x+ − − l 33. 1) ( )sin 3 cos 2 6 sin 2 0; x x x π − m 2) cos x cos 2x cos 3x m 0; 3) ( )( )3 2cos 2sin 2 3 2sin2 1 0;x x x− − − − l 4) cos2 2sin2 2 2cos ;x x x+ 34. 1) 3 sin 2x – 1 > sin x + cos x; 2) ( )cos 2 2 cos sin ;x x x−m 3) 1 1 1 sin2 sin4 sin8 0; x x x + + < 4) 1 1 1 sin sin2 sin3 . x x x − l 35. 1) 2 arccos x > arcsin x; 2) 2 arcsin x > arccos x; 3) 2 (arcsin x)2 – 3 arcsin x + 1 > 0; 4) (arccos x)2 – 6 arccos x + 8 < 0. 36. 1) sin (2x + 10°) + sin (x + 10°) – sin x < 0; 2) ( ) ( )2 3 ctg ctg 2 ctg 0;x x x π π + + + + > 3) ( ) ( ) 33 3 32 arctg arcctg ;x x π + > 4) arctg (3x2 – 3x + 1) < arcctg (3x2 – 3x + 1). 37. Знайдіть множину значень функції: 1) ( )( )3 arccos 0,125 cos sin ;y x x π = − 2) 9 3 2 sin cos 4 2 arcsin . x x y + − π = 38. Знайдіть множину значень функції y = sin 2x, якщо: 1) х ∈ [arctg 0,5; arctg 3]; 2) 1 3 [arctg ;arctg 2];x∈ 3) 5 12 arccos 0,8; ;x π ∈ 4) 5 5 13 12 arccos ; .x π ∈ 39. Розв’яжіть рівняння: 1) 7 tg x + cos2 x + 3 sin 2x = 1; 2) sin 2x + 1 = sin2 x + 6 ctg x. 40. При яких значеннях а вираз 2 + cos x (5 cos x + a sin x) дорівнюватиме одиниці хоча б при одному значенні х? 41. Приякихзначенняха вираз3+sin x (2 sin x +a cos x)дорівнюватиме(–1) хоча б при одному значенні х? Додаткові вправи до розділу 2
- 262. 262 Т а бл и ц я 42 3Розділ Степенева функція КОРІНЬ n го СТЕПЕНЯ ТА ЙОГО ВЛАСТИВОСТІ§§§§§2323232323 1. Означення Квадратний корінь Корінь n гостепеня Квадратним коренем із числа a називається таке число b, квадрат якого дорівнює a. Якщо a = b2 , то b — квадратний корінь із числа a. Коренем n го степеня з числа a називається таке число b, n й сте пінь якого дорівнює a. Якщо a = bn (n ∈ N, n ≠ 1), то b — корінь n го степеня з числа a. Арифметичний корінь — невід’ємне значення кореня. При a l 0: ,a n a — позначення арифметичного значення кореня. ( ) 2 a a= ( ) n n a a= 2. Область допустимих значень (ОДЗ) Квадратний корінь Корінь n гостепеня a існує тільки при а l 0. 2k a існує тільки при а lllll 0 (k ∈∈∈∈∈ N); 2 1k a+ існує при будь яких значеннях а. 3. Властивості кореняn го степеня п = 2k + 1 — непарне число п = 2k — парне число 1) 2 1 2 1k k a a+ + − = − 2) 2 1 2 1n kn ka a a+ += = 2 2n kn k a a a= =
- 263. 263 § 23. Коріньn го степеня та його властивості П р о д о в ж. т а б л. 42 Для довільних значень п (n ∈ N, n ≠ 1) При а l 0, b l 0 n nna b a b= — винесення множника з під знака кореня. При а l 0, b l 0 n n na b a b= — внесення множника під знак кореня. Значення кореня із степеня невід’ємного числа не зміниться, якщо показник кореня і показник степеня підкореневого виразу помножити (або поділити) на одне й те саме натуральне число. 8) При a l 0, b l 0, якщо a > b, то >n n a b . 4. Запис розв’язків рівняння xn = a (n ∈ N) п = 2k + 1 — непарне (k ∈ N) п = 2k — парне (k ∈ N) При будь яких значеннях a рівняння х2k + 1 = а має єдиний корінь 2 1 .k x a+ = При a < 0 рівняння x2k = a не має коренів. При a lllll 0 всі корені рівняння x2k = a можна записати так: .k x a= ±2 Приклади Рівняння х5 = 3 має єдиний корінь 5 3.x = Рівняння х8 = –7 не має коренів. Рівняння х8 = 7 маєкорені 8 7.x = ± Наслідки n k nk a a= ( )k nn ka a= n n n ab a b= ⋅ 3) При а l 0 4) При а l 0 5) При а l 0, b l 0 6) При а l 0, b > 0 n n n a a b b = 7) При а l 0 n nkm mk a a= — основна властивість кореня
- 264. 264 РОЗДІЛ 3. Степеневафункція Пояснення й обґрунтування 1. Означення кореня п го степеня. Поняття кореня квадратного з числа а вам відомо: це таке число, квадрат якого дорівнює а. Аналогічно означається і корінь п го степеня з числа а, де п — довільне натуральне число, більше 1. Коренем п го степеня з числаа називається таке число,п й степінь якого дорівнює а. Наприклад, корінь третього степеня з числа 27 дорівнює 3, оскільки 33 = 27; корінь третього степеня з числа (–27) дорівнює (–3), оскільки (–3)3 = –27. Числа 2 і (–2) є коренями четвертого степеня з 16, оскільки 24 = 16 і (–2)4 = 16. При п = 2 та при п = 3 корені п го степеня називають також відповідно квадратним та кубічним коренями. Як і для квадратного кореня, для кореня п го степеня вводиться поняття арифметичного кореня. Арифметичним коренем п го степеня з числа а називається невід’ємне число, п й степінь якого дорівнює а. При аl 0 для арифметичного значення кореня п го степеня з числа аіснує спеціальне позначення: ;n a число n називають показником кореня, а саме число a — підкореневим виразом. Знак n і вираз n a називають також радикалом. Наприклад, те, що корінь третього степеня з числа 27 дорівнює 3, запи сується так: 3 27 3;= те, що корінь четвертого степеня з 16 дорівнює 2, запи сується так: 4 16 2.= Але для запису того, що корінь четвертого степеня з 16 дорівнює (–2), позначення немає. Приа<0значеннякореня п гостепенязчислааіснуєтількипринепарних значеннях п (оскільки не існує такого дійсного числа, парний степінь якого буде від’ємним числом). У цьому випадку корінь непарного степеня п з чис ла атеж позначається .n a Наприклад, те, що корінь третього степеня з числа (–27) дорівнює (–3), записується так: 3 27 3.− = − Оскільки (–3) — від’ємне число, то 3 27− неє арифметичним значенням кореня. Але корінь непарного степеня з від’ємного числа можна виразити через арифметичне значення ко реня за допомогою формули + + − = −2 1 2 1k k a a . ( Щоб довести наведену формулу, зауважимо, що за означенням кореня п го степеня ця рівність буде правильною, якщо −( ) = −+ + a ak k 2 1 2 1 . Дійсно, ( ) ( ) ( )2 1 2 12 12 1 2 1 1 , k kkk k a a a + +++ + − = − ⋅ = − а це і означає, що 2 1 2 1 .k k a a+ + − = − ) Наприклад, 3 3 27 27 3;− = − = − 5 5 32 32 2.− = − = −
- 265. 265 Зазначимо також, щозначення +2 1k a має той самий знак, що і число a, оскільки при піднесенні до непарного степеня знак числа не змінюється. Також за означенням кореня п го степеня можна записати, що в тому ви падку, коли існує значення ,n a виконується рівність ( ) n n a a= і, зокрема, при a l 0 ( )2 .a a= 2. Область допустимих значень виразів з коренями n го степеня. Розв’язки рівняння xn = a (n ∈ N). Зазначимо, що значення 2 1k a+ — кореня непарного степеня з числа а — існує при будь яких значеннях а. ( Обґрунтуємо це, наприклад, для кореня третього степеня. Позначимо 3 .a x= Тоді за означенням кореня п го степеня x3 = a і значення 3 a буде існувати, якщо рівняння x3 = a буде мати розв’язок. Зобразивши графіки функцій y = x3 і y= a(рис. 106), бачимо, що при будь якихзначеннях a прямаy= aперетинаєграфікфункції y=x3 воднійточці. Отже, при будь якому значенні aіснує єдине значення 3 a (оскільки функ ція y = x3 зростає і набуває всіх значень від –× до +×). ) Аналогічне обґрунтування можна навести і для інших коренів непарного степеня (див. графіки і властивості функцій виду y = x2k+1 у § 25). Наведені міркування дозволяють записати розв’язки рівняння хп = а для непарних значень п = 2k + 1: при будь яких значеннях а рівняння x2k+1 = a (k ∈∈∈∈∈ N) має єдиний корінь .k x a+ = 2 1 Наприклад, рівняння х5 = 3 має єдиний корінь 5 3,x = а рівняння х7 = –11 маєєдинийкорінь 7 11x = − (враховуючи,що 7 7 11 11− = − , коріньдлярівняння х7 = –11 можна записати так: x = − )117 . Значення 2k a — кореня парного степеня з числа а — існує тільки при а lllll 0. Дійсно, у тому випадку, коли 2 ,k a x= за означенням кореняп го степеня:a = x2k . Отже,а l 0. Для квадратного кореня це можна також обґрунтувати, використовуючи відомий графік функціїy= x2 . ( Нехай ,a x= тоді за означенням ко реня п гостепеняx2 = aізначення a буде існувати, якщо рівняння x2 = a матиме розв’язок. § 23. Корінь n го степеня та його властивості Рис. 106
- 266. 266 РОЗДІЛ 3. Степеневафункція Зобразивши графіки функцій y = x2 і y = a (рис. 107), бачимо, що пряма y = a перетинає графік функції y = x2 тільки при a l 0 (причому, при a > 0 — у двох точках: x a1 = і x a2 = − , а при a = 0 — тільки в одній точці x = 0). Отже, при будь яких значеннях a l 0 існує значен ня ,a оскільки функція y = x2 набуває всіх значень із проміжку [0; +×). ) Розглянеморозв’язкирівнянняxn = a для парних значень n = 2k (k ∈ N). Рівняння x2 = a при a < 0 не має ко ренів, оскільки квадрат будь якого числа не може бути від’ємним (на рисун ку 107 пряма у = а при a < 0 не перетинає графік функції у = х2 ). Так само: рівняння x2k = a (k ∈∈∈∈∈ N) при a < 0 не має коренів (оскільки парний степінь будь якого числа не може бути від’ємним). При a = 0рівняння x2k = 0(k ∈∈∈∈∈ N) має єдиний корінь x = 0(оскільки парний степінь будь якого відмінного від нуля числа — число додатне, тобто не рівне нулю, а 02k = 0). При a > 0 за означенням кореня 2k го степеня ( )2 2 . k k a a= Отже, 2k x a= — корінь рівняння x2k = a. Але ( ) ( )2 2 2 2 , k k k k a a a− = = тому 2k x a= − — теж корінь рівняння x2k = a. Інших коренів це рівняння не має, оскільки властивості функції y = x2k аналогічні властивостям функції y = x2 : при x l 0 функція зростає, отже, значення a вона може набувати тільки при одному значенні аргументу x ak =( )2 . Аналогічнопри xm 0 функціяy = x2k спадає,томузначен ня a вона може набувати тільки при одному значенні аргументу x ak = −( )2 . Таким чином, рівняння x2k = a при a > 0 має тільки два корені = ±2 .k x a Наприклад, рівняння x10 = –1 не має коренів, а рівняння x6 = 5 має корені 6 5.x = ± 3. Властивості кореня п го степеня можна обґрунтувати, спираючись на оз начення кореня n го степеня. 1) Формула 2 1 2 1k k a a+ + − = − була обґрунтована на с. 264. Обґрунтуємо інші формули, наведені в таблиці 42. ( Нагадаємо, що за означенням кореня п го степеня для доведення рівності n A B= (при A l 0, B l 0) досить перевірити рівність Вп = А. 2) Вираз n na розглянемо окремо при п = 2k + 1 (непарне) і при п = 2k (парне). Рис. 107
- 267. 267 Якщо п —непарне, то враховуємо, що вираз n n a існує при будь яких значеннях а, і те, що знак 2 1 2 1n kn k a a+ + = збігається із знаком а. Тоді за означенням кореня n го степеня одержуємо 2 1 2 1n kn k a a a+ + = = . Якщо п — парне, то враховуємо, що вираз 2 2n kn k a a= позначає арифме тичне значення кореня n го степеня (отже, 2 2 0k k a l ), і те, що | a |2k = a2k . Тоді 2 2n kn k a a a= = . 3) Формулу n k nk a a= при а l 0 обґрунтуємо, розглядаючи її справа наліво. Оскільки ( ) ( )( ) ( ) , knk n kn nk k k a a a a= = = то за означенням .nnk k a a= 4) Справедливість формули ( )k nn ka a= при а l 0 випливає з рівності ( )( ) ( ) ( )( ) . n kk kn n n n n ka a a a= = = 5) Для обґрунтування формули n n n ab a b= ⋅ при а l 0, b l 0 використовуємо рівність ( ) ( ) ( ) . n n n n n n n a b a b ab⋅ = = 6) Для обґрунтування формули n an n a b b = при а l 0, b > 0 використовуємо рівність ( ) ( ) . n n n n nn n a a a bb b = = 7) Властивість кореня n nkm mk a a= при а l 0 випливає з рівності ( ) ( )( ) ( ) . knk n kn nm m m mka a a a= = = ) Наприклад, 66 38 2 2= = (показник кореня і показник степеня підкоре невого виразу поділили на натуральне число 3). § 23. Корінь n го степеня та його властивості
- 268. 268 РОЗДІЛ 3. Степеневафункція За допомогою формули n n n ab a b= (а l 0, b l 0) можна одержати важливі наслідки: формули винесення множника з під знака кореня або внесення множника під знак кореня. Дійсно, при а l 0, b l 0 .n n n nn n a b a b a b= ⋅ = Розглядаючи одержану фор мулу зліва направо, маємо формулу винесення невід’ємного множника з під знака кореня n nna b a b= , а справа наліво —формулу внесення невід’ємного множника під знак кореня nn na b a b= . Наприклад, 5 5 5 5596 32 3 2 3 2 3.= ⋅ = ⋅ = 8) Зазначимо ще одну властивість коренів n го степеня: для будь яких невід’ємних чисел a і b якщо a > b, то n n a b> . ( Доведемо це методом від супротивного. Припустимо, що .n n a bm Тоді при піднесенніобохчастиностанньоїнерівностізневід’ємнимичленамидоn го степеня(іззбереженнямзнаканерівності)одержуємоправильнунерівність a m b. Це суперечить умові a > b. Отже, наше припущення неправильне і .n n a b> ) Наприклад, враховуючи, що 21 > 16, одержуємо 4 4 21 16.> Оскільки 4 16 2,= маємо, що 4 21 2.> Узагальнення властивостей кореня п го степеня * Основна частина формул, які виражають властивості коренів n го степе ня, обґрунтована для невід’ємних значень підкореневих виразів. Але інколи доводиться виконувати перетворення виразів з коренямиn го степеня і в тому випадку, коли таких обмежень немає. Наприклад, добувати корінь квадрат ний (або в загальному випадку корінь парного степеня) з добутку ab від’ємних чисел (a < 0, b < 0). Тоді ab > 0 і 2k ab існує, проте формулою n n n ab a b= (1) скористатися не можна: вона обґрунтована тільки для невід’ємних значень a і b. Але у випадку ab > 0 маємо: ab = | ab | = | a |æ| b | і тепер | a | > 0 та | b | > 0. Отже, для добування кореня з добутку | a |æ| b | можна використати форму лу (1). Тоді при a < 0, b < 0 можемо записати: 2 2 2 2 .= ⋅ = ⋅k k k kab a b a b * Цей матеріал є обов’язковим тільки для класів фізико математичного профілю.
- 269. 269 Зазначимо, що одержанаформула справедлива і при a l 0, b l 0, оскільки в цьому випадку | a | = a і | b | = b. Отже, при ab lllll 0 2 2 2k k kab a b= ⋅ . Аналогічно можна узагальнити властивість 6. При 0 a b l 2 2 2 k k k aa b b = . Слід зазначити, що в тих випадках, коли обґрунтування основних формул можна повторити і для від’ємних значень a і b, такими формулами можна користуватися для будь яких а і b (з ОДЗ лівої частини формули). Наприклад, для коренів непарного степеня для будь яких значень a і b 2 1 2 1 2 1 .k k k ab a b+ + + = ⋅ (2) Дійсно, ліва і права частини цієї формули існують при будь яких значен няхa таbівиконуєтьсярівність ( ) ( ) ( )2 +1 2 +1 2 +1 2 1 2 1 2 1 2 1 = . k k k k k k k a b a b ab+ + + + ⋅ = Тоді за означенням кореня (2k+1) го степеня виконується і рівність (2). Наприклад, 3 3 3 315 15 5a b a b a b= ⋅ = при будь яких значеннях a і b. Але деякими формулами не вдається користуватися для довільних зна чень a і b. Наприклад, якщо ми за основною властивістю кореня запишемо, що 6 32 a a= (показник кореня і показник степеня підкореневого виразу поді лили на натуральне число 2), то одержана рівність не є тотожністю, оскільки при a = –1 (ліва і права частина цієї рівності означені при всіх значеннях a) маємо ( )2 36 1 1,− = − тобто 1 = –1 — неправильну рівність. Отже, при діленні показника кореня і показника степеня підкореневого виразу на парне натуральне число потрібно узагальнити основну властивість кореня. Для цього досить помітити, щоa2 = | a |2 , і тепер основа степеня підко реневоговиразу| a | l0,азначить,можнавикористатиосновнуформулу(влас тивість 7): 26 62 3 .= =a a a У загальному випадку, якщо при використанні основної властивості ко реня доводиться ділити показник кореня і показник степеня підкореневого виразу на парне натуральне число, то в результаті основу степеня підкоре невого виразу доводиться брати за модулем, тобто 2 2 mkn nkm a a= . Аналогічно можна обґрунтувати й інші приклади використання основних властивостей коренів при довільних значенняха і b (з ОДЗ лівої частини фор мули), які наведено в таблиці 43. § 23. Корінь n го степеня та його властивості
- 270. 270 РОЗДІЛ 3. Степеневафункція Т а б л и ц я 43 Основні формули для кореня п го степеня (тільки для невід’ємних значень а і b, тобто 0, 0 a b l l 1. a an n ( ) = 2. n n a a= 3. Корінь з кореня n k nk a a= 4. Корінь з добутку n n n ab a b= і добуток коренів n n n a b ab= 5. Корінь з частки n n n a a b b = (b ≠ 0) і частка коренів n n n a a bb = 6. Основна властивість кореня: n nkm mka a= і навпаки 7. Винесення множника з під знака кореня n nna b a b= 8. Внесення множника під знак кореня n n n a b a b= Чи можна користуватися основними формулами для будь яких а і b з ОДЗ лівої частини формули (якщо ні — дається узагальнена формула) корінь непарного степеня корінь парного степеня можна можна можна можна можна можна можна можна, якщо всі корені непарного степеня (тобто перехід непарний → непарний) тільки для невід’ємних а 2 2k k a a= можна 2 2 2k k kab a b= 2 2 2 k k k aa b b = Перехід парний → парний можна Перехід непарний → парний a a a a a mn mknk m mknk m == −− << при при l 0 0 , nk mk mna a= n nn a b a b= a b a b a a b a n nn nn == −− << , , , , при при l 0 0 де b l 0 можна можна nk nmk m a a=
- 271. 271 З а ув а ж е н н я. Під терміном «перехід», який використано в таблиці 43, слід розуміти перехід у відповідній формулі від кореняп го степеня до кореня т го степеня. Якщо п і т обидва парні, то такий перехід коротко охарактеризовано як «перехід парний → парний» (типу )84 2 4 .=a a Якщо п і т обидва непарні, то в таблиці записано, що виконано «перехід непарний → непарний» (типу a a915 35 = ). Якщо п — непарне число, а т — парне число, то в таблиці говориться, що виконано «перехід непарний → парний» (типу ( ) ( ) )3 65 10 2 2 .− = − − Таким чином, якщо за умовою завдання на перетворення виразів з кореня ми n го степеня (ірраціональних виразів) відомо, що всі букви (які входять до запису заданого виразу) невід’ємні, то для перетворення цього виразу можна користуватисяосновнимиформулами,аякщотакоїумовинемає,тодоводить ся аналізувати ОДЗ заданого виразу і тільки після цього вирішувати, якими формуламикористуватися—основнимичиузагальненими. Приклади розв’язання завдань Приклад 1 Знайдіть значення виразу: 1) 4 625; 2) 3 1 27 ;− 3) 5 32 243 . Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р § 23. Корінь n го степеня та його властивості 1) 4 625 5,= оскільки 54 = 625; 2) 3 1 1 27 3 ,− = − оскільки( ) 3 1 1 3 27 ;− = − 3) 5 32 2 243 3 ,= оскільки ( ) 5 2 32 3 243 .= Використаємо означення кореня n го степеня. Запис n a b= означає, що bn = a. Приклад 2 Знайдіть значення виразу: 1) 3 27 125;⋅ 2) 4 4 2 8.⋅ К о м е н т а р Використаємо властивості кореня n го степеня і врахуємо, що кожну фор мулу, яка виражає ці властивості, можна використати як зліва направо, так і справа наліво. Наприклад, для розв’язування завдання 1 скористаємося фор мулою ,n n n ab a b= ⋅ а для розв’язування завдання 2 використаємо цю саму формулу справа наліво, тобто: n n n a b ab⋅ = (при a l 0, b l 0). Р о з в ’ я з а н н я 1) 33 3 27 125 27 125 3 5 15;⋅ = ⋅ = ⋅ = 2) 4 4 4 4 2 8 2 8 16 2.⋅ = ⋅ = =
- 272. 272 РОЗДІЛ 3. Степеневафункція Приклад 3 Порівняйте числа: 1) 4 50 і 7; 2) 4 3 і 3 3. Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р 1) 4 42 7 7 49.= = Оскільки50 > 49, то 4 4 50 49,> тобто 4 50 7;> 2) 124 12 3 3 3 27,= = 3 12 124 3 3 81.= = Оскільки 27 < 81, то 12 12 27 81,< тобто 34 3 3.< Для порівняння заданих чисел в кожному завданні досить привести всі корені до одного показника коре ня і врахувати, що для будь яких не від’ємних чисел a і b, якщо a > b, то .n n a b> Приклад 4 Подайте вираз у вигляді дробу, знаменник якого не містить кореня n го степеня: 1) 5 1 3 ; 2) 4 5 1 ; + 3* ) 1 1 . a + К о м е н т а р Узавданні1врахуємо,що 5 53 3,= отже,післямноженнячисельникаі зна менника заданого дробу на 5 4 3 знаменник можна буде записати без знаку радикала. У завданні 2 досить чисельник і знаменник заданого дробу домно житинарізницю 5 1 0− ≠ (щободержативзнаменникуформулурізниціквад ратів). Але виконання аналогічного перетворення в завданні 3 пов’язане з певни ми проблемами. ОДЗ виразу 1 1a + є: а l 0 (і всі тотожні перетворення по трібно виконувати для всіх значень а l 0). Ми хочемо домножити чисельник і знаменник заданого дробу на вираз 1.a − За основною властивістю дробу це можна зробити тільки для випадку, коли 1 0,a − ≠ тобто тільки при а ≠ 1. Але а = 1 входить до ОДЗ початкового виразу, і тому вибраний нами спосіб розв’язування приведе до звуження ОДЗ початкового виразу. Дійсно, якщо записати, що ( )( ) 1 1 1 11 1 1 , a a aa a a − − −+ + − = = то ця рівність не є тотожністю, оскільки не виконується для а= 1 з ОДЗ початкового виразу. У цьому випад ку, щоб не припуститися помилок, можна користуватися таким о р і є н т и р о м: якщо для тотожних перетворень (чи для розв’язування рівнянь та нерівностей)доводиться використовувати перетворення (чи формули), які приводять до звуження ОДЗ початкового виразу, то значення, на якi зву жується ОДЗ заданого виразу, слід розглянути окремо.
- 273. 273 Р о зв ’ я з а н н я 1) 5 5 54 4 4 5 5 5 54 5 1 3 3 3 33 3 3 3 . ⋅ = = = 2) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 4 4 5 1 4 5 1 4 5 1 45 1 5 1 5 1 5 1 5 1. − − − + + − − = = = = − 3) Позначимо 1 1 . a A + = Тоді при a = 1 одержуємо 1 1 21 1 .A + = = При а ≠ 1 (а l 0) маємо ( )( ) 1 1 1 11 1 1 . a a aa a a A − − −+ + − = = = Відповідь: при а = 1 1 2 ,A = при а ≠ 1 (а l 0) 1 1 a a A − − = (тобто відповідь не може бути записана однозначно). Приклад 5 Спростіть вираз: 1) 3 3 6 6 ; a b a b − − 2) a ab b ab + + при a > 0 і b > 0; 3* ) . a ab b ab + + Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р § 23. Корінь n го степеня та його властивості 1) І спосіб ( ) ( ) 2 2 6 63 3 6 6 6 6 a ba b a b a b −− − − = = ( )( )6 6 6 6 6 6 6 6 . a b a b a b a b − − + = = + ІІ спосіб Позначимо 6 ,=a x b y6 = , де a l 0, b l 0. Тоді ( )2 3 6 2 a a x= = і b b y3 6 2 2 = ( ) = . Отже, ( )( )3 3 2 2 6 6 x y x yx ya b x y x ya b − +−− − −− = = = = + = +x y a b6 6 . 2) ( ) ( ) 2 2 a ab a a b b ab b a b + + + + = = ( ) ( ) . a a b a a bb a b b + + = = = У завданні 1 ОДЗ заданого вира зу: a l 0, b l 0, 6 6 0.a b− ≠ Для не від’ємних значень a і b ми маємо пра во користуватися всіма основними формуламиперетвореннякоренів(як зліва направо, так і справа наліво). При a l 0, b l 0 можна записати: ( )2 3 6 a a= і ( )2 3 6 b b= . Тоді чисель ник заданого дробу можна розкласти як різницю квадратів. Для того щоб виділити в чисель нику різницю квадратів, можна та кож виконати заміну a x b y6 6 = =; . У завданні 2 за даної умови a > 0 і b > 0, тому ми маємо право скорис татися всіма основними формулами перетворення коренів. Тоді ,ab a b= ( ) 2 ,=a a ( ) 2 .b b=
- 274. 274 РОЗДІЛ 3. Степеневафункція 3) Позначимо . a ab b ab A + + = При 0, 0 a b l l (і )0+ ≠b ab маємо: ( ) ( ) 2 2 a a ba ab b ab b a b A ++ + + = = = ( ) ( ) . a a b a a bb b a b + + = = = При 0, 0 a b m m (і )0+ ≠b ab маємо: ( ) ( ) a a ba ab b ab b a b A − − ++ + − − + = = = ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 a a b a a b b b ab a b − − + − − − − − + − − − − − −− − + − − = = = . a a a b bb − − −− = − = − = − Відповідь: 1) при a l 0 і b > 0 ; a b A = 2) при a m 0 і b < 0 (з ОДЗ) .a b A = − У завданні 3 ОДЗ заданого вира зу: ab l 0, 0.b ab+ ≠ Але ab l 0 при 0, 0 a b l l або 0, 0. a b m m При 0, 0 a b l l ми має мо право користуватися всіма основ ними формулами перетворення ко ренів (як у завданні 2), а при 0, 0 a b m m доведеться використати узагальнену формулу: =ab a b іврахувати, що при a m 0 одержуємо (–a) l 0. Тоді можназаписати: a a a= − −( ) = − −( ) 2 . Аналогічно при b m0 можна записати b b b= − −( ) = − −( ) 2 . Також слід вра хувати, що при a m 0 і b m 0 маємо: | a | = –a і | b | = –b. Записуючи відповідь, доцільно врахувати,що b=0невходитьдоОДЗ заданого виразу. Приклад 6* Спростіть вираз a a4 23 . К о м е н т а р В умові не сказано про те, що значення a невід’ємні, тому доведеться спо чатку визначити ОДЗ заданого виразу. Вираз 3 2a існує при будь яких значеннях a і є невід’ємним. Вираз а4 та кож існує і невід’ємний при будь яких значенняхa. Отже, при будь яких зна ченняхa під знаком квадратного кореня буде знаходитися невід’ємний вираз 34 2.a a Тобто заданий вираз існує при будь яких значеннях a (ОДЗ: a ∈ R), і його перетворення потрібно виконати на всій ОДЗ. Можливими є декілька шляхів перетворення заданого виразу, наприклад: 1) спочатку розглянути корінь квадратний із добутку, а потім скористатися формулою кореня з кореня і основною властивістю кореня; 2) внести вираз а4 під знак кубічного кореня, а потім теж використати формулу кореня з кореня
- 275. 275 і основну властивістькореня. На кожному з цих шляхів враховуємо, що при будь яких значеннях a значення a2 l 0 і a4 l 0 (отже, для цих виразів можна користуватися основними формулами), а при використанні основної власти вості кореня доводиться ділити показник кореня і показник степеня підкоре невого виразу на парне натуральне число 2, тому в результаті основу степеня підкореневого виразу доводиться брати за модулем (оскільки a ∈ R). Р о з в ’ я з а н н я І спосіб 23 3 6 64 2 4 2 2 2 2 2 3a a a a a a a a a a= ⋅ = = = . ІІ спосіб 14 73 3 6 6 34 2 12 2 14a a a a a a a= ⋅ = = = = 6 6 23 3 23 3 3 .a a a a a a a a= ⋅ = = = Запитання для контролю 1. Дайте означення кореня n го степеня з числа a. Наведіть приклади. 2. Дайте означення арифметичного кореня n го степеня з числа a. Наведіть приклади. 3. При яких значеннях a існують вирази 2k a та 2 1k a+ (k ∈ N)? 4. Запишіть властивості кореня n го степеня для невід’ємних значень підко реневих виразів. 5* .Доведіть властивості кореня n го степеня для невід’ємних значень підко реневих виразів. 6* .Якими властивостями кореня n го степеня можна користуватися при до вільних значеннях букв (з ОДЗ лівої частини відповідної формули)? На ведіть приклади використання основних формул та їх узагальнень. 7. При яких значеннях a має корені рівняння: 1) x2k+1 = a (k ∈ N); 2) x2k = a (k ∈ N). 8. Запишіть усі розв’язки рівняння: 1) x2k+1 = a (k ∈ N); 2) x2k = a (k ∈ N): а) при a > 0; б) при a < 0; в) при a = 0. Наведіть приклади таких рівнянь та розв’яжіть їх. Вправи 1. Перевірте правильність рівності: 1°) 3 64 4;= 2°) 9 1 1;− = − 3) 10 1024 2;= 4°) 25 0 0;= 5°) 5 32 2;− = − 6°) 13 1 1.= 2°. Обчисліть: 1) 3 8;− 2) 4 1 16 ; 3) 13 1;− 4) 5 32; 5) 3 125; 6) 4 81. Знайдіть значення виразу (3–7). 3. 1°) 3 8 1000;⋅ 2°) 4 16 625;⋅ 3) 3 24 9;⋅ 4) 5 48 81.⋅ § 23. Корінь n го степеня та його властивості
- 276. 276 РОЗДІЛ 3. Степеневафункція 4. 1) 55 9 27;⋅ 2) 3 3 2 500;⋅ 3) 7 7 8 16;⋅ − 4) 4 4 5 125.⋅ 5. 1) 3 3 16 2 ; − 2) 4 4 729 9 ; 3) 3 3 625 5 ; − 4) 6 6 1024 16 . 6°. 1) 3 3 37 11 ;⋅ 2) 6 6 6 2 3 ;⋅ 3) 7 7 73 5 ;⋅ 4) ( ) 5 5 51 2 10 .⋅ 7°. 1) 5 10 152 3 ;⋅ 2) 3 6 9 5 2 ;⋅ 3) 0 1 3 4 84 , ;( ) 4) ( ) 30 10 201 3 6 .⋅ 8. Порівняйте числа: 1°) 9 0,1 і 0; 2°) 11 1,3 і 1; 3) 4 23 і 5; 4) 5 4 і 3 3. 9°. При яких x має зміст вираз: 1) 5 5 1;x + 2) 4 2 6;x − 3) 6 2;x + 4) 8 5 . x 10. Подайте вираз у вигляді дробу, знаменник якого не містить кореня n го степеня: 1) 7 3 2 ; 2) 4 7 1 ; − 3* ) 1 3 ; a + 4* ) 3 32 1 1 . x x+ + 11. Винесіть множник за знак кореня (a > 0, b > 0): 1) 5 11 7 ;a b 2) 4 7 13 ;a b 3) 3 5 1427 ;a b− 4) 6 9 17 128 .a b 12* .Винесіть множник за знак кореня: 1) 4 4 14;a b 2) 7 9 8;a b 3) 6 12 764 ;a b 4) 8 17 9.a b 13. Внесіть множник під знак кореня (a > 0, b > 0): 1) 3 7;a 2) 4 ;b ab− 3) 7 5;ab 4) 26 11 . a b ab 14* .Внесіть множник під знак кореня: 1) 4 7;a 2) 73 ;a ab 3) 6 5 2 ;b a ab 4) 8 3 3 .b b− − 15. Спростіть вираз: 1) 8 8 a при a < 0; 2) 5 5 a при a < 0; 3) 34 4 3 a a− при a > 0; 4) 67 7 6 a a+ при a < 0. 16* .Спростіть вираз: 1) 4 43 3 52 16 ;ab a b⋅ 2) 6 6 63 5 4 5 4 ;ab c a b c b c⋅ ⋅ 3) 8 56 4 ;a a 4) 4 3 5 23 2 .a a a 17. Спростіть вираз: 1) 3 3 3 ; a b a b ab − − − 2) 4 4 44 4 ; x y x xy x y x y − + − + − 3* ) 3 62 5 3 2 2 , ab ab b a b ab − + − де a > 0, b > 0, a ≠ b; 4* ) 3 6 3 6 . x xy y xy − − 18°. Розв’яжіть рівняння: 1) x3 = 7; 2) x6 = 3; 3) x5 = –5; 4) x8 = –13; 5) x4 = 16; 6) x3 = –64.
- 277. 277 ІРРАЦІОНАЛЬНІ РІВНЯННЯ§§§§§2424242424 Т аб л и ц я 44 Поняттяірраціональногорівняння Рівняння, у яких змінна знаходиться під знаком кореня, називають ірра ціональними. Для розв’язування задане ірраціональне рівняння найчасті ше зводять до раціонального рівняння за допомогою деяких перетворень. Розв’язуванняірраціональнихрівнянь 1. За допомогою піднесення обох частин рівняння до одного степеня При піднесенні обох частин рів няння до непарного степеня одер жуємо рівняння, рівносильне зада ному (на його ОДЗ). При піднесенні обох частин рів няння до парного степеня можуть з’явитися сторонні корені, які від сіюються перевіркою. Приклад 1. Розв’яжіть рівняння 3 1 2.x − = ( )3 3 3 1 2 ,x − = х – 1 = 8, х = 9. Відповідь: 9. Приклад 2. Розв’яжіть рівняння 2 3 .x x+ = ( )2 2 2 3 ,x x+ = х2 – 2х – 3 = 0, х1 = –1, х2 = 3. П е р е в і р к а. При х = –1 маємо: 1 1= − — неправильна рівність, отже, х = –1 — сторонній корінь. При х = 3 маємо: 9 3= —правиль на рівність, отже, х = 3 — корінь заданого рівняння. Відповідь: 3. 2. За допомогою заміни змінних Якщо до рівняння змінна входить в одному і тому самому вигляді, то зручно відповідний вираз із змінною позначити однією буквою (новою змінною). Приклад 3. Розв’яжіть рівняння 3 32 2.x x+ = Позначимо 3 .x t= Тоді ( )2 3 32 2 .x x t= = Одержуємо рівняння: t2 + t = 2, t2 + t – 2 = 0, t1 = 1, t2 = –2. Виконуємо обернену заміну: 3 1,x = тоді х = 1 або 3 2,x = − звідси х = – 8. Відповідь: 1; –8.
- 278. 278 РОЗДІЛ 3. Степеневафункція Пояснення й обґрунтування Ірраціональними рівнянняминазивають такі рівняння, у яких змінна зна ходиться під знаком кореня. Наприклад, 2 5,x − = 3 2x x+ = — ірраціо нальні рівняння. Найчастішерозв’язуванняірраціональнихрівняньґрунтуєтьсяназведенні заданогорівняннязадопомогоюдеякихперетвореньдораціональногорівнян ня. Як правило, це досягається за допомогою піднесення обох частин ірра ціонального рівняння до одного і того самого степеня (часто декілька разів). Слід враховувати, що при піднесенні обох частин рівняння до непарного степеня завжди одержуємо рівняння, рівносильне заданому (на його ОДЗ). Наприклад, рівняння 3 7 3x + = (1) рівносильнерівнянню x +( ) =7 33 3 3 , (2) тобто рівнянню х + 7 = 27. Звідси х = 20. Для обґрунтування рівносильності рівнянь (1) і (2) досить звернути увагу на те, що рівності А = В і А3 = В3 можуть бути правильними тільки одночас но, оскільки функція у = t3 є зростаючою (на рисунку 108 наведено її графік) і кожногосвогозначеннявонанабуваєтількиприодномузначенніаргументу t. Отже, усі корені рівняння (1) (які перетворюють це рівняння на правильну рівність) будуть і коренями рівняння (2), та навпаки, усі корені рівняння (2) будуть коренями рівняння (1). А це й означає, що рівняння (1) і (2) є рівно сильними. Аналогічно можна обґрунтувати рівносильність відповідних рівнянь і у випадку піднесення обох частин рівняння до одного і того самого довільного непарного степеня. Якщо для розв’язування ірраціонального рівняння обидві частини підне сти до парного степеня, то одержуємо рівняння наслідок — коли всі корені першого рівняння будуть коренями другого, але друге рівняння може мати корені, що не задовольняють заданому рівнянню. Такі корені називають сторонніми для заданого рівняння. Щоб з’ясувати, чи є одержані числа кореня ми заданого рівняння, виконують пере вірку одержаних розв’язків. Наприклад, для розв’язування рів няння 2x x= − (3) піднесемо обидві його частини до квад рата і одержимо рівняння x x( ) = −( ) 2 2 2 . (4) Рис. 108
- 279. 279 § 24. Ірраціональнірівняння Враховуючи, що x x( ) = 2 , маємо х = 4 – 4х + х2 , тобто х2 – 5х + 4 = 0. Звідси х1 = 1, х2 = 4. Виконуємо перевірку. При х = 1 рівняння (3) перетворюється на правиль ну рівність 1 2 1,= − 1 = 1. Отже, х = 1 є коренем рівняння (3). При х = 4 одержуємо неправильну рівність 4 2 4;= − 2 ≠ –2. Отже, х = 4 — стороннійкоріньрівняння(3).Тобтодовідповідіпотрібнозаписатитільких = 1. З’явлення стороннього кореня пов’язане з тим, що рівність А2 = В2 можна одержати при піднесенні до квадрата обох частин рівності А = В або рівності А = –В. Отже, виконання рівності А2 = В2 ще не гарантує виконання рівності А = В. Тобто корені рівняння (4) не обов’язково є коренями рівняння (3) (але, звичайно, кожен корінь рівняння (3) є коренем рівняння (4), оскільки при виконанні рівності А = В обов’язково виконується і рівність А2 = В2 ). Приклади розв’язання завдань Приклад 1 Розв’яжіть рівняння 3 5 1 4.x x+ + − = Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р 5 1 4 3,x x− = − + 5 1 4 3 2 2 x x−( ) = − +( ) , 5 1 16 8 3 3,x x x− = − + + + 8 3 20 4 ;x x+ = − 2 3 5 ,x x+ = − 2 3 5 2 2 x x+( ) = −( ) , 4(х + 3) = 25 – 10х + х2 , х2 – 14х + 13 = 0, х1 = 1, х2 = 13. П е р е в і р к а. х = 1 — корінь ( )4 4 4, 4 4 ;+ = = х = 13 — сторон ній корінь ( )16 64 4 .+ ≠ Відповідь: 1. Ізолюємо один корінь і піднесемо обидві частини рівняння до квадра та — так ми позбудемося одного ко реня. Потімзновуізолюємокоріньізно ву піднесемо обидві частини рівнян ня до квадрата — одержимо квадрат не рівняння. Оскільки при піднесенні до квад рата можемо одержати сторонні ко рені, то в кінці виконаємо перевірку одержаних розв’язків. Приклад 2 Розв’яжіть рівняння 8 6 6 2. x x − − − = Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р Нехай 6 ,x t− = де t > 0. Одержуємо 8 2. t t− = Тоді t2 + 2t – 8 = 0. Звідси t1 = 2, t2 = –4. Якщо в задане рівняння змінна входить в одному і тому самому ви гляді 6−( )x , то зручно цей вираз із змінною позначити однією буквою — новою змінною 6− =( )x t .
- 280. 280 РОЗДІЛ 3. Степеневафункція Приклад 3* Розв’яжіть рівняння 3 2 1 3.x x− + + = Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р t1 = 2 — задовольняє умові t > 0; t2 = –4 — не задовольняє умові t > 0. Обернена заміна дає: 6 2,x− = 6 – х = 4, х = 2. Відповідь: 2. Якщозафіксуватиобмеженняt > 0 (арифметичне значення 6 0x− l і в знаменнику не може стояти 0), то в результаті заміни і зведення одер жаного рівняння до квадратного ви конуватимутьсярівносильніперетво рення заданого рівняння. Можна було не фіксувати обме ження t > 0, але тоді в результаті пе ретворень отримуємо рівняння на слідки, і одержані розв’язки дове деться перевіряти. Нехай x u x v − = + = 2 1 3 , . Тоді 3 2 2 , 1 . x u x v − = + = Одержуємосистему 3 2 3, 3. u v u v + = − = − З першого рівняння знаходимо v = 3 – u і підставляємо в друге рів няння. u3 – (3 – u)2 = –3, u3 – (9 – 6u + u2 ) = –3, u3 – u2 + 6u – 6 = 0, u2 (u – 1) + 6 (u – 1) = 0, (u – 1)(u2 + 6) = 0. Враховуючи, що u2 + 6 ≠ 0, одержує мо u = 1. Тоді v = 2. Маємо систему x x − = + = 2 1 1 2 3 , . З першого рівняння х = 3, що задо вольняє і другому рівнянню. Відповідь: 3. Деякі ірраціональні рівняння, що містять кілька коренів п го степеня, можна звести до систем раціональ нихрівнянь,замінившикоженкорінь новою змінною. Після заміни 3 2 ,x u− = 1x v+ = із заданого рівняння отримуємо тільки одне рівняння u + v = 3. Для одержаннядругогорівняннязапише мо, що за означенням кореня п го степеня 3 2 2 , 1 . x u x v − = + = Віднімемовідпер шої рівності другу (щоб позбутися змінної х) і одержимо ще один зв’я зок між u і v: u3 – v2 = –3. Одержанусистемурівняньрозв’я зуємо методом підстановки. Слід звернути увагу на те, що, ви конуючи обернену заміну, необхідно з’ясувати, чи існує значення х, яке задовольняє обом співвідношенням заміни.
- 281. 281 При розв’язуванні системрівнянь, що містять ірраціональні рівняння, найчастіше використовуються традиційні методи розв’язування систем рівнянь: метод підстановки і метод заміни змінних. При розв’язуванні слід враховувати, щозаміна змінних (разом з оберненою заміною) завжди є рівно сильним перетворенням (звичайно, якщо при вибраній заміні не відбуваєть ся звуження ОДЗ заданого рівняння чи системи). Але якщо для подальшого розв’язування рівнянь, одержаних в результаті заміни, ми будемо користу ватися рівняннями наслідками, то можемо отримати сторонні розв’язки, і тоді одержані розв’язки доведеться перевіряти. Приклад 4 Розв’яжіть систему рівнянь x y x y 4 4 3 3 + = − = , . Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р § 24. Ірраціональні рівняння Заміна 4 x u= і y4 = v дає систему 2 2 3, 3. u u + = − = v v З першого рівняння цієї системи: u = 3 – v. Тоді з другого рівняння одержуємо (3 – v)2 – v2 = 3. Звідси v = 1, тоді u = 2. Обернена заміна дає: y4 1= , отже, y = 1; 4 2,x = отже, x = 16. Відповідь: (16; 1). Якщо позначити 4 x u= і y4 = v, то 2x u= і y = v2. Тоді задана сис тема буде рівносильна алгебраїчній системі,якулегкорозв’язати,апісля оберненої заміни одержати систему найпростіших ірраціональних рів нянь. Враховуючи, що заміна та оберне назамінаприводилидорівносильних систем, одержуємо, що розв’язки за даної системи збігаються з розв’язка ми системи x y 4 4 2 1 = = , , тобто 16, 1. x y = = Запитання для контролю 1. Назвіть основні методи розв’язування ірраціональних рівнянь. Наведіть приклади застосування відповідних методів. 2. Поясніть, чому для розв’язування рівнянь x x25 5 3 4 0+ − = , 3 6 2 0x x− − = зручновикористатизамінузмінної.Укажітьзамінудлякожногорівняння. 3* .Обґрунтуйте, що при піднесенні обох частин рівняння до непарного степе ня завжди одержуємо рівняння, рівносильне заданому. 4* .Поясніть, чому при піднесенні обох частин рівняння до парного степеня можуть з’явитися сторонні корені. Як відсіюють сторонні корені?
- 282. 282 РОЗДІЛ 3. Степеневафункція Вправи Розв’яжіть рівняння (1–6). 1. 1) 2 1;x − = 2) 1 3;x − = − 3) 3 1 3;x − = − 4) 3 2 125 5;x + = 5) 4 2 9 3.x − = 2. 1) 1 5;x x+ = − 2) 3 2 4;x x− + = 3°) 3 3 ;x x x− = − 4) 3 3 0.x x x+ − = 3. 1) 2 2 5 3;x x− + + = 2) 2 20 15 5;x x− + + = 3) 3 1 4;x x− = + − 4) 2 6 2.x x+ − − = 4. 1) 3 3 2 6 ;x x x− + = 2) 3 3 5 ;x x x− + = − 3) 3 3 10 2;x− + = 4) 3 2 2 3 4 2.x x+ + − = 5. 1) 3 6 3 4;x x+ = 2) 4 2 2 2 3;x x− + − = 3) 84 3 1 1 4;x x+ + + = 4) 42 2 1 1 2.x x− + − = 6* . 1) 3 2 1 1;x x− = − − 2) 3 3 2 3 2 1 2.x x+ − + = Розв’яжіть систему рівнянь (7 – 8). 7. 1) 3 3 3 3 3 6, 2; x y x y + = − = 2) 2 3 7, 3 5; x y x y + = − = 3) 3, 2 7; x y x y + = − = 4) 2 7, 4. x y x y − = = 8* . 1) 3 3 4, 28; x y x y + = + = 2) 4 4 2, 8; + + − = + − − = x y x y x y x y 3) 3 6 2, 2 2 1; x y x y + + = − + = 4) 1 1, 2 2 2. x y x y y + − = − + = −
- 283. 283 25.1. УЗАГАЛЬНЕННЯ ПОНЯТТЯСТЕПЕНЯ Т а б л и ц я 45 УЗАГАЛЬНЕННЯ ПОНЯТТЯ СТЕПЕНЯ. СТЕПЕНЕВА ФУНКЦІЯ, ЇЇ ВЛАСТИВОСТІ ТА ГРАФІК§§§§§2525252525 1. Степінь з натуральним і цілим показником a1 = a разів ...= ⋅ ⋅ ⋅n n a a a a а ∈ R, n ∈ N (n l 2) a0 = 1 a ≠ 0 1− =n na a a ≠ 0, n ∈ N 2. Степінь з дробовим показником 1 = nna a a l 0 m n mna a= a > 0, n ∈ N (n l 2), m ∈ Z 3. Властивості степенів am æan = a m + n a m : an = am – n (am )n = amn (ab)n = an bn ( ) n n n a a b b = ( ) ( ) n n a b b a − = Пояснення й обґрунтування 1. Вам відомі поняття степенів з натуральним та цілим показником. Нага даємо їх означення та властивості. Якщо n — натуральне число, більше за 1, то для будь якого дійсного чис ла a разів ...n n a a a a= ⋅ ⋅ ⋅ , тобто an дорівнює добутку n співмножників, кожен з яких дорівнюєa. При n = 1 вважають, що a1 = a . Якщо a ≠ 0, то a0 = 1 і 1 n n a a− = , де n — натуральне число. Наприклад, (– 5)3 = (– 5)æ(– 5)æ(– 5) = –125, 3 3 1 1 2 8 2 .− = = Також вам відомі основні властивості степенів: am æan = am + n ; am : an = am – n ; (am )n = amn ; (ab)n = an bn ; ( ) . n n n a a b b =
- 284. 284 РОЗДІЛ 3. Степеневафункція Нагадаємо ще одну корисну властивість ( ) ( ) ( )1 1 . n nn n n n n a b b ab a aa b b − = = = = Узагальнимо поняття степеня для виразів виду 2 7 3 ; 60,2 ; 1 3 5 − і т. п., тобто для степенів з раціональними показниками. Відповідне означення бажано дати так, щоб степені з раціональними показниками мали ті самі власти вості, що й степені з цілими показниками. Наприклад, якщо ми хочемо, щоб виконувалася властивість (ap )q = apq , то повинна виконуватися рівність a a a m n n m n n m( ) = = ⋅ . Але за означенням кореня n го степеня остання рівність означає, що число m n a є коренем n го степеня з числа am . Це приводить нас до такого означення. Степенем числа a > 0 з раціональним показником , m n r = де m — ціле число, а n — натуральне число (n > 1), називається число .n m a Також за означенням приймемо, що при r > 0 0r = 0 . Наприклад, за означенням степеня з раціональним показником: 2 7 7273 3 9;= = 5 5 1 3 3 = ; 3 4 3 44 1 8 2 2 ;− − = = 2 5 0 0.= З а у в а ж е н н я. Значення степеня з раціональним показником m n a (де n > 1) не означається при a < 0. Це пояснюється тим, що раціональне число r можна подати різними спо собами у вигляді дробу: , m mk n nk r = = де k — будь яке натуральне число. При а > 0, використовуючи основну властивість кореня і означення степе ня з раціональним показником, маємо: . m mk n nkr m mkn nk a a a a a= = = = Отже, при а > 0 значення аr не залежить від форми запису r. Приа < 0 цю властивість не вдається зберегти. Наприклад, якщо 1 2 3 6 ,r = = то повинна виконуватися рівність 1 2 3 6 .a a= Але при а = –1 одержуємо: ( ) 1 1 33 31 1 1;a = − = − = − ( ) ( ) 2 2 26 66 61 1 1 1 1.a = − = − = = ≠ − Тобтопривід’ємнихзна ченнях а маємо: 1 2 3 6 ,a a≠ і через це означення степеня m n a (т — ціле, п — натуральне, не рівне 1) для від’ємних значень а не вводиться.
- 285. 285 Покажемо тепер, щодля введеного означення степеня з раціональним по казником зберігаються всі властивості степенів з цілими показниками (різни ця полягає в тому, що наведені далі властивості є правильними тільки для додатних основ). Для будь яких раціональних чисел r і s та будь яких додатних чисел а і b виконуються рівності: 1) ar æas = ar + s ; 2) ar : as = ar – s ; 3) (ar )s = ars ; 4) (ab)r = ar br ; 5) ( ) . r r r a a b b = Для доведення цих властивостей досить cкористатиcя означенням степе ня з раціональним показником і доведеними в § 23 властивостями кореня п го степеня. ( Нехай m n r = і , p q s = де п і q — натуральні числа (більші за 1), а т і р – цілі. Тоді при а > 0 i b > 0 маємо: 1) a a a a a a a a ar s mn pq mqnq npnq mq npnq mq np nq r s ⋅ = ⋅ = ⋅ = = =+ + + ; 2) : ; mq npnqnr m mq mq nqr s mq np r snqnq s npq nqp np a a a a a aa a a a a a a − − − = = = = = = = 3) ( ) ( ) ; ms mss sn nr m ms rsn n a a a a a a ⋅ = = = = = 4) ( ) ( ) ( ) ; m mm r mn n n nm m m m r rn nnab ab ab a b a b a b a b= = = = ⋅ = ⋅ = 5) ( ) ( ) ( ) . mmr m nm m rnn n n m m rn m n a a a a a a a b b b b bb b = = = = = = ) Поняття степеня з ірраціональним показником. Опишемо в загальних рисах, як можна означити числоaα для ірраціональних α, коли a > 1. Напри клад, пояснимо, як можна розуміти значення 3 2 . Ірраціональне число 3 можна подати у вигляді нескінченного неперіо дичного десяткового дробу: 3 1,7320508075....= Розглянемо десяткові на ближення числа 3 з недостачею і надлишком: § 25. Узагальнення поняття степеня. Степенева функція, її властивості та графік
- 286. 286 РОЗДІЛ 3. Степеневафункція 1 3 2;< < 1,7 3 1,8;< < 1,73 3 1,74;< < 1,732 3 1,733;< < 1,7320 3 1,7321;< < 1,73205 3 1,73206;< < 1,732050 3 1,732051;< < ... Будемо вважати, що коли 3r s< < (де r і s – раціональні числа), то зна чення 3 2 знаходиться між відповідними значеннями 2 r і 2 s , а саме: 3 2 2 2 .r s < < Знайдемо за допомогою калькулятора наближені значення 2r і 2s , вибираючи як r і s наближені значення 3 з недостачею і надлишком відпо відно. Одержуємо співвідношення: 1 3 2 2 2 2 ;< < 1,7 3 1,8 2 3,2490096 2 2 3,4822022;≈ < < ≈ 1,73 3 1,74 2 3,3172782 2 2 3,3403517;≈ < < ≈ 1,732 3 1,733 2 3,3218801 2 2 3,3241834;≈ < < ≈ 1,7320 3 1,7321 2 3,3218801 2 2 3,3221104;≈ < < ≈ 1,73205 3 1,73206 2 3,3219952 2 2 3,3220182;≈ < < ≈ 1,732050 3 1,732051 2 3,3219952 2 2 3,3219975;≈ < < ≈ ... Як бачимо, значення 2r і 2s наближаються до одного і того самого числа 3,32199... . Це число і вважається степенем 3 2 . Отже, 3 2 3,32199....= Значення 2 3 , обчислене на калькуляторі, таке: 2 3 3219973 ≈ , . Можна довести, що завжди, коли ми вибираємо раціональні числа r, які з недостачею наближаються до ірраціонального числа α, і раціональні числаs, які з надлишком наближаються до цього самого ірраціонального числаα, для будь якого a> 1 існує, і притому тільки одне, число y, більше за всіar і менше за всі as . Це число y за означенням є aα . Аналогічно означається і степінь з ірраціональним показником α для 0 < a < 1,тількиувипадку,колиr<α<sпри0<a<1вважають,щоas < aα < ar . Крім того, як і для раціональних показників, за означенням вважають, що 1ααααα = 1 для будь якого α і 0ααααα = 0 для всіх α > 0.
- 287. 287 Приклади розв’язання завдань Приклад1 Подайте вираз у вигляді степеня з раціональним показником: 1) 3 57 ; 2) 4 3 5 ;− 3) 7 2a при а l 0; 4* ) 7 2.a Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р § 25. Узагальнення поняття степеня. Степенева функція, її властивості та графік 1) 5 3 5 3 7 7 ;= 2) 3 4 3 4 5 5 ; −− = 3) При а l 0 2 7 2 7 ;a a= 4) 2 27 2 7 7 .a a a= = За означенням степеня з раціо нальним показником для а > 0 . m n m n a a= (1) Для завдання 3 врахуємо, що ви раз a 2 7 означений також і при а = 0. У завданні 4 при a < 0 ми не маємо права користуватися формулою (1). Але якщо врахувати, що а2 = | a |2 , то дляоснови| a |формулою(1)ужемож на скористатися, оскільки | a | l 0. Приклад 2 Обчисліть: 1) 3 4 81 ; 2) 2 7 128 ; − 3* ) ( ) 1 38 .− Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р Використовуємо означення степе ня з раціональним показником: , m n mn a a= де а > 0. А при виконанні завдання 3 враховуємо, що вираз m n a не означено при а < 0. 1) ( ) 3 34 3 344 81 81 81 3 27;= = = = 2) ( ) 2 2 7 2 77 128 128 128 −− − = = = 2 1 4 2 ; − = = 3* ) ( ) 1 38− не існує, оскільки степінь 1 3 a означений тільки при а l 0. Приклад 3 Спростіть вираз: 1) 1 1 2 2 ;a b a b − − 2* ) 2 1 3 3 27 3 9 . x x x + − + Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р 1) ( ) ( ) 2 21 1 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 a b a b a b a b− − − − = = ( )( )1 1 1 1 1 12 2 2 2 2 2 1 1 2 2 ; a b a b a b a b − + − = = + Оскільки задані приклади вже містять вирази 1 2 ,a 1 2 ,b 1 3 ,x то а l 0, b l 0, х l 0. Тоді в завданні 1 не від’ємні числа а і b можна подати як квадрати: ( ) 21 2 ,a a= b b= ( )1 2 2 і вико
- 288. 288 РОЗДІЛ 3. Степеневафункція 2* ) ( ) ( )( ) 31 33 2 1 2 1 3 3 3 3 1 2 1 13 3 3 3 2 1 3 3 27 3 3 9 3 9 3 3 9 3 9 3. x x x x x x x x x x x x + + − + − + + − + − + = = = = + ристати формулу різниці квадратів: х2 – у2 = (х – у)(х + у), а в завданні 2 подати невід’ємне число х як куб: x x= ( )1 3 3 і використати формулу роз кладу суми кубів: а3 + b3 = (а + b)(а2 – аb + b2 ). Приклад 4 Розв’яжіть рівняння: 1) 3 2 1;x = 2* ) 2 3 1.x = Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р 1) x23 1= . ОДЗ: х ∈ R, х2 = 1, х = ä1. Відповідь: ä1. 2* ) 2 3 1.x = ОДЗ: х l 0, х2 = 1, х = ä1. ВраховуючиОДЗ,одержуємох= 1. Відповідь: 1. Область допустимих значень рів няння x23 1= — всі дійсні числа, а рівняння 2 3 1x = — тільки х l 0. При піднесенні обох частин рів няння до куба одержуємо рівняння, рівносильне даному на його ОДЗ. Отже, першому рівнянню задоволь няють всі знайдені корені, а друго му — тільки невід’ємні. (Узавданні1такожвраховано,що ( ) 3 3 2 2 ,x x= а в завданні 2 — що ( ) )32 2 3 23 3 .x x x ⋅ = = Запитання для контролю 1. Дайте означення степеня з натуральним показником. Наведіть приклади обчислення таких степенів. 2. Дайте означення степеня з цілим від’ємним показником та з нульовим по казником. Наведіть приклади обчислення таких степенів. При яких зна ченнях аіснують значення виразів а0 та а–n , де n ∈ N? 3. Дайте означення степеня з раціональним показником , m n r = де т — ціле число, а п— натуральне, не рівне 1. Наведіть приклади обчислення таких степенів. При яких значеннях а існують значення виразу ? m n a Укажіть область допустимих значень виразів 2 5 a та 2 5 .a − 4. Запишіть властивості степенів з раціональними показниками. Наведіть приклади використання цих властивостей. 5* .Обґрунтуйте властивості степенів з раціональними показниками. 6* .Поясніть на прикладі, як можна ввести поняття степеня з ірраціональним показником.
- 289. 289 Вправи 1°. Подайте виразу вигляді кореня з числа: 1) 1 2 2 ; 2) 2 5 3 ; − 3) 50,25 ; 4) 3 7 4 ; − 5) 21,5 ; 6) 2 3 7 . − 2. Подайте вираз у вигляді степеня з раціональним показником: 1°) 6 5 3 ; 2°) 5 4; 3°) 97 ;− 4) 9 2a− при a > 0; 5) 4 2b при b l 0; 6* ) 11 4 .c 3°. Чи має зміст вираз: 1) ( ) 1 23 ;− 2) (–5)–2 ; 3) 2 7 4 ; 4) 0–5 ? 4. Знайдіть область допустимих значень виразу: 1) 1 5 ;x 2) х–3 ; 3) x −( )− 1 2 3 ; 4) x +( )3 3 7 ; 5) (х2 – 1)0 ; 6) х3 – 5. 5. Знайдіть значення числового виразу: 1) 2430,4 ; 2) ( ) 1 4 8 8 64 3 ; − 3) 5 416 ; 4) ( ) 2 3 9 6 27 125 ; 5) ( ) 1 11 1 2 32 21 4 25 81 125 ; − − ⋅ − ⋅ 6) ( ) ( ) 1 1 11 2 21 321 1 4 25 16 2 8 ; − − −− ⋅ − ⋅ ⋅ 7) 1 25 1 8 1 2 1 1 3 3 1 2 7 2 49( ) ⋅ −( ) ⋅ − − − − − : ; 6. Розкладіть на множники: 1) ( ) ( ) 11 33 ;ax ay+ 2) 1 2 ;a a− 3) 1 2 3 3 ;+ 4) a b a a b+ + + 1 2 1 2 1 2 1 2 . 7. Скоротіть дріб: 1) 1 1 2 2 ; a b a b + − 2) 1 2 5 25 ;p p − − 3) 1 1 2 2 3 3 2 2 ; c c d d c d + + − 4) 2 1 1 2 3 3 3 3 .m n m m n n + − + Спростіть вираз (8–9). 8. 1) ( ) 21 1 2 2 1 2 ;c c+ − 2) ( ) 21 1 1 1 2 2 2 2 2 ;x y x y− + 3) ( )( )( )1 1 1 4 4 2 1 1 1 ;x x x+ − + 4) ( )( )( )1 1 1 11 1 8 8 8 84 4 .k l k l k l+ + − 9. 1) 1 2 4 16 ; x x − − 2) 1 1 3 3 ;a b a b − − 3) 2 1 3 3 8 2 4 ;z z z − + + 4) 2 1 1 2 3 3 3 3 .a b a a b b + − + 10. Розв’яжіть рівняння: 1) 3 5 1;x = 2) 1 7 2;x = 3) 2 5 2;x = 4) 5 2 2.x = § 25. Узагальнення поняття степеня. Степенева функція, її властивості та графік
- 290. 290 РОЗДІЛ 3. Степеневафункція 25.2. СТЕПЕНЕВА ФУНКЦІЯ, ЇЇ ВЛАСТИВОСТІ ТА ГРАФІК О з н а ч е н н я. Функція виду у = хααααα , де ααααα — будь яке дійсне число, називається степеневоюфункцією. Графіки і властивості Графік 1. у = хα , α — парне натуральне число y = x2 y = x4 y = x2n , n ∈ N 2. у = хα , α — непарне натуральне число y = x1 y = x3 y = x2n+1 , n ∈ N 3. у = хα , α — непарне від’ємне число 1 1 x y x−= = 3 3 1 x y x−= = ( )2 1 2 1 1 ,n nx y x n− − − = = ∈N
- 291. 291 § 25. Узагальненняпоняття степеня. Степенева функція, її властивості та графік Т а б л и ц я 46 Особливий випадок (α = 0) Якщо α = 0, то y = xα = x0 = 1 (при х ≠ 0). функції у = хα (при α ≠ 0) Властивості D (y) E (y) парність і непарність зростання і спадання (y = x2n , n ∈ N) R [0; +×) парна спадає на проміжку (–×; 0], зростає на проміжку [0; +×) (у = х та у = х2п + 1 , п ∈ N) R R непарна зростає ( ) ( )2 1 2 1 1 ,n nx y x n− − − = = ∈N х ≠ 0 у ≠ 0 непарна спадає на кожному з проміжків (–×; 0) та (0; +×)
- 292. 292 РОЗДІЛ 3. Степеневафункція Графік 4. у = хα , α — парне від’ємне число 5. у = хα , 6. у = хα , 2 2 1 x y x−= = 4 4 1 x y x−= = 12 2 ,n nx y x n−= = ∈N y x= 1 2 y x= 3 2 у = хα (α > 0, α — неціле) y x= − 1 2 y x= − 3 2 y = хα (α < 0, α — неціле) Графіки і властивості α > 1 0 < α < 1
- 293. 293 § 25. Узагальненняпоняття степеня. Степенева функція, її властивості та графік П р о д о в ж. т а б л. 46 Властивості D (y) E (y) парність і непарність зростання і спадання х ≠ 0 (0; +×) парна зростає на проміжку (–×; 0), спадає на проміжку (0; +×) α — неціле додатне число [0; +×) [0; +×) ні парна, ні непарна зростає (0; +×) (0; +×) ні парна, ні непарна спадає ( )2 2 1 ,n nx y x n−= = ∈N α — неціле від’ємне число функції у = хα (при α ≠ 0)
- 294. 294 РОЗДІЛ 3. Степеневафункція Пояснення й обґрунтування Степеневими функціями називають функції виду у = хα , де α — будь яке дійсне число. З окремими з таких функцій ви вже ознайомилися в курсі алгебри 7–9 класів. Це, наприклад, функції у = х1 = х, у = х2 , у = х3 . При довільному натуральному α графіки і властивості функції у = хα аналогічні відомим вам графікам і властивостям указаних функцій. Описуючи властивості степеневих функцій, виділимо ті характеристики функцій, які ми використовували в розділі 1: 1) область визначення; 2) об ласть значень; 3) парність чи непарність; 4) точки перетину з осями коорди нат; 5) проміжки знакосталості; 6) проміжки зростання і спадання; 7) най більше та найменше значення функції. 1. Функція y = xααααα (ααααα — парне натуральне число). Якщо α — парне натураль не число, то функція у = х2п , п ∈ N, має властивості і графік, повністю ана логічні властивостям і графіку функції у = х2 . Дійсно, область визначення функції у = х2п : D (y) = R, оскільки значення цієї функції можна обчислити при будь яких значеннях х. Функція парна: якщо f (х) =х2п , то f (–х) = (–х)2п = х2п = f (х). Отже, графік функції у = х2п симетричний відносно осі Оу. Оскільки при х = 0 значення у = 0, то графік функції y = x2n завжди прохо дить через початок координат. На проміжку [0; +×) функція зростає. ( Дійсно, для невід’ємних значень при x2 > x1 (x1 l 0, x2 l 0) одержуємо x xn n 2 2 1 2 > , оскільки, як відомо з курсу алгебри 9 класу, при піднесенні обох частин правильної нерівності з невід’ємними членами до парного степеня (із збереженням знаку нерівності) одержуємо правильну нерівність. ) На проміжку (–×; 0] функція спадає. ( Дійсно, для недодатних значень x1 і x2 (x1 m 0, x2 m 0), якщо x2 > x1 , то –x2 < –x1 (і тепер: –x1 l 0, –x2 l 0). Тоді (–x2 )2n < (–x1 )2n , отже, x x n n 2 2 1 2 < , тобто f (x2 ) < f (x1 ). ) Для знаходження області значень функціїу = х2п , п ∈ N, складемо рівнян ня x2n = a. Воно має розв’язки для всіх а l 0 (тоді )2n x a= ± і тільки при таких значеннях а. Усі ці числа і складуть область значень функції. Отже, область значень заданої функції: у l 0, тобто Е (у) = [0; +×). Таким чином, для всіх дійсних значень x значення у l 0. Найменше зна чення функціїдорівнюєнулю(y= 0 приx =0).Найбільшогозначенняфункція не має. Зазначимо також, що при x = 1 значення y = 12n = 1.
- 295. 295 Враховуючи властивості функціїу = х2п , п ∈ N, одержуємо її графік (рис. 109). 2. Функція y = xααααα (ααααα — непарне натуральне число). Якщо α — непарне нату ральне число (α = 2n – 1, n ∈ N), то властивості функції y = х2n – 1 , п ∈ N, аналогічні властивостям функції y = x3 . Дійсно, область визначення функції y = х2n – 1 , п ∈ N: D (y) = R , оскільки значення цієї функції можна обчислити при будь яких значенняхх. Функція непарна: якщо f (х) = х2п–1 , то f (–х) = (–х)2п–1 = –х2п–1 = –f (х). Отже, графік функції симетричний відносно початку координат. Оскільки при х = 0 значення у = 0, то графік функції у = х2п – 1 завжди проходить через початок координат. На всій області визначення функція зростає. ( Дійсно, при x2 > x1 одержуємо x xn n 2 2 1 1 2 1− − > , оскільки при піднесенні обох частин правильної нерівності до непарного степеня (із збереженням знаку нерівності) одержуємо правильну нерівність. ) Длязнаходженняобластізначеньфункції у= х2п–1 , п∈ N, складеморівнян нях2п–1 = a. Воно має розв’язки для всіх a ∈ R(при n = 1 одержуємоx = a, а при n ≠ 1, п ∈ N одержуємо x an = )−2 1 . Отже, область значень заданої функції: y ∈ R, тобто Е (у) = R = (–×; +×). Тому найменшого і найбільшого значень функція не має. Проміжки знакосталості: при x > 0 значення y = x2n – 1 > 0, а при x < 0 значення y = x2n – 1 < 0. Зазначимо також, що при x = 1 значення y = 12n – 1 = 1. Як відомо з курсу алгебри та геометрії, графіком функції y=x1 =x єпряма, якa проходить через початок координат (рис. 110), а при інших непарних натуральних α функція y = x2n + 1 , п ∈ N, має графік, аналогічний графіку функції у = х3 (рис. 111). 3. Функція y = xααααα (ααααα — непарне від’ємне число). Якщо α — непарне від’ємне число, то функція y = x–(2n – 1) , п ∈ N, має властивості і графік, повністю ана логічні властивостям і графіку функції 1 . x y = § 25. Узагальнення поняття степеня. Степенева функція, її властивості та графік y = x2n , n ∈ N y = x1 y = x3 y = x2n+1 , n ∈ N Рис. 109 Рис. 110 Рис. 111 а б
- 296. 296 РОЗДІЛ 3. Степеневафункція Дійсно, область визначення функції ( )2 1 2 1 1 :n nx y x− − − = = х ≠ 0, тобто D (y) = (–×; 0) (0; +×), оскільки значення цієї функції можна обчислити при будь яких значеннях х, крім x = 0. Функція непарна: при х ≠ 0, якщо f (x) = x–(2n – 1) , то f (–х) = (–х)–(2п – 1) = –х–(2п – 1) = –f (х). Отже, графік функції симетричний відносно початку координат. Враховуючи, що х ≠ 0 і y ≠ 0 ( ) ( )2 1 2 1 1 0 ,n n y x x − − − = = ≠ одержуємо, що графік функції y = x–(2n – 1) не перетинає осі координат. На проміжку (0; +×) функція спадає. ( Дійсно, для додатних значень при x2 > x1 (x1 > 0, x2 > 0) одержуємо x xn n 2 2 1 1 2 1− − > , але тоді 2 1 2 1 2 1 1 1 ,n n x x − − < отже, x xn n 2 2 1 1 2 1− −( ) − −( ) < . ) На проміжку (–×; 0) функція теж спадає.Це випливає з того, що її графік симетричний відносно початку координат. ( Наведемо також і аналітичне обґрунтування: якщо x1 < 0, x2 < 0 і x2 > x1 , то –x2 < –x1 (і тепер –x1 > 0, –x2 > 0). Тоді за обґрунтованим вище (–x2 )–2(n – 1) > (–x1 )–2(n – 1) , отже, − > − − −( ) − −( ) x x n n 2 2 1 1 2 1 . Звідси x xn n 2 2 1 1 2 1− −( ) − −( ) < . ) Для знаходження області значень функції y = x–(2n – 1) , п ∈ N, складемо рівняння x–(2n – 1) = a, тобто 2 1 1 .n a x − = Воно має розв’язки для всіх а ≠ 0 (тоді 2 1 1n a x −= при n ≠ 1 і 1 a x = при n = 1) і тільки при таких значеннях а. Усі ці числа і складуть область значень функції. Отже, область значень заданої функції: у ≠ 0, тобто Е (у) =(–×; 0) (0; +×). Тому найменшого і найбільшого значень функція не має. Проміжки знакосталості: при x > 0 значення y = x–(2n – 1) > 0, а при x < 0 значення y = x–(2n – 1) < 0. Зазначимо також, що приx = 1 зна чення y = 1–(2n – 1) = 1. Враховуючи властивості функції y = x–(2n – 1) , п ∈ N, одержуємо її графік (рис. 112). 4. Функція y = xααααα (ααααα — парне від’ємне число). Якщо α — парне від’ємне чис ло, то функція y = x–2n , п ∈ N, має вла стивості і графік, повністю аналогічні властивостяміграфікуфункції 2 1 . x y = ( )2 1 2 1 1 ,n n x y x n − − − = = ∈N Рис. 112
- 297. 297 Дійсно, область визначенняфункції 2 2 1 :n nx y x−= = х ≠ 0, тобто D (y) = (–×; 0) (0; +×), оскільки значення цієї функції можна обчислити при будь яких значеннях х, крім x = 0. Функція парна: при х ≠ 0, якщо f (x) = x–2n , то f (–х) = (–х)–2п = х– 2п = f (х). Отже, графік функції симетричний відносно осі Oy. Враховуючи,щопри х ≠0значення 2 2 1 0,n nx y x−= = > одержуємо,що графік функції у = х2п не перетинає осі координат. На проміжку (0; +×) функція спадає. ( Дійсно,длядодатнихзначеньпри x2 > x1 (x1 >0, x2 >0)одержуємо x xn n 2 2 1 2 > , але тоді 2 2 2 1 1 1 ,n n x x < отже, x xn n 2 2 1 2− − < . ) На проміжку (–×; 0) функція зростає. ( Це випливає з того, що її графік симетричний відносно осі Oy. Наведемо також і аналітичне обґрунтування: якщо x1 < 0, x2 < 0 і x2 > x1 , то –x2 < –x1 (і тепер –x1 > 0, –x2 > 0). Тоді за обґрунтованим вище (–x2 )–2n > (–x1 )–2n , отже, x xn n 2 2 1 2− − > . ) Для знаходження області значень функції y= х–2п , п∈ N, складемо рівнян ня х–2п = a, тобто 2 1 .nx a= Воно має розв’язки для всіх a > 0 (тоді 2 1n a x = ± і тільки при таких значеннях а. Усі ці числа і складуть область значень функ ції. Отже, область значень заданої функції: y > 0, тобто Е (у) = (0; +×). Тому найменшого і найбільшого значень функція не має. Зазначимо також, що при x = 1 значення y = 1–2n = 1. Враховуючи властивості функції y = x–2n , п ∈ N, одержуємо її графік (рис. 113). 5. Функція y = xααααα (ααααα — неціле додатне число). Якщо α — неціле додатне число, то функція y = xα (α > 0, α — не ціле) має область визначення х l 0: D (y) = [0; +×), оскільки значення степеня з додатним не цілим показником означено тільки для невід’ємних зна чень х. Тоді область визначення не симет рична відносно точки 0, і функція не може бути ні парною, ні непарною. Оскільки при х = 0 значення у = 0, то графік функції у = xα (α > 0) завжди проходить через початок координат. При x > 0 значення y = xα > 0. Можна обґрунтувати, що на всій області визначення функція y = xα (α > 0) є зростаючою. § 25. Узагальнення поняття степеня. Степенева функція, її властивості та графік 12 2 ,n nx y x n−= = ∈N Рис. 113
- 298. 298 РОЗДІЛ 3. Степеневафункція Для знаходження області значень функції y = xα складемо рівняння xα = a. Воно має розв’язки для всіх а l 0 (тоді )1 x aα = і тільки при таких значеннях а. Усі ці числа і складуть область значень функції. Отже, об ласть значень заданої функції: у l 0, тобто Е (у) = [0; +×). Зазначимо також, що при x = 1 значення y = 1α =1. Призображенніграфікафункціїy = xα (α>0, α—неціле)слідвраховувати, що при 0 < α < 1 графік має вигляд, аналогічний графіку y x= (рис. 114)* , а при α > 1 — аналогічний правій вітці графіка y = x2 (рис. 115). 6. Функція y = xααααα (ααααα — неціле від’ємне число). Якщо α — неціле від’ємне число, то функція y = xα (α < 0, α — неціле) має область визначення x > 0 (D (y) = (0; +×)), оскільки значення степеня з від’ємним нецілим показником означено тільки для додатних значень х. Тодіобластьвизначеннянесиметричнавідносноточки0,іфункціянеможе бути ні парною, ні непарною. Враховуючи, що при x > 0 значення y = xα > 0 (тобто х ≠ 0 і у ≠ 0), одержує мо, що графік функції y = xα (α < 0) не перетинає осі координат. На проміжку (0; +×) функція спадає, тобто для додатних значень при x2 > x1 (x1 > 0, x2 > 0) одержуємо x x2 1 α α < . ( Доведемоце,наприклад,длявипадку,колиα —від’ємнераціональненеці ле число ( m n α = − — неціле, m ∈ N, п ∈ N). При додатних значеннях x2 > x1 (x1 > 0, x2 > 0), враховуючи результати дослідження функції y = xα при ціломувід’ємномуα,одержуємо x xm m 2 1 − − < . Потім,зважаючи нате,щофунк ція y tn = придодатнихtєзростаючою,маємо x x mn mn 2 1 − − < , тоді x x m n m n 2 1 − − < .) Можнаобґрунтувати,щоі втомувипадку,колиα—від’ємнеірраціональне число, функція y = xα також спадає на всій області визначення (тобто при x > 0). Для знаходження області значень функції y = xα складемо рівняння xα = a. Вономаєрозв’язкидлявсіха > 0(тоді )1 x aα = і тільки при таких значеннях а. Усі ці числа і складуть область значень функції. * Це буде детальніше обґрунтовано в підручнику для 11 класу. у = хα (α > 1, α — неціле) у = хα (0< α < 1) Рис. 115Рис. 114
- 299. 299 § 25. Узагальненняпоняття степеня. Степенева функція, її властивості та графік Приклади розв’язання завдань Приклад 1 Знайдіть область визначення функції: 1) ( ) 1 33 ;y x= − 2) ( ) 1 21 .y x − = + Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р Отже, область значень заданої функції: у > 0, тобто Е (у) = (0; +×). Зазначимо також, що при x = 1 значення y = 1α = 1. Враховуючи властивості функції y = xα (α < 0), одержуємо її графік (рис. 116). Особливий випадок. Якщо α = 0, то функція y = xα = x0 = 1 при х ≠ 0 (нагадаємо, що 00 — не означено) і її графік — пряма y = 1 без точки (0; 1) (рис. 117). 1) х – 3 l 0, тобто х l 3, отже, D (y) = [3; +×). 2) x + 1 > 0, тобто x > –1, отже, D (y) = (–1; +×). Враховуємо, що вираз 1 3 a означе ний при a l 0, а вираз 1 2 a − тільки при a > 0. Приклад 2 Побудуйте графік функції: 1) у = х5 + 1; 2) ( ) 1 32 .y x= + Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р 1) Будуємо графік у = х5 , а потім паралельно переносимо його вздовж осі Оy на +1. Графіки заданих функцій можна отримати з графіків функцій: 1) у = х5 , 2) 1 3 y x= за допомогою паралельного перенесення: 1) на +1 уздовж осі Оy; 2) на (–2) вздовж осі Оx. y = хα (α < 0, α — неціле) Рис. 116 Рис. 117
- 300. 300 РОЗДІЛ 3. Степеневафункція Запитання для контролю 1. Користуючисьграфікомвідповідноїфункції,охарактеризуйтевластивості функції у = xα , якщо: 1) α — парне натуральне число, 2) α — непарне натуральне число, 3) α — непарне від’ємне число, 4) α — парне від’ємне число, 5) α — не ціле від’ємне число, 6) α — не ціле додатне число. 2* .Обґрунтуйте властивості степеневої функції в кожному з випадків, указа них у завданні 1. Вправи 1. Знайдіть область визначення функції: 1°) у = х7 ; 2°) у = х–3 ; 3°) ( ) 1 21 ;y x= − 4°) 2 7 ;y x − = 5) ( ) 5 2 3 ;y x x= − 6) ( ) 9 2 21 .y x x − = − + 2. Побудуйте графік функції: 1°) y = x4 ; 2°) у = х7 ; 3) у = х–3 ; 4) у = х–4 ; 5) 1 4 ;y x= 6) 5 4 ;y x= 7) y = (x + 1)4 ; 8* ) y x= − 1 5 3; 9* ) 1 3 ;y x= 10* ) y = | x5 – 1 |. 3. Побудуйте і порівняйте графіки функцій: 1) y x= 3 і y x= 1 3 ; 2) y x= 4 і 1 4 .y x= 4. Розв’яжіть графічно рівняння: 1) 1 2 6 ;x x= − 2) 1 23 ;x x − = 3) 5 2 2 ;x x= − 4) x x − = − 1 4 2 1. Перевірте підстановкою, що значенняx дійсно є коренем рівняння. 5* . Доведіть, що рівняння, наведені в завданні 4, не мають інших коренів, крімзнайденихграфічно. 2) Будуємо графік y x= 1 3 , а потім паралельно переносимо його вздовж осі Оx на (–2). 1 3 y x= 1 3 ( 2)y x= +
- 301. 301 26.1. ЗАСТОСУВАННЯ ВЛАСТИВОСТЕЙФУНКЦІЙ ДО РОЗВ’ЯЗУВАННЯ ІРРАЦІОНАЛЬНИХ РІВНЯНЬ Нагадаємо основні ідеї, які використовуються при розв’язуванні рівнянь за допомогою властивостей функцій. Т а б л и ц я 47 ЗАСТОСУВАННЯ ВЛАСТИВОСТЕЙ ФУНКЦІЙ ДО РОЗВ’ЯЗУВАННЯ ІРРАЦІОНАЛЬНИХ РІВНЯНЬ§§§§§2626262626 1. Скінченна ОДЗ Орієнтир Приклад Якщо область допустимих зна чень(ОДЗ)рівняння(нерівностіабо системи) складається із скінченно го числа значень, то для розв’язу вання досить перевірити всі ці зна чення. 42 3 2 6 2 +18.x x x− + = − ОДЗ: 3 0, 6 2 0. x x − − l l Тоді 3, 3. x x l m Отже, ОДЗ: х = 3. П е р е в і р к а. х = 3 — корінь ( )4 0 18 0 18; 18 18 .+ = + = Інших коренів немає, оскільки до ОДЗ входить тільки одне число. Відповідь: 3. 2. Оцінка значень лівої та правої частин рівняння Орієнтир Приклад Якщо потрібно розв’язати рів няння виду f (x) = g (x) і з’ясувало ся, що f (x) lllll a, g (x) mmmmm a, то рівність між лівою і правою частинами рів няння можлива лише у випадку, якщо f (x) і g (x) одночасно дорів нюють а. 2 2 5 6 4 4.x x x x− + = − − Запишемо задане рівняння так: ( )2 2 5 6 4 4 ,x x x x− + = − − + x x x2 2 5 6 2− + = − −( ) , ( ) 2 5 6 0,f x x x= − + l g (x) = –(х – 2)2 m 0. Отже, задане рівняння рівносильне системі x x x 2 2 5 6 0 2 0 − + = − −( ) = , . Іздругогорівнянняодержуємох =2, щозадовольняєйпершомурівнянню. Відповідь: 2. f (x) l a g (x) m a ( ) ( ) ,f x a g x a = ⇔ = ( ) ( )f x g x=
- 302. 302 РОЗДІЛ 3. Степеневафункція П р о д о в ж. т а б л. 47 3.Використаннямонотонностіфункцій Схемарозв’язуваннярівняння 1. Підбираємо один або декілька коренів рівняння. 2. Доводимо, що інших коренів це рівняння не має (використовуючи тео реми про корені рівняння або оцінку лівої та правої частин рівняння). Теореми про корені рівняння 1. Якщо в рівнянні f (x) = a функція f (x) зростає (спадає) на деякому проміжку, то церівнянняможематинебільшніжодин корінь на цьому проміжку. Приклад Рівняння 3 2 3x x+ = маєєдинийкорінь х = 1 1 2 1 33 + ⋅ =( , тобто 3 = 3), оскільки функція ( ) 3 2f x x x= + зростає (на всій області визначення х l 0) як сума двох зростаючихфункцій. 2. Якщо в рівнянні f (x) = g (x) функція f (x) зростає на деякому проміжку, а функція g (x) спадає на цьому самому проміжку (або навпаки), то це рівняння може мати не більш ніж один корінь на цьому про міжку. Приклад Рівняння 6x x= − має єдиний корінь х =4 4 6 4= −( , 2=2),оскільки ( )f x x= зростає (при х 0), а g (x) = 6 – х спадає. Пояснення й обґрунтування 1. Використання скінченності ОДЗ для розв’язування ірраціональних рів нянь. Основними способами розв’язування ірраціональних рівнянь, що ви користовуються в курсі алгебри і початків аналізу, є виконання рівносиль них перетворень рівнянь або одержання рівнянь наслідків, які дозволяють звести задане рівняння до раціонального. Але іноді одержане раціональне
- 303. 303 рівняння виявляється складнимдля розв’язування. Наприклад, рівняння 42 3 2 6 2 +18,x x x− + = − наведене в пункті 1 таблиці 47, можна звести до раціонального, ізолюючи 4 6 2x− і підносячи обидві частини до четвертого степеня, а потім ізолюючи вираз, який містить 3,x − і підносячи обидві ча стини до квадрата. Але в результаті ми одержуємо повне рівняння шістна дцятого степеня. У таких ситуаціях спробуємо застосувати відомі нам методи розв’язування рівнянь, пов’язані з використанням властивостей функцій. Зокрема, у розглянутому рівнянні ОДЗ визначається умовами 3 0, 6 2 0. x x − − l l Звідки одержуємо тільки одне значеннях = 3, яке входить до ОДЗ. Оскільки будь який корінь рівняння входить до його ОДЗ, досить перевірити, чи є ті числа, що входять до ОДЗ, коренями заданого рівняння. Перевірка показує, що х = 3 — корінь. Інших коренів бути не може, оскільки ОДЗ рівняння скла дається тільки з одного значення х = 3. Зауважимо, що в тому випадку, коли ОДЗ заданого рівняння — порожня множина (не містить жодного числа), ми навіть без перевірки можемо дати відповідь, що рівняння не має коренів. Наприклад, якщо потрібно розв’яза ти рівняння 6 3 2 5 ,x x x− = − + то його ОДЗ задається системою 3 0, 2 0, x x − − l l тобто 3, 2, x x l m яка не має розв’язків. Отже, ОДЗ заданого рівняння не містить жодного числа, і тому це рівняння не має коренів. 2. Оцінка лівої та правої частин рівняння. Іноді в тих випадках, коли іррац іональне рівняння зводиться до громіздкого раціонального (або зовсім не зво диться до раціонального), доцільно спробувати оцінити значення функцій, які стоять у лівій і правій частинах рівняння. Наприклад, щоб розв’язати рівняння 4 2cos 1,x x x+ = − (1) досить за допомогою рівносильних перетворень записати його у вигляді ( )4 2 1 cos ,x x x+ = − − тобто 4 2sin .x x x+ = − У лівій частині останнього рівняння стоїть функція ( ) 4 0f x x x= + l на всій області визначення, а в правій — функція g (x) = –sin2 х m 0 при всіх значеннях х. Тоді рівність між лівою і правою частинами рівняння можлива тільки в тому випадку, коли вони одночасно дорівнюють нулю. Отже, рівняння (1) рівносильне системі ( ) ( ) 0, 0, f x g x = = тобто 4 2 0, sin 0. x x x + = − = (2) § 26. Застосування властивостей функцій до розв’язування ірраціональних рівнянь
- 304. 304 РОЗДІЛ 3. Степеневафункція Розв’яжемо спочатку перше рівняння цієї системи. Врахуємо, що 0x l і x4 0l . Сумадвохневід’ємнихфункційможедорівнюватинулютодіітільки тоді,коликоженздоданківдорівнюєнулю.Отже,рівняння 4 0x x+ = рівно сильне системі x x = = 0 04 , , яка має єдиний розв’язок x = 0. Цей розв’язок задо вольняє і другому рівнянню системи (2) (дійсно: –sin2 0 = 0, 0 = 0), отже, система (2) теж має тільки один розв’язок x = 0. Значить, і рівняння (1) має єдиний корінь x = 0. 3. Використання монотонності функцій.Ще одним способом розв’язування тих ірраціональних рівнянь, які зводяться до громіздких раціональних, є ви користання зростання або спадання відповідних функцій. Найчастіше це ро биться за такою схемою: 1) підбираємо один або декілька коренів рівняння; 2) доводимо, що інших коренів це рівняння не має. Обґрунтування відповідних властивостей наведено в § 18 розділу 2, а при клади використання цього прийому для розв’язування ірраціональних рів нянь — у таблиці 47. Вправи Розв’яжіть рівняння (1–4) та системи рівнянь (5), використовуючи влас тивості відповідних функцій. 1. 1) 6 42 2 21 2 2 2;x x x x− + = − + + 2) 82 2 22 5 6 10 2 12 3.x x x x x x+ − + = + − − − 2. 1) 4 2 3 16 2 ;x x x+ = − + 2) 61 1 ;x x x+ − = − 3) 21 1 ; x x x x+ = − − 4) 4 4 1 2 2 2 3 . x x x − − + = − − 3. 1) 64 2 3 1 1 1 0;x x x− + − + − = 2) 4 2 5 100 0.x y xy− + − + − = 4. 1) 3 7 3;x x− + = 2) 34 12 3 3;x x+ + − = 3) 3 4 2 1 2 6 8 ;x x x− + + = − 4) 3 5 2 . x x x+ = 5. 1) 3 3 4 4 , 2 2; x x y y x y + = + − = 2) 333 3 , 4. x y y x x y − = − + =
- 305. 305 26.2. ПРИКЛАДИ ВИКОРИСТАННЯІНШИХ СПОСОБІВ РОЗВ’ЯЗУВАННЯ ІРРАЦІОНАЛЬНИХ РІВНЯНЬ Якщо при розв’язуванні ірраціональних рівнянь ми використовуємо рівняння наслідки (як у § 24), то в кінці доводиться виконувати перевірку одержанихрозв’язків.Алевтихвипадках,колицірозв’язки—нераціональні числа, перевірка за допомогою підстановки одержаних значень у початкове рівняння є досить складною і громіздкою. Для таких рівнянь доводиться ви користовувати рівносильні перетворення на кожному кроці розв’язування. При цьому необхідно пам’ятати, що всі рівносильні перетворення рівнянь чи нерівностейвиконуютьсянаОДЗзаданогорівняннячинерівності(§17),тому, виконуючи рівносильні перетворення ірраціональних рівнянь, доводиться враховувати ОДЗ заданого рівняння. Також досить часто в цих випадках ви користовуються міркування типу: для всіх коренів заданого рівняння знаки лівої і правої частин рівняння збігаються, оскільки при підстановці в задане рівняння числа, яке є його коренем, одержуємо правильну числову рівність. Використовуючи останнє міркування, часто вдається одержати якусь додат кову умову для коренів заданого рівняння і виконувати рівносильні перетво рення не на всій ОДЗ даного рівняння, а на якійсь її частині. Приклад 1 Розв’яжіть рівняння 2 1 1 1.x x+ − + = Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р § 26. Застосування властивостей функцій до розв’язування ірраціональних рівнянь ОДЗ: 2 1 0, 1 0. x x + + l l Розв’язок цієї системи: 1 2 .x −l На ОДЗ задане рівняння рівно сильне рівнянням: 2 1 1 1,x x+ = + + ( ) ( )2 2 2 1 1 1 ,x x+ = + + 2 1 1 2 1 1,x x x+ = + + + + 1 2 1.x x− = + (1) Для всіх коренів рівняння (1) х – 1 l 0 (2). За цієї умови рівняння (1) рівно сильне рівнянням: ( ) ( )22 1 2 1 ,x x− = + х2 – 2х + 1 = 4(х + 1), х2 – 6х – 3 = 0. Виконаємо рівносильні перетво рення заданого рівняння. Враховуючи, що всі рівносильні перетвореннявиконуютьсянаОДЗза даного рівняння, зафіксуємо його ОДЗ. Приперенесеннічлена ( )1x− + із лівої частини рівняння в праву з про тилежнимзнакомодержуєморівнян ня, рівносильне даному. У рівнянні 2 1 1 1x x+ = + + оби дві частини невід’ємні, отже, при піднесенні обох частин до квадрата одержуєморівняння,рівносильнеда ному, яке рівносильне рівнянню (1). Для всіх коренів рівняння (1) воно є правильною числовою рівністю. У ційрівностіправачастина—невід’ ємне число ( )2 1 0 ,x + l тоді і ліва
- 306. 306 РОЗДІЛ 3. Степеневафункція Приклад 2 Розв’яжіть рівняння 3 4 1 2 1 2.x x x x x+ − − + − − = + К о м е н т а р Заміна 1x t− = дозволяє помітити, що кожен вираз, який стоїть під зна ком зовнішнього квадратного кореня, є квадратом двочлена. Застосовуючиформулу 2 ,a a= одержуєморівняннязмодулями,дляроз в’язування якого використовуємоплан: 1) знайти ОДЗ; 2) знайти нулі всіх підмодульних функцій; 3) позначити нулі на ОДЗ і розбити ОДЗ на проміжки; 4) знайти розв’язки рівняння в кожному з проміжків. Р о з в ’ я з а н н я Нехай 1 ,x t− = де t l 0. Тоді x – 1 = t2 ; x = t2 + 1. Одержуєморівняння 2 2 24 4 1 2 3,t t t t t+ − + + − = + яке можна записати так: ( ) ( )2 2 2 2 1 3.t t t− + − = + Звідси | t – 2 | + | t –1 | = t2 + 3. (1) 1) ОДЗ рівняння (1): t ∈ R, але за змістом завдання це рівняння потрібно розв’язати при t l 0. 2) Нулі підмодульних функцій: t = 2 і t = 1. 3) Ці нулі розбивають область t l 0 на три про міжки, у кожному з яких кожна підмодульна функція має постійний знак (див. рисунок). Проміжок І. При t ∈ [0; 1] маємо рівняння –(t – 2) – (t – 1) = t2 + 3. Тоді t2 + 2t = 0, t = 0 або t = –2, але в проміжок [0; 1] входить тільки t = 0. Тоді 3 2 3.x = ± x1 3 2 3= + — входить до ОДЗ і за довольняє умові (2), отже, є коренем заданого рівняння; x2 3 2 3= − — входить до ОДЗ, але не задовольняє умові(2),отже,неєкоренемзаданого рівняння. Відповідь: 3 2 2.+ частина є невід’ємним числом, тобто х – 1 l0 длявсіх коренів. Тоді за умо ви (2) обидві частини рівняння (1) невід’ємні,отже,припіднесенніобох частин до квадратa одержуємо рівно сильне рівняння. Але після знахо дження коренів цього рівняння не обхідно перевірити не тільки те, чи входять вони до ОДЗ, а й чи задоволь няють вони умові (2). Для такої пере віркидоситьвзятинаближенізначен ня коренів х1 ≈ 6,4 та х2 ≈ –0,4.
- 307. 307 Проміжок ІI. Приt ∈ [1; 2] маємо рівняння –(t – 2) + (t – 1) = t2 + 3, яке рівносильне рівнянню t2 = –2, що не має коренів. Отже, у проміжку [1; 2] коренів немає. Проміжок III. При t ∈ [2; +×) маємо рівняння (t – 2) + (t – 1) = t2 + 3, з якого одержуємо рівняння t2 – 2t + 6 = 0, що не має коренів. Отже, у проміжку [2; +×) коренів немає. Об’єднуючи одержані результати, робимо висновок, що рівняння (1) має тільки один корінь t = 0. Виконуючи обернену заміну, маємо 1 0,x − = звідкиx = 1. Відповідь: 1. Приклад 3 Розв’яжіть рівняння x x x x−( ) − −( ) +( ) + +( ) =6 3 6 2 3 2 2 3 0 23 3 23 . Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р § 26. Застосування властивостей функцій до розв’язування ірраціональних рівнянь Оскільки x = 6 не є коренем зада ногорівняння,топриділенніобохча стин рівняння на ( )23 6 0x − ≠ одер жуємо рівносильне рівняння ( ) 2 33 2 3 2 3 6 6 1 3 2 0. x x x x + + − − − + = Після заміни 3 2 3 6 x x t + − = маємо рів няння 2t2 – 3t + 1 = 0, корені якого: t1 = 1, 2 1 2 .t = Виконавшиоберненузаміну,одер жуємо: 3 2 3 6 1x x + − = або 3 2 3 1 6 2 , x x + − = 2 3 6 1 x x + − = або 2 3 1 6 8 , x x + − = x = –9 або x = –2. Відповідь: –9; –2. Якщо виконати заміну 3 6 ,x u− = 3 2 3 ,x v+ = то одержимо рівняння u2 – 3uv + 2v2 = 0, усі члени якого ма ютьоднаковийсумарнийстепінь* — два. Нагадаємо, що таке рівнянняна зивається однорідним і розв’язуєть ся діленням обох частин на найви щий степінь однієї із змінних. Розді лимо, наприклад, обидві частини на u2 (тобто на x −( ) )6 23 . Щоб при діленні на вираз із змін ною не загубити корені рівняння, по трібнотізначеннязмінної,прияких цейвираздорівнюєнулю,розглянути окремо, тобто в даному прикладі під ставити значення х = 6 в задане рів няння (це можна виконати усно, до розв’язання записати тільки одержа ний результат). Для реалізації одержаного плану розв’язування не обов’язково вводи ти змінні u і v, досить помітити, що заданерівнянняоднорідне,розділити обидві частини на ( )23 6 ,x − а вжепо тім ввести нову зміннуt. * В означенні однорідного рівняння не враховується член 0, який степеня не має.
- 308. 308 РОЗДІЛ 3. Степеневафункція Запитання для контролю 1. Поясніть, які обмеження доведеться накласти на змінну х, щоб розв’я зати рівняння 2 6x x− = − за допомогою рівносильних перетворень. 2. Наведіть приклад однорідного ірраціонального рівняння. Складіть план його розв’язування. Вправи 1. Розв’яжіть ірраціональне рівняння за допомогою рівносильних перетво рень: 1) 3 2 5 ;x x− = − 2) 3 2 1 1;x x− − − = 3) 3 4 4 2 ;x x x+ + − = 4) 5 4 9.x x x+ + = + Розв’яжіть рівняння (2–5). 2. 1) 2 1 2 1 1;x x x x x+ − + − − = + 2) 3 2 4 4 4 1.x x x x− − − + − − = 3. 1) ( ) ( )2 23 3 3 2 1 2 1 3 1;x x x+ + − = − 2) ( )2 1 2 1 0.x x x x+ + − + = 4. 1) 4 21 2 3 2;x x x x− − − = − + 2) 3 3 2 3 2 1 2.x x+ − + = 5. 1) 5 5 3 5 53 1 1 1 1 16; x x x x x − − − − + = 2) 3 3 1 1 1 3 . x x x x+ − + = РОЗВ’ЯЗУВАННЯ ІРРАЦІОНАЛЬНИХ НЕРІВНОСТЕЙ§§§§§2727272727 Т а б л и ц я 48 Орієнтир Приклад 1. Метод інтервалів (для нерівностей виду f (x) 0) 1) Знайти ОДЗ нерівності. 2) Знайти нулі функції f (x) (f (x) = 0). 3) Відмітити нулі функції на ОДЗ і знайти знак функції в кожному проміжку, на які розбивається ОДЗ. 4) Записати відповідь, враховуючи знак нерівності. 4 2.x x+ > + Задана нерівність рівносильна нерівності 4 2 0.x x+ − − > Позначимо f x x x( ) .= + − −4 2 ОДЗ: х + 4 l 0, тобто х l – 4. Нулі f (x): 4 2 0,x x+ − − = 4 2,x x+ = + х + 4 = х2 + 4х + 4, х2 +3х=0,х1 = 0 —корінь,х2 =–3 — сторонній корінь. Відповідь: [–4; 0).
- 309. 309 § 27. Розв’язуванняірраціональних нерівностей П р о д о в ж. т а б л. 48 2. Рівносильні перетворення 1) При піднесенні обох частин не рівностідонепарногостепеня(із збереженням знака нерівності) одержуємо нерівність, рівно сильну даній (на ОДЗ даної). 3 2 1.x + < − ОДЗ:х ∈ R. Задана нерівність рівносильна не рівностям: ( ) ( ) 3 33 2 1 ,x + < − х + 2 < –1, х < –3. Відповідь: (–×; –3). 2) Якщо обидві частини нерівності невід’ємні, то при піднесенні обох частин нерівності до парно го степеня (із збереженням зна ка нерівності) одержуємо нерів ність, рівносильну даній (на ОДЗ даної). 4 2 6 1.x − < ОДЗ: 2х – 6 l 0, тобто х l 3. Обидві частини заданої нерівності невід’ємні, отже, вона рівносильна (на її ОДЗ) нерівностям: ( )4 4 4 2 6 1 ,x − < 2х – 6 < 1, 7 2 .x < Враховуючи ОДЗ, одержуємо 7 2 3 .x <m Відповідь: )7 2 3; . 3) Якщо на ОДЗ заданої нерівності якась частина нерівності може набувати як додатних, так і від’ ємних значень, то, перш ніж під носити обидві частини нерів ності до парного степеня, ці ви падки доводиться розглядати окремо. Наприклад, ( ) ( )2k f gx x> ⇔ ( ) ( ) ( )2 0, k g x f gx x ⇔ > l або ( ) ( ) 0, 0. f x g x < l ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 0, 0, . k k f x f x g x g x f x g x < ⇔ > < l 4 2.x x+ > + Задана нерівність рівносильна сукупності систем: x x x + +( ) > +( ) 2 0 4 2 2 2 l , або 4 0, 2 0. x x + + < l Тоді 2 2, 3 0 x x x − + < l або 4, 2. x x − < − l Розв’язавши нерівність х2 + 3х < 0, маємо –3 < х < 0 (див. рисунок). Враховуючи нерівність х l–2, одер жуємо розв’язок першої системи: –2 m х < 0. Розв’язок другої систе ми: –4 m х < –2. Об’єднуючи ці роз в’язки, одержуємо відповідь. Відповідь: [–4; 0).
- 310. 310 РОЗДІЛ 3. Степеневафункція Пояснення й обґрунтування 1. Розв’язування ірраціональних нерівностей методом інтервалів. Загаль ну схему розв’язування нерівностей методом інтервалів пояснено в § 21 роз ділу 2, а приклад застосування методу інтервалів до розв’язування ірраціо нальних нерівностей наведено в таблиці 48. 2. Рівносильні перетворення ірраціональних нерівностей. Коли для розв’я зування ірраціональних нерівностей використовуються рівносильні перетво рення, то найчастіше за допомогою піднесення обох частин нерівності до од ного і того самого степеня задана нерівність зводиться до раціональної не рівності. При цьому потрібно мати на увазі такі властивості: 1) Якщо обидві частини нерівності доводиться підносити до непарного степе ня, то скористаємося тим, що числові нерівності A > B і A2k + 1 > B2k + 1 або одночасно правильні, або одночасно неправильні. Тоді кожен розв’язок нерівності f (x) > g (x) (1) (який перетворює цю нерівність у правильну числову нерівність) буде також і розв’язком нерівності f2k + 1 (x) > g2k + 1 (x) (2) і, навпаки, кожен розв’язок нерівності (2) буде також і розв’язком не рівності (1), тобто нерівності (1) і (2) — рівносильні. Отже, при піднесенні обох частин нерівності до непарного степеня (із збереженням знака не рівності) одержуємо нерівність, рівносильну даній (на ОДЗ даної). Наприклад, 2 1 2 1 ( ) ( ) ( ) ( ) .k k f x g x f x g x+ + > ⇔ > 2) Аналогічно, якщо числа A і B невід’ємні (A l 0, B l 0), то числові не рівності A > B і A2k > B2k також або одночасно правильні, або одночасно неправильні.Повторюючи попередні міркування, маємо: якщо обидві час тини нерівності невід’ємні, то при піднесенні обох частин нерівності до парного степеня (із збереженням знака нерівності) одержуємо нерівність, рівносильну даній (на ОДЗ даної). Наприклад, розглядаючи нерівність 2 ( ) ( )k f x g x< (3) на її ОДЗ, деf (x) l 0, помічаємо, що для всіх розв’язків нерівності (3) ліва частинаневід’ємна(арифметичнийкорінь )2 ( ) 0k f x l інерівність(3)може виконуватися тільки за умови g (x) > 0. (4) Якщо виконується умова (4), то обидві частини нерівності (3) невід’ємні, і при піднесенні до парного степеня 2k одержуємо нерівність, рівносильну за
- 311. 311 даній: f (x)< g2k (x) (звичайно, за умови врахування ОДЗ заданої нерівності і умови (4)). Отже, 2 2 ( ) 0, ( ) ( ) ( ) 0, ( ) ( ) . l k k f x f x g x g x f x g x < ⇔ > < 3) Якщо за допомогою рівносильних перетворень необхідно розв’язати не рівність 2 ( ) ( )k f x g x> (5) на її ОДЗ, де f (x) l 0, то для правої частини цієї нерівності розглянемо два випадки: а) g (x) < 0; б) g (x) l 0. а) При g (x) < 0 нерівність (5) виконується для всіх х з ОДЗ заданої не рівності, тобто при f (x) l 0. б) При g (x) l 0 обидві частини нерівності (5) невід’ємні, і при піднесенні до парного степеня 2k одержуємо нерівність, рівносильну заданій: f (x) > g2k (x). (6) Зауважимо, що для всіх розв’язків нерівності (6) обмеження ОДЗ заданої нерівності f (x) l0 виконується автоматично; отже, при g (x) l 0 досить запи сати тільки нерівність (6). Об’єднуючи одержані результати, робимо висновок, що: 2 2 ( ) 0, ( ) ( ) ( ) ( ) lk k g x f x g x f x g x > ⇔ > або ( ) 0, ( ) 0 . lf x g x < Приклади розв’язування завдань Приклад 1 Розв’яжіть нерівність 3 1 2 1.x x x+ − − > − К о м е н т а р Зведемо нерівність до виду f (x) > 0 і розв’яжемо її методом інтервалів. Для знаходження нулів функції f (x) використаємо рівняння наслідки. Щоб відсіяти сторонні корені, виконаємо перевірку одержаних розв’язків. Р о з в ’ я з а н н я Задана нерівність рівносильна нерівності 3 1 2 1 0.x x x+ − − − − > Позначимо f x x x x( ) .= + − − − −3 1 2 1 1. ОДЗ: 3 0, 1 0, 2 1 0. x x x + − − l l l Тоді 1 2 3, 1, . x x x − l l l Тобто х l 1. § 27. Розв’язування ірраціональних нерівностей
- 312. 312 РОЗДІЛ 3. Степеневафункція 2. Нулі функції f (x): 3 1 2 1 0.x x x+ − − − − = Тоді: 3 1 2 1,x x x+ − − = − ( ) ( )2 2 3 1 2 1 ,x x x+ − − = − 3 2 3 1 1 2 1,x x x x x+ − + ⋅ − + − = − 2 3 1 3.x x+ ⋅ − = Підносимо обидві частини останнього рівняння до квадрата: 4(х + 3)(х – 1) = 9, 4х2 + 8х – 21 = 0, 1 3 2 x = = 1,5 — корінь, 2 7 2 x = − — сторонній корінь. 3. Розбиваємо ОДЗ точкою 1,5 на два проміжки і зна ходимо знак f (x) у кожному з проміжків (див. рису нок). Відповідь: [1; 1,5). Приклад 2 Розв’яжіть нерівність 3 8 2. x x x + > − I спосіб (метод інтервалів) К о м е н т а р Зведемо задану нерівність до виду f (x) > 0 і розв’яжемо її методом інтер валів. При знаходженні ОДЗ заданої нерівності для розв’язування нерівності 3 8 0 x x + l тежвикористаємометодінтервалів(ОДЗ: х ≠0; 3 8 0 x x + = прих =–2). Для знаходження нулів функціїf (x) використаємо рівняння наслідки. Хоча функція f (x) і не має нулів, але й у такому випадку метод інтервалів також працює. Тільки в цьому випадку інтервали знакосталості функції f (x) збігаються з інтервалами, з яких складається її область визначення. Р о з в ’ я з а н н я Задана нерівність рівносильна нерівності 3 8 2 0. x x x + − + > (1) Позначимо 3 8 ( ) 2. x x f x x + = − + 1. ОДЗ: 3 8 0, 0. x x x + ≠ l Розв’яжемо нерівність 3 8 0 x x + l методом інтервалів (див. рисунок). Одержуємо: х ∈ (–×; –2] (0; +×). 2. Нулі функції f (x): 3 8 2 0. x x x + − + = Тоді:
- 313. 313 3 8 2, x x x + = − 3 28 44, x x x x + = − + х3 + 8 = х3 – 4х2 + 4х, 4х2 – 4х + 8 = 0 — коренів немає (D < 0). 3. ОДЗ нерівності (1) розбивається на два проміжки, уякихфункція f (x)маєзнаки,указанінарисунку. Відповідь: (–×; –2] (0; +×). ІІ спосіб (рівносильні перетворення) К о м е н т а р Для розв’язування використаємо рівносильні перетворення (с. 311): 2 2 ( ) 0, ( ) ( ) ( ) ( ) k k g x f x g x f x g x > ⇔ > l або ( ) 0, ( ) 0. f x g x < l Щоб розв’язати одержану проміжну нерівність 3 8 0, x x + l врахуємо умови, за яких цей дріб буде невід’ємний. У кінці, об’єднуючи одержані розв’язки, отримуємо відповідь. Р о з в ’ я з а н н я x x x x x x x 3 3 2 8 82 2 0 2 + +> − ⇔ − > −( ) l , або x x x xx x x x 3 3 2 8 8 0 2 0 2 4 4 + + − < ⇔ > − + l l , , або x x x x xx x3 2 8 4 4 8 0 2 2 0 + − + < ⇔ > l l , , або x x x 3 8 0 0 2 + > < l , , , або x x x 3 8 0 0 2 + < < m , , . Враховуючи, що 4х2 – 4х + 8 > 0 при всіх значеннях х (D < 0 і а = 4 > 0), одержуємо, що остання сукупність трьох систем рівносильна сукупності: 2, 0 x x > l або 2, 0, 2 x x x − > < l або x x x m − < < 2 0 2 , , ⇔ х l 2 або 0 < x < 2 або х m –2 ⇔ ⇔ х m –2 або х > 0. Відповідь: (–×; –2] (0; +×). З а у в а ж е н н я. Записуючи наведене розв’язання, знаки рівносильності (⇔) можна не ставити, досить на початку розв’язання записати таку фразу: «Виконаємо рівносильні перетворення заданої нерівності». § 27. Розв’язування ірраціональних нерівностей
- 314. 314 РОЗДІЛ 3. Степеневафункція Приклад 3 Розв’яжіть нерівність 3 9 4 3 5 3 14 6 3 5 1.x x x x+ − + + + − + m (1) К о м е н т а р Заміна 3 5x t+ = дозволяє помітити, що кожен вираз, який стоїть під знаком зовнішнього квадратного кореня, є квадратом двочлена. Застосовуючи формулу 2 ,a a= одержуємо нерівність з модулями, для розв’язування якої використовуємо план: 1) знайти ОДЗ; 2) знайти нулі всіх підмодульних функцій; 3) відмітити нулі на ОДЗ і розбити ОДЗ на проміжки; 4) знайти розв’язки нерівності в кожному з проміжків. Р о з в ’ я з а н н я Нехай 3 5 ,x t+ = де t l 0. Тоді 3x + 5 = t2 , 3x = t2 – 5. Отримуємо нерівність 2 2 4 4 9 6 1,t t t t+ − + + − m яку можна записати так: t t−( ) + −( )2 3 1 2 2 m . Одержуємо | t – 2 | + | t – 3 | m 1. (2) 1. ОДЗ нерівності (2): t ∈ R, але за змістом завдання цю нерівність потрібно розв’язати при t l 0. 2. Нулі підмодульних функцій: t = 2 і t = 3. 3. Ці нулі розбивають область t l 0 на три про міжки, у кожному з яких кожна підмодульна функція має постійний знак (див. рисунок). Проміжок І. При t ∈ [0; 2] маємо нерівність –(t – 2) – (t – 3) m 1, з якої одержуємо t l 2, але в проміжок [0; 2] входить тільки t = 2. Проміжок ІI. При t ∈ [2; 3] маємо нерівність (t – 2) – (t – 3) m1, яка рівносильна нерівності 0æt m 0, що виконується при будь яких значеннях t. Отже, у проміжку [2; 3] розв’язками нерівності будуть усі значення t з цього проміжку (2 m t m 3). Проміжок III. Приt ∈ [3; +×) маємо нерівність (t – 2) + (t – 3) m 1, з якої одержуємо t m 3, але в проміжок [3; +×) входить тільки значення t = 3. Об’єднуючи одержані результати, робимо висновок, що розв’язками не рівності (2) будуть усі значення t, такі що: 2 m t m 3. Виконуючи обернену заміну, маємо 2 3 5 3,x +m m звідки 4 m 3x + 5 m 9. Тоді 1 4 3 3 .x− m m Відповідь: 1 4 3 3 ; . −
- 315. 315 Запитання для контролю 1.Назвіть основні методи розв’язування ірраціональних нерівностей. 2. Назвіть основні етапи розв’язування ірраціональної нерівності методом інтервалів. 3. Обґрунтуйте справедливість таких рівносильних перетворень: 1) 2 1 2 1 ( ) ( ) ( ) ( );k k f x g x f x g x+ + > ⇔ > 2) 2 2 ( ) 0, ( ) ( ) ( ) 0, ( ) ( ); k k f x f x g x g x f x g x < ⇔ > < l 3) 2 2 ( ) 0, ( ) ( ) ( ) ( ) k k g x f x g x f x g x > ⇔ > l або ( ) 0, ( ) 0. f x g x < l Вправи Розв’яжіть нерівність (1–8). 1. 1) 2 3 18 4 ;x x x− − < − 2) 2 3 5 .x x x− < − 2. 1) ( ) 2 2 3 4 9;x x x− + −m 2) ( ) 2 2 1 1 1.x x x− + ≤ − 3. 1) 2 26 6 2 5 4 ; x x x x x x + − + − + + m 2) 2 23 2 3 2 8 2 1 ; x x x x x x − − − − + + m 4. 1) 2 2 5 3;x x− + + l 2) 2 20 15 5.x x− + + l 5. 1) 14 3 5; x x − +l 2) 2 6 0. x x x x − − − − > 6. 1) 3 27 3;x x x + > − 2) 4 2 2 1 1 .x x x− + > − 7* . 1) 5 8 6 5 1 5 24 10 5 1 2;x x x x+ − − + + − − m 2) 3 4 1 8 6 1 1.x x x x+ − − + + − − > 8* . 1) ( ) ( )2 21 4 3 1 8 2 6 1 0; x x x x x x− + + + − − + m 2) ( ) ( )2 21 5 6 2 10 2 12 2 0. x x x x x x− + + − − − + l § 27. Розв’язування ірраціональних нерівностей
- 316. 316 Основні методи таідеї, які використовуються при розв’язуванні завдань з параметрами, було розглянуто в § 20 розділу 2. Як і раніше, при розв’язу ванні завдань з параметрами, у яких вимагається розв’язати рівняння чи нерівність, можна користуватися о р і є н т и р о м: будь яке рівняння чи нерівність з параметрами можна розв’язувати як звичайні рівняння чи нерівність доти, поки всі перетворення або міркування, необхідні для розв’я зування, можна виконати однозначно. Але в тому разі, коли якесь перетво рення не можна виконати однозначно, розв’язування необхідно розбити на декілька випадків, щоб у кожному з них відповідь через параметри записува лася однозначно. Також на етапі пошуку плану розв’язування рівнянь чи нерівностей з па раметрами або при проведенні міркувань, пов’язаних із самим розв’язанням, частозручносупроводжувативідповідніміркуваннясхемами,заякимилегко простежити, у який момент ми не змогли однозначно виконати необхідні пе ретворення, на скільки випадків довелося розбити розв’язання і чим відріз няється один випадок від іншого. Зазначимо, що рівняння та нерівності з параметрами найчастіше розв’я зують за допомогою їх рівносильних перетворень, хоча інколи використову ються і властивості функцій, метод інтервалів для розв’язування нерівностей та рівняння наслідки. Приклад 1 Розв’яжіть рівняння 2 .x a− = К о м е н т а р Минеможемооднозначнодативідповідьнапитання,чиєвзаданогорівнян ня корені, і тому вже на першому кроці повинні розбити розв’язання на два випадки: 1) a < 0 — коренів немає, 2) a l 0 — корені є (див. схему). При al0маємонайпростішеірра ціональне рівняння, обидві частини якогоневід’ємні.Отже,припіднесен ні до квадрата обох його частин одер жуєморівняння,рівносильнезадано му. ОДЗ заданого рівняння можна не записувати, вона враховується авто матично, бо для всіх коренів одержа ного рівняння x – 2 = a2 l 0. Р о з в ’ я з а н н я 1) При a < 0 рівняння не має коренів. 2) При a l 0 x – 2 = a2 . Тоді х = а2 + 2. Відповідь: 1) якщо a < 0, то коренів немає; 2) якщо a l 0, то х = а2 + 2. РОЗВ’ЯЗУВАННЯ ІРРАЦІОНАЛЬНИХ РІВНЯНЬ ТА НЕРІВНОСТЕЙ З ПАРАМЕТРАМИ§§§§§2828282828 a < 0 a l 0 x – 2 = a2 коренівнемає х = а2 + 2 2x a− =
- 317. 317 Приклад 2 Розв’яжітьрівняння 1 3.x a x+ + − = Р о з в ’ я з а н н я * К о м е н т а р § 28. Розв’язування ірраціональних рівнянь та нерівностей з параметрами * У запису розв’язання прикладів 2–6 синім кольором виділено обмеження, які дове лося накласти в процесі рівносильних перетворень заданого рівняння чи нерівності. 3 1.x a x+ = − − (1) Для всіх коренів рівняння (1): 3 1 0.x− − l (2) Тодірівняння(1)рівносильнерівнян ням: ( )2 3 1 ,x a x+ = − − (3) 9 6 1 1,x a x x+ = − − + − 8 6 1 . a x − − = (4) Для всіх коренів рівняння (4): 8 6 0. a− l (5) Тоді рівняння (4) рівносильне рів нянню ( ) 2 8 6 1 . a x − − = (6) Отже, ( ) 2 8 6 1. a x − = + Врахуємо обмеження (2) і (5): ( ) 2 8 8 6 6 3 1 3 3 . a a x − − − − = − = − За умовою (5) 8 6 0, a− l тоді 8 8 6 6 . a a− − = Отже, умови (2) і (5) за дають систему 8 6 8 6 3 0, 0, a a − − − l l тобто 10, 8, a a − m тоді –10 m a m 8. Відповідь: 1) при –10 m a m 8 ( ) 2 8 6 1; a x − = + Використаємо рівносильні пере творення заданого рівняння. Для цього необхідно врахувати його ОДЗ: ( ) ( ) 0, 7 1 0. 8 x a x + − l l При перенесенні члена заданого рівняннязлівоїчастинивправузпро тилежним знаком одержали рівно сильне рівняння (1). Для всіх коренів рівняння (1) воно є правильною числовою рівністю. Його ліва частина невід’ємна, отже, і права частина повинна бути не від’ємною. Тоді далі можна розв’язу вати рівняння (1) не на всій ОДЗ, а тількинатійїїчастині,яказадаєть сяумовою(2).Зацієїумовиобидвіча стини рівняння (1) невід’ємні, отже, при піднесенні обох його частин до квадратa одержимо рівносильне рів няння (3) (а після рівносильних пе ретворень — рівняння (4)). Для всіх коренів рівняння (3) його правачастинаневід’ємна,отже,іліва частина буде невід’ємною: x + a l 0, але тоді умова (7) ОДЗ заданого рів няння врахована автоматично і її можна не записувати до розв’язання. Також для всіх коренів рівняння (4) його ліва частина невід’ємна, отже, і права частина повинна бути невід’ємною.Томудаліможнарозв’я зувати рівняння (4) не на всій ОДЗ, а тільки на тій її частині, яка задаєть ся умовою (5). Тоді обидві частини рівняння (4) невід’ємні і після під
- 318. 318 РОЗДІЛ 3. Степеневафункція Приклад 3 Розв’яжіть рівняння .a a x x+ + = Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р несення обох його частин до квадрата одержиморівносильнерівняння(6). Для всіх коренів рівняння (6) його правачастинаневід’ємна,отже,іліва частина буде невід’ємною: x – 1 l 0, але тоді й умова (8) ОДЗ заданого рів няння врахована автоматично, і то му ОДЗ можна не записувати до роз в’язання. Для всіх коренів даного рівняння х l 0 (1). Тоді задане рівняння рівносильне рівнянням: 2,a a x x+ + = (2) 2 .a x x a+ = − (3) Для всіх коренів рівняння (3) х2 – а l 0. (4) Тоді рівняння (3) рівносильне рів нянням: а + х = (х2 – а)2 , (5) а + х = х4 – 2ах2 + а2 . (6) Розглянемо рівняння (6) як квад ратне відносно а: а2 – (2х2 + 1)а + х4 – х = 0. D = (2x2 + 1)2 – 4(x4 – x) = = 4x2 + 4x + 1 = (2x + 1)2 . Тоді ( ) ( )2 2 1 2 1 2 . x x a + ± + = Отже, a = x2 + x + 1 або a = x2 – x. Звідси x2 – a + x + 1 = 0 (7) або x2 – a = x. (8) Враховуючи умови (1) і (4), одер жимо, що (x2 – a) + x + 1 l 1, отже, рівняння (7) не має коренів. Як і в прикладі 2, ОДЗ заданого рівняння 0, 0 a a x a x + + + l l буде врахо вана автоматично при переході до рівнянь (2) та (5) (для всіх коренів цих рівнянь), отже, її можна не запи сувати в розв’язанні. Міркування при виконанні рівно сильних перетворень заданого рівняння (до рівнянь (2) – (3) – (5) – (6)) повністю аналогічні міркуван ням, наведеним у коментарі до при кладу 2. Аналізуючи рівняння (6) (яке до сить важко розв’язати відносно змінноїx),користуємосяорієнтиром, який умовно можна назвати «Шукай квадратний тричлен», а саме: спро буйте розглянути задане рівняння якквадратневідносноякоїсьзмінної (чи відносно якоїсь функції). У дано му випадку розглянемо це рівняння як квадратне відносно параметра a (цей спосіб ефективно спрацьовує тільки тоді, коли дискримінант одер жаного квадратного тричлена є пов ним квадратом, як у розглянутому випадку). 2) при a< –10 або a > 8 коренів немає.
- 319. 319 Якщо для кореніврівняння (8) ви конується умова (1) (x l 0), то авто матично виконується і умова (4) (x2 – a l 0). З рівняння (8) одержимо x2 – x –a = 0. Це рівняння має корені, якщо D = 1 + 4a l0, тобто при 1 4 .a −l Тоді 1 1 1 4 2 , a x + + = 2 1 1 4 2 . a x − + = Для x1 умова x l 0 виконується, отже, x1 — корінь заданого рівняння при 1 4 .a −l Врахуємо умову x l 0 для x2 : 1 1 4 2 0, a− + l 1 4 1+ a m , 0 m 1+ 4a m 1, 1 4 0.a− m m Відповідь: 1) при 1 4 0a− m m 1 1 1 4 2 , a x + + = 2 1 1 4 2 ; a x − + = 2) при a > 0 1 1 4 2 ; a x + + = 3) при 1 4 a < − коренів немає. Перед записом відповіді зручно зобразити всі одержані розв’язки на схемі (як це описано на с. 219). 1 1 1 4 2 a x + + = 2 1 1 4 2 a x − + = Приклад 4 Розв’яжіть нерівність 4 5 .x a ax+ > Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р Задана нерівність рівносильна системі ( )2 0, 4 0, 4 25 . ax x a x a ax + > + > l (1) При a = 0 одержуємо систему 0 0 0 02 ⋅ > > x x x , l , , розв’язком якої є x > 0. Використаємо рівносильні пере творення. Для цього врахуємо ОДЗ заданої нерівності (ax l 0) і те, що права частина невід’ємна, отже, для всіх розв’язків заданої нерівності її ліва частина повинна бути додатною (x + 4a > 0). За цієї умови (на ОДЗ) обидві частини заданої нерівності невід’ємні,отже,припіднесенніобох частин нерівності до квадратa одер жимо рівносильну нерівність. § 28. Розв’язування ірраціональних рівнянь та нерівностей з параметрами Із цієї схеми видно, що при а > 0 у відповідь потрібно записати тільки одну формулу (х1 ), при 1 4 0a− m m — дві формули (х1 і х2 ), а при 1 4 a < − ко ренів немає.
- 320. 320 РОЗДІЛ 3. Степеневафункція При a > 0 одержуємо систему x x a x ax a l 0 4 17 16 02 2 , , . > − − + > (2) Розв’яжемо окремо нерівність x2 – 17ax + 16a2 > 0. Оскільки x2 – 17ax + 16a2 = 0 при x = a та x = 16a, то при a > 0 одержує мо x < a або x > 16a. Тоді система (2) має розв’язки: 0 m x < a або x > 16a. При a < 0 одержуємо систему x x a x ax a m 0 4 17 16 02 2 , , . > − − + > (3) Система (3) розв’язків не має, ос кільки при a < 0 перша і друга нерів ності не мають спільних розв’язків. Відповідь: при a = 0 x > 0; при a > 0 x ∈ [0; a) (16a; +×); при a < 0 розв’язків немає. Отримуємо систему (1). Для розв’язування нерівності ax l 0 необхідно розглянути три ви падки: a = 0 (ділити на а не можна); a > 0(знакнерівностізберігаєтьсяпри діленніобохїїчастинна а);a < 0(знак нерівності змінюється). При a > 0 значення –4a < 0, тому перші дві нерівності системи (2) мають спільний розв’язок x l 0, а для розв’язування нерівності x2 – 17ax + 16a2 > 0 можна викорис тати графічну ілюстрацію: При a < 0 значення –4a > 0, тому перші дві нерівності системи (3) не мають спільних розв’язків, отже, і вся система (3) не має розв’язків. Приклад 5 Розв’яжіть нерівність 1.x a x− > + К о м е н т а р Спочатку скористаємося рівносильними перетвореннями (с. 311): 2 2 ( ) 0, ( ) ( ) ( ) ( ) k k g x f x g x f x g x > ⇔ > l або ( ) 0, ( ) 0. f x g x < l Якщоводержанісистемипараметрaвходитьлінійно,товтакихвипад ках іноді буває зручно виразити параметр через змінну, розглянути пара метр як функцію від цієї змінної і використати графічну ілюстрацію розв’я зування нерівностей (у системі координат xОa). Зазначимо, що для зобра ження розв’язків сукупності нерівностей зручно використовувати дві систе ми координат, у яких осі Оxзнаходяться на одній прямій (і на кожній виділя ти штриховкою відповідні розв’язки). При різних значеннях a пряма a = const або не перетинає заштриховані області (при )3 4 ,a −l або перетинає їх по відрізках. Абсциси точок перетину є розв’язками систем (1) і (2), а тому і розв’язками заданої нерівності.
- 321. 321 Р о зв ’ я з а н н я Задана нерівність рівносильна сукупності систем: 2 1 0, ( 1) x x a x + − > + l або 0, 1 0. x a x − + < l Тоді: 2 1, 1 x a x x − < − − − l (1) або , 1. a x x < − m (2) Зобразимо графічно розв’язки систем нерівностей (1) і (2) у системі коор динат xОa (на рисунках заштриховано відповідні області і ). Бачимо, що: 1) при 3 4 a −l розв’язків немає (немає заштрихованих то чок); 2) якщо 3 4 1 ,a− < −m то пряма a = const перетинає тільки заштрихова ну область . Причому одержаний інтервал обмежений зліва і справа вітка ми параболиа = –х2 –х – 1. Але для відповіді нам потрібно записати х череза. Для цього з рівняння х2 + х + а + 1 = 0 знаходимо х: 1 1 2 4 1.x a= − ± − − Як бачимо, 1 3 1 2 4 2 ,x a−= − + − > − тобто 1 3 2 4 x a−= − + − — рівняння правої вітки параболи, а 1 3 2 4 x a−= − − − — лівої. Тоді відповідь у цьому випадку буде: 1 3 1 3 2 4 2 4 ;a x a− −− − − < < − + − 1 21 1 2 § 28. Розв’язування ірраціональних рівнянь та нерівностей з параметрами
- 322. 322 РОЗДІЛ 3. Степеневафункція 3) якщо a < –1 , то пряма a = const перетинає заштриховані області і . Для області інтервал для х обмежений: зліва — прямою х = –1, а справа — правою віткою параболи, тобто 1 3 2 4 1 .x a− < − + − −m Для області інтервал дляхобмеженийзлівапрямоюх=а,асправа—прямоюх=–1,тобтоamx < –1. Об’єднання цих інтервалів можна коротше записати так: 1 3 2 4 .a x a+ −< − −m Відповідь: 1) при 3 4 a −l — розв’язків немає; 2) при 3 4 1 a− < −m 1 3 1 3 2 4 2 4 ;a x a− − −− − < < − + − 3) при a < –1 1 3 2 4 .a x a< − + − −m Для розв’язування деяких дослідницьких завдань з параметрами можна використати властивості квадратного тричлена і, зокрема, умови розміщен ня коренів квадратного тричлена відносно заданих чисел (табл. 37, с. 225). Приклад 6 Знайдітьвсізначенняпараметраk,приякихмаєкоренірівнян ня 2 1 3 0.x k x k+ + − + = Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р 21 1 2 Заміна 1 ,x t+ = де t l 0 (тоді x = t2 – 1). Одержуємо рівняння t2 + 2kt – k + 2 = 0. (1) Задане рівняння буде мати корені тоді і тільки тоді, коли рівняння (1) будематихочабодинневід’ємнийко рінь (t l 0). Випадок t = 0 дослідимо окремо. При t = 0 з рівняння (1) маємо k = 2. Отже, при k = 2 рівняння (1) має корінь t = 0. Тоді і задане рівнян ня має корінь x = –1, тобто k = 2 задо вольняє умові задачі. Позначимо f (t) = t2 + 2kt – k + 2. Рівняння (1) може мати хоча б один додатний корінь в одному з двох випадків: Якщо ірраціональне рівняння містить тільки один корінь, то інко ли можна звести таке рівняння до ра ціонального, позначивши цей корінь новоюзмінною.Оскількизамінає рів носильним перетворенням (разом з оберненою заміною), то одержуємо рівняння,рівносильнеданому,ітому замістьдослідженнязаданогорівнян ня можна досліджувати одержане. Але при цьому слід враховувати, що після заміни змінної інколи змі нюється вимога задачі, зокрема, для рівняння (1) вона буде такою: знайти всізначенняпараметра k,дляякихце рівняннямаєхочабодинневід’ємний корінь(тодіпісляоберненоїзаміними обов’язково знайдемо корені задано го рівняння). Це можливо в одному
- 323. 323 1) один коріньдодатний і один від’ ємний — для цього необхідно і до статньо виконання умови f (0) < 0; 2) обидва корені додатні — для цього необхідно і достатньо виконання системиумов: f D t 0 0 0 00 ( ) > > , , . l (2) Умова f (0) < 0 дає: –k + 2 < 0, тобто k > 2. Система (2) дає: − + > − − +( ) − > k k k k 2 0 4 4 2 0 0 2 , , . l Тоді: k k k k < + − < 2 2 0 0 2 , , . l k k k k < − < 2 2 1 0 , , . абоm l Отже, k m –2. Відповідь: k m –2 або k l 2. з трьох випадків: або один з коренів рівняння (1) дорівнює нулю (цей ви падоклегкодосліджуєтьсяпідстанов коюврівняння(1)t=0),аборівняння (1)маєодиндодатнийіодинвід’ємний корені,абообидвакоренідодатні.Зоб разивши відповідні ескізи графіків функції f (t) = t2 + 2kt – k + 2 (див. рисунок), записуємо необхідні і дос татні умови такого розміщення для коренівквадратноготричлена(абови користовуємо табл. 37 на с. 225). Для розв’язування квадратної не рівностіk2 + k – 2 l 0 можна викорис тати графічну ілюстрацію. У кінці необхідно об’єднати всі одержані результати. Звичайно, для одержання відповіді можна було роз в’язати задане рівняння (аналогічно прикладу2),апотімдативідповідьна запитання задачі, але такий шлях потребуєбільшгроміздкихобчислень. Вправи 1. Розв’яжіть рівняння: 1) 2;x a− = 2) 2 ;x a a+ = 3) 6 3;x m x+ − = − 4) .a a x x− + = 2. Розв’яжіть нерівність: 1) ( ) 2 1 0; a x x x − − − l 2) 2 2 3 4 ;x a ax a+ > + 3) 4 ;x a x+ > 4) x a x− +l2 1; 5) 2 2 2 .a x x− > − 3. Знайдіть всі значення параметра a, при яких рівняння 3 2 2x x a+ = + має корені. § 28. Розв’язування ірраціональних рівнянь та нерівностей з параметрами
- 324. 324 РОЗДІЛ 3. Степеневафункція 4. Знайдіть всі значення параметра a, при яких рівняння ( )( )4 0 x x a x− − = має тільки один дійсний корінь. 5. Знайдіть всі значення параметра a, при яких рівняння 2 2ax x− + = має тільки один дійсний корінь. 6. Визначітькількістьрозв’язківсистеми , 2 1 0 y a x x y = + + − = залежновідзначення параметра a. ДОДАТКОВІ ВПРАВИ ДО РОЗДІЛУ 3 1. Звільніться від ірраціональності в знаменнику дробу: 1) 2 3 5 ; + 2) 3 5 2 ; − 3) 2 15 ; 4) 3 7 2 . + 2. Обчисліть: 1) ( ) ( ) 2 33 5 2,5 1,5 5 1;− − − − 2) ( )( )5 3 50 5 24 75 5 2 ; + − − 3) ( ) ( )( ) 232 3 2 1,5 1 2 0,75;− − − + 4) ( )2 6 20 2 5 24 11 2 30 . − + ⋅ + Спростіть вираз (3–5). 3. 1) 2 2 2 22 2 2 2 ; a a a aa a a a + − ++ − − + ⋅ 2) a a b b a b a b a b ab + + + − − 2 ; 3) 2 1 1 1 : ; x x x x x + + + − 4) 2 1 1 1 2 2 1 1 . c c c c c c − + + − − − 4. 1) 1 4 43 3 1 1 1 ; k k k k k k − + + + − − − 2) ( ) ( )2 2 322 : ; b ba b b a b a b a b a b + − − − + + − 3) ( ) 4 43 3 4 4 4 1 ; x y x yx y x y − − − + + 4) 3 3 2 3 4 4 4 43 4 4 3 . a ab a b b b a b ab a + − − + − − 5. 1) 0,5 1 1,5 0,5 2 1 1 2 1 1 : ; x x x x x x − − + − + + + 2) ( ) 11 1 1 24 2 2 1 1 2 2 : ; ab ab b a b a a b a b − − + − 3) 11 1 3 3 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 2 3 ; x x y x y x y x x x y x y − + − − − + − 4) 1 22 22 1 1 2 1 1 2 2 2 2 2 1 2 2 1 . c x c c c c c c c c −− − − − − − − − − + +
- 325. 325 Розв’яжіть рівняння (6–10): 6.1) ( ) 2 2 2 7 10 2 9 7;− + = − +x x x x 2) ( )2 2 2 1 1 0;+ − − + − =x x x x 3) x x x+( ) +( ) = +1 2 3 3; 4) 1 2 3 3.+ ⋅ + = +x x x 7. 1) 1 1 1 2 5+ +( ) + + −( ) =x x x x; 2) 2 2 2 3 2 3 5 3 ;x x x x x+ + − − = 3) 2 3 4 2 2;+ − = +x x x 4) x x x x2 2 7 1 2 15 8− + = − + . 8. 1) 5 7 3 1 3;+ − + = +x x x 2) 2 3 3 1 5 2;+ + − = +x x x 3) 3 4 1 8 6 1 1;+ − − + + − − =x x x x 4) 11 6 2 18 8 2 1.+ − + + + − + =x x x x 9. 1) 3 3 2 8 8 2;− + − =x x 2) 3 3 8 4 8 4 2;+ + − =x x 3) 3 3 5 2;+ + − =x x 4) 3 2 1 1.− = − −x x 10. 1) 3 3 3 16 8;+ − = −x x x 2) 3 3 3 1 2 2 3 0;− + − − − =x x x 3) 5 35 55 3 1 1 11 16;− − −− + = x x x xx 4) 3 3 1 1 1 3 . + − + = x x x x Розв’яжіть систему рівнянь (11–12). 11. 1) 1, 2 2 2; + = − + = − x y x y y 2) 3 1 2, 2 2 7 6; + + = − + = − x y x y y 3) 7 4 5 37 6 5 3 13 67 6 , ; − + − + − = − = x y x y 4) 5 4 31 209 9 3 2 7 209 9 , . − + − + + = + = x y x y 12. 1) 2 1 2 1 4 5, 1; + − − + + = = + x y x x x y x y 2) 10 3 , 2 2 2; − + + − + = − − = x y x y x y x y xy x y 3) 2 1 1, 3 2 4; + − − + = + = x y x y x y 4) 3 3 2 2 3, 2 7. + + − + = + = x y x y x y Розв’яжіть нерівність (13–21). 13. 1) 2 3 13 1 2 ;+ −x xl 2) 2 1 2 ;+ > −x x x 3) 2 3 4 ;− < −x x x 4) x x x2 2 2 6− − < + . 14. 1) 2 2 3 2 1 1;+ + − − + <x x x x 2) 2 2 3 5 7 3 5 2 1;+ + − + + >x x x x Додаткові вправи до розділу 3
- 326. 326 РОЗДІЛ 3. Степеневафункція 3) x x x − − + < 7 4 19 12 2 0; 4) 17 15 2 3 2 0 − − + > x x x . 15. 1) x x x x− − + + −2 1 2 1 2m ; 2) x x x x+ − − − −4 4 4 4 3l ; 3) 3 1 2;+ > − + −x x x 4) 6 2 4 1.+ > − + +x x x 16. 1) 2 1 1 1 1 4 4 ;− > − xx 2) 2 1 3 1 1 4 2 ;− < − xx 3) ( ) 2 1 2 0;− − −x x x l 4) ( ) 2 3 2 0.− + −x x x l 17. 1) ( ) 2 2 1 1 1;+ + > −x x x 2) ( ) 2 2 3 1 9;− + −x x xm 3) 2 2 6 6 2 5 4 ; + − + − + + x x x x x x l 4) 2 2 12 12 11 2 9 . + − + − − − x x x x x x l 18. 1) 51 2 1 2 1 − − − < x x x ; 2) 2 4 3 2; − + −x x x l 3) x x x x+ < + − − + +( ) − −( )5 1 3 5 3 ; 4) x x x x−( ) − +( ) + > − + − −5 7 1 7 5. 19. 1) 6 1 2 5;+ > + + −x x x 2) 3 1 2 1;+ > − + −x x x 3) 2 2 2 8 15 2 15 4 18 18;− + + + − > − +x x x x x x 20. 1) 1 1 1 1 4 4 2 1 1 2 2 2 1 − − + + + − + − − ( ) ( ) ( ) x x x x x x x l ; 2) x x x x x x x x x + − − − − − ( ) ( ) > 1 1 2 2 2 2 1; 3) 1 1 1 2 1 1 0; + − − + − +x x x x l 4) 1 2 1 1 1 0. − − + − x x m 21. 1) ( )1 1 2 2 0 ; − + − > a x x x am 2) 1 1 1 1 . + − + a x x x l 22. Розв’яжітьнерівність ( )2 4 3 1− −x x al при а=0іпереконайтеся,щомно жиноюїїрозв’язківєвідрізок.Приякихзначенняхамножиноюрозв’язків данної нерівності є відрізок довжиною 9 5 ? 23. При яких значення параметра а множина розв’язків нерівності 2 + +a x ax xl не перетинається з проміжком [–1; 0]? 24. При яких значення параметра а у множині розв’язків нерівності x x ax+ − >2 2 1 міститься проміжок 1 4 ; 1 ?
- 327. 327 ВІДОМОСТІ З ІСТОРІЇ Поняттястепеня виникло в давнину. Збереглися глиняні плитки древніх вавилонян (близько 1700 р. до н. е.), які містять записи таблиць квадратів і кубів та їх обернених значень. До множення рівних множників приводить розв’язування багатьох задач. Вираз квадрат числа виник внаслідок обчис лення площі квадрата, а куб числа — внаслідок знаходження об’єму куба. Але сучасні позначення (типу а4 , а5 ) введені в XVII ст. Р. Д е к а р т о м (1596— 1650). Дробові показники степеня і найпростіші правила дій над степенями з дро бовими показниками зустрічаються в XIV ст. у французького математика Н. О р е м а (бл. 1323—1382). Відомо, що Н. Ш ю к е (бл. 1445—бл. 1500) розглядав степені з від’ємними і нульовим показниками. С. С т е в і н запропонував розуміти під 1 na корінь n a . Але систематично дробові і від’ємні показники першим став застосовувати Ньютон. Німецький математик М. Ш т і ф е л ь (1487—1567) дав позначення а0 =1, якщо a≠ 1, і ввів назвупоказник (це переклад з німецької Ехроnеnt). Німець ке potenzieren означає піднести до степеня. (Звідси походить і слово потен ціювати, яке буде застосовуватися в наступному розділі для позначення пе реходів від так званих логарифмів (log) виразів f (x) і g (x) до відповідних сте пенів,тобтовідрівності log ( ) log ( )a af x g x= дорівності log ( ) log ( )a af x g x a a= . Усвою чергу,термінeхроnеntenвиниквнаслідокнезовсімточногоперекладузгрецької слова, яким Д і о ф а н т А л е к с а н д р і й с ь к и й (близько ІІІ ст.) позначав квадрат невідомої величини. Терміни радикал ікорінь,уведені в XII ст., походять від латинського radix, що має два значення: сторона і корінь. Грецькі математики замість «добути корінь» казали «знайти сторону квадрата за його даною величиною (пло щею)». Знак кореня у вигляді символу з’явився вперше в 1525 р. Сучас ний символ введений Декартом, який додав горизонтальну риску. І. Н ь ю т о н (1643—1727) вже позначав показники коренів: 3 4 , . Термін логарифм походить від сполучення грецьких слів «логос» (у зна ченні «відношення») і «аритмос» (число) і перекладається як відношення чисел. Вибір винахідником логарифмів Дж. Непером такої назви (1594 р.) пояснюється тим, що логарифми виникли внаслідок зіставлення двох чисел, одне з яких є членом арифметичної прогресії, а друге — геометричної. Лога рифми з основою e увів С п е й д е л (1619 р.), який склав перші таблиці для функції ln х. Назву натуральний(природний) для цього логарифма запропо нував Н. М е р к а т о р (1620—1687), який виявив, що ln х — це площа під гіперболою 1 . x y =
- 328. 328 Т а бл и ц я 49 4Розділ Показникова і логарифмічна функції ПОКАЗНИКОВА ФУНКЦІЯ, ЇЇ ВЛАСТИВОСТІ ТА ГРАФІК§§§§§2929292929 1. Поняття показникової функції та її графік О з н а ч е н н я. Показниковою функцією називається функція виду у = ах , де а > 0 і а ≠≠≠≠≠ 1. Графік показникової функції (експонента) а > 1 0 < а < 1 2. Властивості показникової функції 1. Область визначення: x ∈ R. D (ах ) = R 2. Область значень: y > 0. E (ах ) = (0; +×) 3. Функція ні парна, ні непарна. 4. Точки перетину з осями координат: з віссю Оy 0, 1 x y = = з віссю Оx немає 5. Проміжки зростання і спадання: а > 1 0 < а < 1 функція у = ах при а > 1 зростає на всій області визначення функція у = ах при 0 < а < 1 спадає на всій області визначення
- 329. 329 Пояснення й обґрунтування 1.Поняття показникової функції та її графік. Показниковою функцією на зивається функція виду y = ax , де а > 0 і а ≠ 1. Наприклад, y = 2x , ( )1 2 , x y = y x = 3 2 , y = πx — показникові функції. Зазначимо, що функція виду y = аx існує й при а = 1. Тоді y = ax = 1x , тобто у = 1 при всіх значеннях x ∈ R . Але в цьому випадку функціяy= 1x не називається показниковою. (Графік функції y= 1x — пряма, зображена на рисунку 118.) Оскільки при а > 0 вираз ax означе ний при всіх дійсних значенняхx, то об ластювизначенняпоказниковоїфункції y = ax є всі дійсні числа. Спробуємо спочатку побудувати гра фікидеякихпоказниковихфункцій,на приклад, y = 2x і ( )1 2 x y = «за точками», а потім перейдемо до характеристики загальних властивостей показникової функції. Складемо таблицю деяких значень функції у = 2х . § 29. Показникова функція, її властивості та графік П р о д о в ж. т а б л. 49 6. Проміжки знакосталості: у > 0 при всіх значеннях x ∈ R . 7. Найбільшого і найменшого значень функція не має . 8. Длябудь якихдійснихзначеньuіv(a>0, b>0) виконуютьсярівності: аu æаv = аu + v u u v v a a a −= (au )v = auv (ab)u = au bu ( ) u u u a a b b = x 3– 2– 1– 0 1 2 3 у 2= х 1 2 4 8 1 2 − 1 2 1 8 1 4 1 2 1 2 0,7≈ 2 1,4≈ Рис. 118
- 330. 330 РОЗДІЛ 4. Показниковаі логарифмічна функції Побудуємонакоординатнійплощинівідповідніточки(рис.119,а)із’єднає мо ці точки плавною лінією, яку природно вважати графіком функції у = 2х (рис. 119, б). Як бачимо з графіка, функція у = 2х є зростаючою функцією, яка набуває всіх значень із проміжку (0; +×). Аналогічно складемо таблицю деяких значень функції ( )1 2 x y = . Рис. 119 1 2 − 1 2 ( )1 2 x y = 1 2 1 4 1 8 1 2 0,7≈2 1,4≈ x 3– 2– 1– 0 1 2 3 8 4 2 1 Рис. 120 а б а б Побудуємонакоординатнійплощинівідповідніточки(рис.120,а) із’єдна ємоціточкиплавноюлінією,якуприродновважатиграфікомфункції ( )1 2 x y =
- 331. 331 (рис. 120, б).Якбачимо з графіка, функція ( )1 2 x y = є спадною функцією, яка набуває всіх значень із проміжку (0; +×). Зауважимо, що графік функції ( )1 2 x y = можна одержати з графіка функції y = f (x) = 2x за допомогою геометричних перетворень. Дійсно, ( )1 1 2 2 x x y = = = ( )2 .x f x−= = − Отже,графікфункції ( )1 2 x y = симетричнийграфікуфункціїy = 2x відносно осі Oy (табл. 4, с. 28), і тому, якщо функція y = 2x є зростаючою, функція ( )1 2 x y = обов’язково буде спадною. Виявляється, завжди при а > 1 графік функції y = ax схожий на графік функції y = 2x , а при 0 < а < 1— на графік функції ( )1 2 x y = (рис. 121). Графік показникової функції називається експонентою. 2. Властивостіпоказниковоїфункції. Якобґрунтовувалосявище,областюви значення показниковоїфункції y = ax (а> 0 ,а ≠1) є всі дійсні числа: D (ax ) =R. Областю значень функції y = ax є множина всіх додатних чисел, тобто функціяy = ax набуває тільки додатних значень, причому будь яке додатне число є значенням функції, тобто Е (ах ) = (0; +×). Це означає, що графік показникової функції y = ax завжди розміщений вище осі Ox і будь яка пряма, що паралельна осі Ox і знаходиться вище неї, перетинає цей графік. При а > 1 функція y = ax зростає на всій області визначення, а при 0 < а < 1 функція y = ax спадає на всій області визначення. Обґрунтування області значень та проміжків зростання і спадання показ никової функції проводиться так: ці властивості перевіряються послідовно для натуральних, цілих, раціональних показників, а потім уже переносять ся на довільні дійсні показники. Але слід враховувати, що при введенні по няття степеня з ірраціональним показником ми вже користувалися зростан § 29. Показникова функція, її властивості та графік Рис. 121 а б
- 332. 332 РОЗДІЛ 4. Показниковаі логарифмічна функції ням функції , коли проводили такі міркування: оскільки 1,7 3 1,8,< < то 1,7 3 1,8 2 2 2 .< < Отже, у нашій системі викладу матеріалу ми зможемо обґрун тувати ці властивості тільки для раціональних показників, але, враховуючи громіздкість таких обґрунтувань, приймемо їх без доведення. Усі інші властивості показникової функції легко обґрунтовуються за до помогою цих властивостей. Функціяy=ax неєніпарною,нінепарною,оскільки ( ) ( )1x x xa f x a f x a−− = = ≠ = (за означенням а ≠ 1). Також f (–x) ≠ –f (x), оскільки f (–x) = a–x > 0 (за влас тивістю 1), а –f (x) = –ax < 0. Точки перетину з осями координат. Графік функціїy = ax перетинає вісь Oу у точці у = 1. Дійсно, на осі Oу значення х = 0, тоді y = a0 = 1. Графік показникової функції y = ax (а > 0, а ≠≠≠≠≠ 1) не перетинає вісь Oх, оскільки на осі Oх у = 0, але значення у = 0 не входить до області значень показникової функції y = ax (y = ax = 0 тільки при а = 0, але за означенням а > 0). Проміжки знакосталості. у > 0 при всіх дійсних значеннях x, оскільки y = ax > 0 при а > 0. Зазначимо ще одну властивість показникової функції. Оскільки графік функціїy=ax перетинаєвісьOy уточціy=1,то,враховуючизростанняфункції при а > 1 та спадання при 0 < а < 1, одержуємо такі співвідношення між значеннями функції і відповідними значеннями аргументу: їіцкнуфяннечанЗ утнемуграяннечанЗ y 1> ирп a 1> <0ирп a 1< x ∈ +;0( ×) х ∈ –( × )0; <0 y 1< х ∈ –( × )0; x ∈ +;0( ×) Функція y = ax не має ні найбільшого, ні найменшого значень, оскільки її область значень — проміжок (0; +×), який не містить ні найменшого, ні най більшого числа. Властивості показникової функції, вказані в пункті 8 таблиці 49: аu æаv = аu + v ; ; u u v v a a a −= (au )v = auv ; (ab)u = au bu ; ( ) . u u u a a b b = було обґрунтовано в розділі 3. Зазначимощеоднувластивістьпоказниковоїфункції,якавиділяєїїзряду інших функцій:якщо f (x) =ax (а > 0 , а ≠ 1),то при будь яких дійсних значен нях аргументів x1 і x2 виконується рівність f (x1 )æææææf (x2 ) = f (x1 + x2 ) .
- 333. 333 Дійсно, f xf x a a ax x x x 1 2 1 2 1 2( )⋅ ( ) = ⋅ = =+ = +( )f x x1 2 . У курсах вищої математи ки ця властивість (разом із строгою мо нотонністю) є основою аксіоматичного означення показникової функції. У цьому випадку дається означення, що показникова функція у = f (x) — це строгомонотоннафункція,визначена навсійчисловійосі,яказадовольняєфун кціональному рівнянню f (x1 )æf (x2 ) = = f (x1 + x2 ), а потім обґрунтовується, що функціяf (x) збігається з функцією y = ax (а > 0, а ≠ 1). Крімзагальнихвластивостейпоказниковоїфункціїприа>1іпри0< а < 1, відзначимо деякі особливості поведінки графіків показникових функцій при конкретних значеннях а. Так, на рисунку 122 наведено графіки показнико вих функцій y = ax при значеннях основи а = 2; 3; 1 2 ; 1 3 . Порівнюючиціграфіки,можназробитивисновок: чимбільшаосноваа > 1, тим крутіше піднімається графік функції у = ах при русі точки вправо і тим швидше графік наближається до осі Оx при русі точки вліво. Аналогічно, чим менша основа 0 < а< 1, тим крутіше піднімається графік функції у = ах при русі точки вліво і тим швидше графік наближається до осі Оx при русі точки вправо. Завершуючи розмову про показникову функцію, укажемо на ті причини, які заважають розглядати показникові функції з від’ємною чи нульовою ос новою. Зауважимо, що вираз ах можна розглядати і при а= 0 і при а < 0. Але в цих випадках він уже буде означений не при всіх дійсних значеннях х, як показ никова функція у = ах . Зокрема, вираз 0 х означений при всіх х > 0 (і тоді 0 х = 0), а вираз (–2)х — при всіх цілих значеннях х (наприклад, ( ) ( ) 3 3 1 1 82 2 . − − − = = − З цієї причини й не беруть основу показникової функції а = 0 (одержуємо постійну функцію при х > 0) та а < 0 (одержуємо функцію, означену тільки при досить «рідких» значенняхx: х∈ Z).Аленаведенімірку вання стосовно доцільності вибору основи показникової функції не вплива ють на область допустимих значень виразуах (наприклад,якмибачиливище, пара значень а = –2, х = –3 входить до його ОДЗ, і це доводиться враховувати при розв’язуванні деяких завдань). § 29. Показникова функція, її властивості та графік Рис. 122
- 334. 334 РОЗДІЛ 4. Показниковаі логарифмічна функції Приклади розв’язання завдань Приклад 1 Порівняйте значення виразів: 1) ( ) 3 2 3 − і ( ) 5 2 3 ; − 2) 4 7 2 і 3 7 2 . Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р 1) Функція ( )2 3 x y = є спадною ( )2 3 1 ,< томузнерівності–3>–5одер жуємо ( ) ( ) 3 5 2 2 3 3 . − − < 2) Функція 7 2 x y = є зростаючою 7 2 1 , > тому з нерівності 4 > 3 одер жуємо 4 3 7 7 2 2 . > Врахуємо, що функція y = ax при а > 1 є зростаючою, а при 0 < а < 1 — спадною. Отже, спочатку порівняємо задану основу а з одиницею, а потім, порівнюючи аргументи, зробимо ви сновок про співвідношення між зада нимизначеннямифункції. Приклад 2 Порівняйте з одиницею додатну основу а, якщо відомо, що виконується нерівність: 1) 5 11;a a> 2) 1 1 3 5 .a a − − < Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р 1) Оскільки 5 11< і за умовою 5 11,a a> то функція ax є спадною, отже, 0 < а < 1. 2) Оскільки 1 1 3 5 − < − і за умовою 1 1 3 5 ,a a − − < тофункція ax єзростаючою, отже, а > 1. У кожному завданні задані вира зи — це два значення функції ах . Проаналізуємо, яке значення функції відповідає більшому значен нюаргументу(дляцьогоспочаткупо рівняємо аргументи). Якщо більшому значенню аргу менту відповідає більше значення функції, то функція ах є зростаючою і а > 1; якщо відповідає менше зна чення функції, то функція ах є спад ною і тоді 0 < а < 1 .
- 335. 335 § 29. Показниковафункція, її властивості та графік Приклад 3 Побудуйте графік функції: 1) у = 1,7 х ; 2) у = 0,3 х . К о м е н т а р При а > 0 значення ах > 0, отже, графік функції y = ax завжди розміщений вище осі Ox. Цей графік перетинає вісь Oy в точці y = 1 (a0 = 1). При а > 1 показникова функція (у = 1,7х ) зростає, отже, її графіком буде крива(експонента),точкиякоїпризбільшенніаргументупіднімаютьсявгору. При0<а<1показниковафункція(у=0,3х ) спадає, отже, графіком функції y = ax буде крива, точки якої при збільшенні аргументу опускаються вниз. (Нагадаємо, що, опускаючись вниз, графік наближається до осіОx, але ніко ли її не перетинає.) Щоб уточнити поведінку графіків заданих функцій, знайдемо координати кількох додаткових точок. Р о з в ’ я з а н н я 1) у = 1,7 х . 2) у = 0,3 х Приклад 4* Зобразіть схематично графік функції y x = ( ) − 1 3 3 . Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р Послідовно будуємо графіки: 1. ( )1 3 ; x y = Складемо план побудови графіка заданої функції за допомогою по слідовнихгеометричнихперетворень (табл. 4 на с. 28). 1. Ми можемо побудувати графік функції ( ) ( )1 3 x y f x= = (основа 1 3 1a = < — показникова функція спадає). x 1– 0 1 2 y 1 7,1 98,210 17 10 3 x 1– 0 1 2 y 1 3,0 90,0
- 336. 336 РОЗДІЛ 4. Показниковаі логарифмічна функції 2. ( )1 3 ; x y = 2. Потім можна побудувати графік функції ( ) ( )1 3 ( ) : x y g x f x= = = праворуч від осі Oy (і на самій осі) графік функції y = f (x) залишаєть ся без зміни, і саме ця частина гра фіка — симетрія відносно осі Oy. 3. Післяцьогоможнапобудуватигра фікфункції ( )1 3 ( ) 3 ( ) 3: x y x g x= ϕ = − = − паралельно перенести графік g (x) уздовж осі Oy на (–3) одиниці. 4. Потім можна побудувати графік заданоїфункції y x x = ( ) − = 1 3 3 ϕ ( ) : вище осі Ox (і на самій осі) графік функції y = ϕ (x) повинен залиши тися без зміни, але таких точок у графіка функції y = ϕ (x) немає, а нижчеосі Ox —симетріявідносно осі Ox (тобто весь графік функції y = ϕ (x) потрібно відобразити си метрично відносно осіОх). 3. ( )1 3 3; x y = − 4. y x = ( ) − 1 3 3 . Запитання для контролю 1. Дайте означення показникової функції. 2. Побудуйте графіки показникової функції у = ах при а > 1 та при 0 < а < 1 (виберіть конкретні значення а). Через яку точку проходять графіки всіх показникових функцій ? 3. Користуючись графіком показникової функції у = ах (при а > 1 та при 0 < а < 1 ), охарактеризуйте її властивості. 4* .Обґрунтуйте властивості функції у = ах (а > 0, а ≠ 1). 5. Використовуючизростаннячиспаданнявідповідноїпоказниковоїфункції, порівняйте значення: а) 7 5 та 7 9 ; б) 0,7 5 та 0,7 9 . Вправи 1. Укажіть, які із заданих функцій зростають, а які спадають: 1°) у = 4х ; 2°) ( )2 3 ; x y = 3°) y x = ( )3 ; 4°) y = πx ; 5) y x = −( )5 2 ;
- 337. 337 6* ) 1 5 2 ; x y − = 7* ) ( )1 3 ; x y − = 8* ) y = 2 –x ; 9 * ) y = –5 x . 2°. Побудуйте графік функції: 1) у = 3 х ; 2) ( )1 4 ; x y = 3) у = 0,2 х ; 4) у = 2,5 х ; 5) у = 0,7 х . 3. Знаючи, що a > b > 1, зобразіть схематично в одній системі координат графіки функцій у = aх і у = bх . 4. Знайдіть область значень функції: 1) у = 3 х + 1; 2) у = –5 х ; 3) у = 7 х – 2; 4) ( )1 6 . x y = − 5. Побудуйте графік функції: 1°) у = –3 х ; 2) ( )1 4 3; x y = + 3* ) ( )1 2 ; x y = 4* ) у = 5 | х | ; 5* ) y x = ( ) − 1 2 1 . 6. Порівняйте значення виразів: 1°) 3 1,5 та 3 1,4 ; 2°) ( ) 1,3 2 7 та ( ) 1,8 2 7 ; 3°) 0,78 –0,7 та 0,78 –0,6 ; 4) ( ) 3 2 − та ( ) 5 2 ; − 5) 30,5 та 70,5 ; 6) 22 та 32 ; 7) 8 5 2 та 9 5 2 ; 8) 6 3 2 та 3 2 ; 9) ( ) 4 4 5 − та ( ) 5 5 4 ; 10) 0,2 –10 та 5 11 . 7. Порівняйте показники т і п, якщо відомо, що є правильною нерівність: 1) 3,2 m < 3,2 n ; 2) ( ) ( )1 1 9 9 ; m n > 3) ( ) ( )7 7 6 6 ; m n > 4) 0,99 m < 0,99 n ; 5) ( ) ( )2 2 ; m n > 6) 3 3 2 2 ; m n < 7) ( ) ( )5 1 5 1 ; m n − < − 8) ( ) ( )2 1 2 1 . m n − < − 8. Порівняйте з одиницею додатну основу а, якщо відомо, що є правильною нерівність: 1) a 100 > a 99 ; 2) 1 0,2 3 ;a a< 3) a a 3 7 < ; 4) a a 17 4 > ; 5) 11 817 ;a a −− < 6) 0,25 3 .a a− − > 9. Порівняйте з одиницею значення виразу: 1) 0,01 1,2 ; 2) 0,99 100 ; 3) ( ) 1 313 12 ; 4) ( ) 1 530 31 ; − 5) 0,007 0 ; 6) 100 –0,01 ; 7) 2 3 ; − 8) ( ) 3 5 7 . § 29. Показникова функція, її властивості та графік
- 338. 338 РОЗДІЛ 4. Показниковаі логарифмічна функції 10. Який висновок можна зробити про знак числа х, якщо: 1) 3 х = 0,6; 2) ( )1 6 10; x = 3) 10 х = 4; 4) 0,3 х = 0,1? 11. Розташуйте числа в порядку їх зростання: 1) 1 3 2 , 2 –1,5 , 2 2 , 2 2− , 2 1,4 , 1; 2) 0,3 9 , 1, 0,3 − 5 , 1 2 0,3 , 0,3 –9 , 1 3 0,3 . 12* . Відомо, що коли при радіоактивному розпаді кількість речовини за добу зменшується вдвічі, то через х діб від маси М0 залишається маса М, яка обчислюється за формулою: ( )0 1 2 . x M M= Звідси ( )0 1 2 . x M M = Покажіть графічно, як із зміною х змінюється відношення 0 . M M Використовуючи у випадку необхідності побудований графік, дайте відповіді (точні або наближені) на запитання: а) У скільки разів зменшиться маса радіоактивної речовини через 1,5 доби, 2,5 доби, 3 доби, 4 доби? б) Скільки часу повинно минути, щоб початкова маса радіоактивної ре човини зменшилася в 2,5 раза, у 3 рази, у 4 рази? РОЗВ’ЯЗУВАННЯ ПОКАЗНИКОВИХ РІВНЯНЬ ТА НЕРІВНОСТЕЙ§§§§§3030303030 30.1. НАЙПРОСТІШІ ПОКАЗНИКОВІ РІВНЯННЯ Т а б л и ц я 50 1. Основні формули та співвідношення au æav = au + v (ab)u = au æbu , u u v v a a a − = ( ) u u u a a b b = (au )v = auv m mn n a a= Графік функції y = ax (a > 0) a > 1 0 < a < 1 a = 1 зростає спадає стала
- 339. 339 § 30. Розв’язуванняпоказникових рівнянь та нерівностей П р о д о в ж. т а б л. 50 2. Схема рівносильних перетворень найпростіших показникових рівнянь Орієнтир Приклад При a > 0 і a ≠ 1 af (x) = ag (x) ⇔⇔⇔⇔⇔ f (x) = g (x) 32x + 4 = 9. 32x + 4 = 32 , 2x + 4 = 2, x = –1. Відповідь: –1. 6 x + 3 = –36. Коренівнемає (оскільки 6t > 0 для всіх t). Відповідь: коренівнемає. 3. Зведення деяких показникових рівнянь до найпростіших Орієнтир Приклад 1) Якщо в лівій і правій частинах показникового рівняння стоять тільки добутки, частки, корені або степені, то доцільно за допо могою основних формул спробу вати записати обидві частини рівняння як степені з однією ос новою. 2 43 2 16 x x x − ⋅ = . 1 2 3 2 4 2 2 2 2 ,x x x − ⋅ = 1 43 3 2 2 2 , xx −− = 1 2 3 3 4 ,x x− = − 1 2 .x = Відповідь: 1 2 . 2) Якщо в одній частині показни кового рівняння стоїть число, а в іншій всі члени містять ви развидуakx (показникистепенів відрізняються тільки вільними членами),тозручновційчасти ні рівняння винести за дужки найменший степінь a. 5 х – 2æ5 х – 2 = 23. 5 х – 2 (5 2 – 2) = 23, 5х – 2 æ23 = 23, 5 х – 2 = 1, 5 х – 2 = 5 0 , x – 2 = 0, x = 2. Відповідь: 2.
- 340. 340 РОЗДІЛ 4. Показниковаі логарифмічна функції Пояснення й обґрунтування Показниковими звичайноназиваютьрівняння,уякихзміннавходитьу по казник степеня (а основа цього степеня не містить змінної). Розглянемо найпростіше показникове рівняння ax = b, (1) де a > 0 і a≠ 1. Оскільки при цих значеннях a функція y = a x строго монотонна (зростає при a > 1 і спадає при 0 < a < 1), то кожного свого значення вона набуваєтількиприодномузначенніаргументу.Цеозначає,щорівнянняa x =b приb > 0маєєдинийкорінь. Щобйогознайти,доситьподатиbувигляді b=a c . Очевидно, що x = с є коренем рівняння a x = a c . Графічно це проілюстровано на рисунку 123. Наприклад, щоб розв’язати рівняння 7 x = 49, досить подати це рівняння у вигляді 7 x = 7 2 і записати його єдиний корінь x = 2. Якщо b mmmmm 0, то рівняння a x = b (при a > 0) коренів не має, оскільки a x завжди більше нуля. (На графіках, наведених на рисунку 124, пряма y = b не перетинає графік функції y = a x при b m 0.) Наприклад, рівняння 7 x = –7 не має коренів. Узагальнюючи наведені вище міркування стосовно розв’язування най простіших показникових рівнянь, відзначимо, що при a > 0 і a ≠≠≠≠≠ 1 рівняння а б Рис. 123 а б Рис. 124
- 341. 341 af (x) = ag(x) (2) рівносильне рівнянню f (x) = g (x). (3) Коротко це твердження можна записати так: при a > 0 і a ≠≠≠≠≠ 1 af (x) = ag (x) ⇔⇔⇔⇔⇔ f (x) = g (x) . ( Щоб обґрунтувати цю рівносильність, досить помітити, що рівності (2) і (3) можуть бути правильними тільки одночасно, оскільки функція y = at є строго монотонною і кожного свого значення вона набуває тільки при одному значенні аргументу t (тобто з рівності степенів (2) обов’язково ви пливає рівність показників (3)). Отже, усі корені рівняння (2) (які пере творюють це рівняння на правильну рівність) будуть і коренями рівнян ня (3), та навпаки, усі корені рівняння (3) будуть коренями рівняння (2). А це й означає, що рівняння (2) і (3) рівносильні. ) У найпростіших випадках при розв’язуванні показникових рівнянь нама гаються за допомогою основних формул дій над степенями (див. таблицю 46) звести (якщо це можливо) задане рівняння до виду af (x) = ag (x) . Для розв’язування більш складних показникових рівнянь найчастіше використовують заміну змінних (застосування цього методу розглянуто в таб лиці 51, с. 344) або властивості відповідних функцій (застосування цих ме тодів розглянуто в таблиці 58, с. 403). Зауважимо,щовсірівносильніперетвореннярівняннязавждивиконують ся на його області допустимих значень (тобто на спільній області визначення для всіх функцій, які входять до запису цього рівняння). Але в показникових рівняннях найчастіше областю допустимих значень (ОДЗ) є множина всіх дійсних чисел. У цих випадках, як правило, ОДЗ явно не знаходять і не запи сують до розв’язання рівняння (див. нижче приклади 1–3). Але якщо в про цесі розв’язування показникових рівнянь рівносильні перетворення викону ються не на всій множині дійсних чисел, то в цьому випадку доводиться зга дувати про ОДЗ (приклад 4* на с. 343). Приклади розв’язання завдань Приклад 1 Розв’яжіть рівняння: 1) 4 х = 64; 2) 5 х = –1; 3) 2 4 12 1.x − = Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р § 30. Розв’язування показникових рівнянь та нерівностей 1) 4 х = 64, 4 х = 4 3 , х = 3; 2) 5 х = –1 — коренів немає, оскільки 5 х > 0 завжди; 3) 2 4 12 1,x − = 2 4 0 12 12 ,x − = x 2 – 4 = 0; x = ä 2. При a > 0 завжди ax > 0, тому рів няння 5 х = –1 не має коренів. Інші рівняння зведемо до виду af (x) = ag (x) (де a > 0 і a ≠ 1) і перейдемо до рівносильного рівняння f (x) = g (x).
- 342. 342 РОЗДІЛ 4. Показниковаі логарифмічна функції Приклад 2 Розв’яжіть рівняння: 1) ( ) ( ) 0,5 20,2 5 5 0,04 ; x x − − = ⋅ 2) ( ) 2 3 1 6 2 3 . x x x − ⋅ = Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р 1) Задане рівняння рівносильне рівнянням: ( ) ( ) 0,51 22 1 2 5 5 5 5 , x x −− −− = ⋅ 0,5 1 2 4 1 2 5 5 5 5 , x x − + − + = ⋅ ( ) 10,5 1 2 42 5 5 , x x− + − + − + = 5 –x = 5 5 – 2x , –x = 5 – 2x, x = 5. Відповідь: 5. 2) Задане рівняння рівносильне рівнянням: (2æ3) x = (6 –1 ) 2x – 3 , 6 x = 6 –2x + 3 , x = –2x + 3, x = 1. Відповідь: 1. У лівій і правій частинах заданих рівняньстоятьтількидобутки,час тки, корені або степені. У цьому ви падку для зведення рівняння до виду af (x) = ag (x) спробуємо використати основні формули дій над степенями, щобзаписатиобидвічастинирівнян ня як степені з однією основою. У рівнянні 1 слід звернути увагу на те, що 12 1 10 5 0,2 5 , − = = = а 24 1 100 25 0,04 5 − = = = і 1 2 5 5 ,= отже, ліву і праву частини цього рівняння можна записати як степені числа 5. Для перетворення рівняння 2 зга даємо, що всі формули можна вико ристовувати як зліва направо, так і справа наліво, наприклад, для лівої частиницьогорівнянняскористаємо ся формулою au æbu = (ab)u , тобто 2 x æ3 x = (2æ3) x = 6 x . Приклад 3 Розв’яжіть рівняння 32x + 2 + 5æ32x – 2 = 86. Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р Задане рівняння рівносильне рів нянням: 3 2x – 2 (3 4 + 5) = 86, 3 2x – 2 æ86 = 86, 3 2x – 2 = 1, 3 2x – 2 = 3 0 , 2x – 2 = 0, x = 1. Відповідь: 1. У лівій частині рівняння всі члени містять вирази виду 3 2x (показники степенів відрізняються тільки віль нимичленами).Уцьомувипадкузруч но винести за дужки в лівій частині рівняннянайменшийстепіньчисла3, тобто 3 2x – 2 .
- 343. 343 Приклад 4* Розв’яжіть рівняння( ) ( )42 2 1 1 . x x b b − + = + Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р § 30. Розв’язування показникових рівнянь та нерівностей ОДЗ: x l 0, b ∈ R. Розглянемо два випадки. 1) При b = 0 одержуємо рівняння 4 1 1 , x x− = корені якого — усі дій сні числа з ОДЗ, тобто x l 0. 2) При b ≠ 0 значення 1+ b2 ≠ 1, і тоді задане рівняння рівносильне рів нянню 4 .x x= − Звідси 2,x = тоді x = 4. Відповідь: 1) при b = 0 x ∈ [0;+×); 2) при b ≠ 0 x = 4. Це рівняння відносно змінної x, яке містить параметр b. Аналізуючи основу степенів у цьому рівнянні, ро бимовисновок,щоприбудь якихзна ченнях b основа 1 + b2 l 1. Функція у = ах при a > 1 є зростаючою, а при a =1—постійною(див.графікифунк ції у = ах у таблиці 50). Основа 1 + b2 = 1 при b = 0, а при всіх інших значеннях b основа 1 + b2 > 1. Розглянемокоженізцихвипадків окремо, тобто: b= 0 і b ≠ 0. Запитання для контролю 1. Поясніть, у яких випадках показникове рівняння ax = b(де a > 0 і a≠ 1) має корені. У яких випадках це рівняння не має коренів? Наведіть приклади. Проілюструйте ці приклади графічно. 2. Якому рівнянню рівносильне показникове рівняння af (x) = ag (x) при a > 0 і a ≠ 1? Наведіть приклади. 3* .Чи зміниться відповідь на запитання 2, якщо для основи степенів буде задано тільки одне обмеження a > 0? Вправи Розв’яжіть рівняння (1–5). 1. 1°) 4 х = 8; 2°) 3 х = 9 х + 1 ; 3°) 5 3х – 1 = 0,2; 4°) 7 1 – 4х = 1; 5°) ( ) 2 41 2 2; x x− = 6°) 2 4 3 9;x x− = 7) 2 6 4 2 ;x x x+ − = 8) 2 2 2; x = 9°) 2 х = 4; 10°) 2 х = 16; 11°) 3 х = –1; 12°) 2 х = 32; 13°) 3 х = 0; 14°) 5 х = 1; 15) 3 х – 3 = 0; 16) 3 2х = 81; 17°) 2 3х = 8; 18) 2 5 8 3 9;x x− + = 19) 7 х = 7 2 – х ; 20) 25 х = 5 3 – х ; 21 * ) 2 х æ3 х + 1 = 108; 22 * ) 3 х æ5 2х – 3 = 45. 2. 1) ( ) ( )2 9 3 3 16 8 ; x x ⋅ = 2) ( ) ( )3 10 2 5 15 5 ; x x ⋅ = 3) ( ) ( )2 9 27 3 8 64 . x x ⋅ =
- 344. 344 РОЗДІЛ 4. Показниковаі логарифмічна функції 3. 1) 2 2 16 4 2 ;x x = 2) 1 8 2 3 4 2 4 8( ) = ⋅− − x x ; 3) ( ) 2 2 2 1 0,5 2 64 ; x x+ − ⋅ = 4) 2 3 27 9 ; x x = 5) 2 4 2 4 2 1 2 x x x+( )− = ⋅ . 4. 1°) 7 x + 2 + 4æ7 x + 1 = 539; 2°) 2æ3 x + 1 – 3 x = 15; 3°) 4 x + 1 + 4 x = 320; 4°) 3æ5 x + 3 + 2æ5 x + 1 = 77; 5°) 3 x + 2 – 2æ3 x – 2 = 79; 6) ( ) ( ) 1 1 1 1 5 5 4,8; x x− + − = 7) ( ) ( ) 3 1 1 1 2 2 5 162; x x− + ⋅ + = 8) 5 ⋅ 9 x + 9 x – 2 = 406. 5 * . 1) ( ) ( ) 2 3 5 2 2 sin sin ; x x− + π π = 2) (1 + | a |) x = (1 + | a |) 2 – x ; 3) ( ) ( ) 1 2 6 1 1 .x x a a − + = + 30.2. РОЗВ’ЯЗУВАННЯ БІЛЬШ СКЛАДНИХ ПОКАЗНИКОВИХ РІВНЯНЬ ТА ЇХ СИСТЕМ Т а б л и ц я 51 Схемапошукупланурозв’язуванняпоказниковихрівнянь Орієнтир Приклад 1. Позбавляємося числових додан ків у показниках степенів (вико ристовуючисправаналівоосновні формули дій над степенями, на ведені в таблиці 50). 2. Якщо можливо, зводимо всі сте пені (із змінною в показнику) до однієї основиі виконуємо заміну змінної. 4 x + 1 – 3æ2 x – 10 = 0. 4 x æ4 1 – 3æ2 x – 10 = 0. Враховуючи, що 4 x = 2 2x , зводимо до однієї основи 2: 4æ2 2x – 3æ2 x – 10 = 0. Заміна 2 x = t дає рівняння 4t 2 – 3t – 10 = 0, t1 = 2, 2 5 4 .t = − Оберненазамінадає2 x =2,тоді x = 1 або 5 4 2 x = − — коренів немає. Відповідь: 1.
- 345. 345 § 30. Розв’язуванняпоказникових рівнянь та нерівностей П р о д о в ж. т а б л. 51 3. Якщо не можна звести до однієї основи,топробуємозвестивсісте пені до двох основ так, щоб одер жати однорідне рівняння (яке розв’язується діленням обох час тинрівняннянанайбільшийсте пінь одного з видів змінних). 4. Віншихвипадкахпереносимовсі члени рівняння в один бік і про буємо розкласти одержаний ви раз на множники або застосовує мо спеціальні прийоми розв’язу вання, в яких використовують сявластивостівідповіднихфунк цій. 4 x + 3æ6 x – 4æ9 х = 0. Зведемовсістепенідодвохоснов 2 і 3: 2 2х + 3æ2 х æ3 х – 4æ3 2х = 0. Маємо однорідне рівняння (у всіх членів однаковий сумарний сте пінь — 2x). Для його розв’язування поділимо обидві частини на 3 2х ≠ 0: ( ) ( ) 2 2 2 3 3 3 4 0. x x + ⋅ − = Заміна ( )2 3 x t= дає рівняння t2 + 3t – 4 = 0, t1 = 1, t2 = –4. Обернена заміна дає ( )2 3 4 x = − — ко ренів немає або ( )2 3 1, x = тоді x = 0. Відповідь: 0. 6 x – 9æ2 x – 2æ3 x + 18 = 0. Якщо попарно згрупувати чле ни в лівій частині рівняння і в кож ній парі винести за дужки спільний множник, то одержуємо 2 x (3 x – 9) – 2 (3 x – 9) = 0. Тепер можна винести за дужки спільний множник 3 x – 9: (3 x – 9)æ(2 x – 2) = 0. Тоді 3 x – 9 = 0 або 2 x – 2 = 0. Одержуємо два рівняння: 1) 3 x = 9, тоді х = 2; 2) 2 x = 2, тоді х = 1. Відповідь: 2; 1. Пояснення й обґрунтування Длярозв’язуваннябільшскладнихпоказниковихрівнянь(порівняноз ти ми, які було розглянуто в попередньому пункті 30.1) найчастіше використо вують заміну змінних. Щоб зорієнтуватися, чи можна ввести заміну змінних у даному показниковому рівнянні, часто буває корисно на початку розв’язу
- 346. 346 РОЗДІЛ 4. Показниковаі логарифмічна функції ванняпозбутися числових доданків у показниках степенів, використовуючи формули: au + v = au æav ; . u u v v a a a − = Наприклад, у рівнянні 4x + 1 – 3æ2x – 10 = 0 (1) замість 4x + 1 записуємо добуток 4x æ41 і одержуємо рівняння 4 x æ4 – 3æ2 x – 10 = 0, (2) рівносильне заданому. Потім пробуємо всі степені (із змінною в показнику) звести до однієї осно ви і виконати заміну змінної. Наприклад, у рівнянні (2) степінь з основою 4 можна записати як степінь з основою 2: 4 x = ( )2 2 x = 2 2x і одержати рівняння 2 2x æ4 – 3æ2 x – 10 = 0. (3) Нагадаємо загальний орієнтир: якщо до рівняння, нерівності або тотож ності змінна входить в одному і тому самому вигляді, то зручно відповідний вираз із змінною позначити однією буквою (новою змінною).Звертаємо ува гу на те, що 2 2x = ( )2 2x . Отже, у рівняння (3) змінна фактично входить в одно му вигляді — 2 x , тому в цьому рівнянні зручно ввести заміну 2 x = tі одержати квадратне рівняння 4t2 – 3t – 10 = 0, (4) для якого знаходимо корені, а потім виконуємо обернену заміну (див. розв’я зання в табл. 51). Зазначимо, що як використання основних формул дій над степенями, так і використання заміни та оберненої заміни завжди приводить до рівняння, рівносильного даному на його ОДЗ (у рівнянні (1) — на множині всіх дійсних чисел) через те, що всі вказані перетворення ми можемо виконати і в прямо му, і в зворотному напрямках. (Отже, ми завжди зможемо довести, що кожен корінь одного рівняння є коренем другого і навпаки, аналогічно тому, як було обґрунтовано рівносильний перехід для найпростіших показникових рівнянь на с. 341). У тих випадках, коли всі степені (із змінною в показнику) у показниково му рівнянні, яке не зводиться безпосередньо до найпростішого, не вдається звести до однієї основи, слід спробувати звести всі степені до двох основ так, щоб одержати однорідне рівняння. Наприклад, розглянемо рівняння 4 x + 3æ6 x – 4æ9 x = 0. (5) Усі степені в цьому рівнянні можна записати через основи 2 і 3, оскільки 4 x = (2 2 ) x = 2 2x , 9 x = (3 2 ) x = 3 2x , 6 x = (2æ3) x = 2 x æ3 x . Одержуєморівняння 2 2x + 3æ2 x æ3 x – 4æ3 2x = 0. (6) Усі одночлени, які стоять у лівій частині цього рівняння, мають степінь 2x (степінь одночлена 2 x æ3 x теж дорівнює x + x = 2x).
- 347. 347 Нагадаємо загальний орієнтир(розділ 2, с. 172): Якщо всі члени рівняння, у лівій і правій частинах якого стоять многочлени від двох змінних (або від двох функцій однієї змінної), мають однаковий сумарний степінь* , то рівняння називається од норідним. Розв’язуєтьсяодноріднерівнянняділеннямобохйогочастиннанай вищий степінь однієї із змінних. Отже, рівняння (6) є однорідним, і його можна розв’язати діленням обох частин або на 22х , або на 32х . Відзначимо, що при всіх значеннях x вирази 22х і 32х не дорівнюють нулю. Отже, при діленні на ці вирази не може відбутися втрата коренів (як це могло бути, наприклад, для однорідних тригономет ричних рівнянь) і в результаті ділення обох частин рівняння на будь який з цих виразів завжди одержуємо рівняння, рівносильне заданому. Наприк лад, якщо розділити обидві частини рівняння (6) на 32х ≠ 0, одержуємо 2 2 2 2 2 2 3 2 3 4 3 3 3 3 0 x x x x x x x ⋅ ⋅ ⋅ + − = або після скорочення 2 2 2 2 3 3 3 4 0. x x x x + ⋅ − = В останньому рівнянні всі члени можна подати як степені з однією осно вою 2 3 : ( ) ( ) 2 2 2 3 3 3 4 0 x x + ⋅ − = і виконати заміну ( )2 3 . x t= Подальше розв’язання одержаного рівняння повністю аналогічне розв’язанню рівняння (2). Повне розв’язання цього рівняння наведене в таблиці 51. Шукаючи план розв’язування показникового рівняння, потрібно врахо вувати, що при розв’язуванні деяких із них доцільно перенести всі члени рівняння в один бік і спробувати розкласти одержаний вираз на множники, наприклад, із використанням групування членів, як це зроблено в таблиці 51 для рівняння 6 x – 9æ2 x – 2æ3 x + 18 = 0. Для розв’язування деяких показникових рівнянь можна використовува ти властивості відповідних функцій (ці методи розглянуто в § 35 розділу 4). Приклади розв’язання завдань Приклад 1 Розв’яжіть рівняння 6 4 3 3 1 1.x x + − = Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р § 30. Розв’язування показникових рівнянь та нерівностей * Звичайно, якщо рівняння має вигляд f = 0 (де f — многочлен), то йдеться тільки про степінь членів многочлена f, оскільки нуль многочлен степеня не має. Заміна 3 x = t. Одержуємо 6 4 1 1. t t + − = Тоді 6 (t + 1) – 4t = t (t + 1), t2 – t – 6 = 0. Звідси t1 = –2, t2 = 3. У задане рівняння змінна входить тільки в одному вигляді 3 x , і тому зручноввестизаміну3 x =t іодержати дробове рівняння, для якого знахо димо корені, а потім виконуємо обер нену заміну.
- 348. 348 РОЗДІЛ 4. Показниковаі логарифмічна функції Приклад 2 Розв’яжіть рівняння 25 10 5 3 0 1 2 1x x+ − − ⋅ − = . Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р Обернена заміна дає 3 x = –2 — коренів немає або 3 x = 3, тоді x = 1. Відповідь: 1. Якужевідзначалося,замінаіобер неназаміна—церівносильніперетво реннязаданогорівняння,алеприроз в’язуванні одержаного дробового рівняння слід подбати про те, щоб не отриматисторонніхкоренів(дляцьо го, наприклад, досить врахувати, що t = 3 x > 0, і тому ОДЗ одержаного рівняння: t ≠ –1 і t ≠ 0 буде врахована автоматично). 1 2 1 5 5 25 25 10 3 0, x x ⋅ − ⋅ − = 5 2x æ5 – 2æ5 x – 3 = 0. Заміна5 x = tдає рівняння 5t 2 – 2t – 3 = 0, t1 = 1, 2 3 5 .t = − Обернена заміна дає 5 x = 1, тоді x = 0 або 3 5 5x = − — коренів немає. Відповідь: 0. 1. Позбуваємося числових доданків у показниках степенів. 2. Зводимо всі степені (із змінною в показнику) до однієї основи 5. 3. Виконуємо заміну 5 x = t, розв’я зуємо одержане рівняння, здійс нюємооберненузамінуірозв’язує моодержанінайпростішіпоказни кові рівняння (а також враховує мо, що всі перетворення були рів носильними). Приклад 3 Розв’яжіть рівняння 2 х + 3 – 3 х = 3 х + 1 – 2 х . Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р 2 х æ2 3 – 3 х – 3 х æ3 1 + 2 х = 0, 9æ2 x – 4æ3 x = 0 | : 3 x ≠ 0, 2 4 3 3 3 9 0, x x x x ⋅ ⋅ − = ( )2 3 9 4 0, x ⋅ − = ( )2 4 3 9 , x = ( ) ( ) 2 2 2 3 3 . x = x = 2. Відповідь: 2. 1. Позбуваємося числових доданків у показниках степенів, переноси мо всі члени рівняння в один бік і зводимо подібні члени. 2. Помічаємо, що степені всіх членів одержаногорівняння9æ2x –4æ3x = = 0 ( з двома основами 2 і 3) одна кові — x , отже, це рівняння одно рідне. Його можна розв’язати ді ленням обох частин на найвищий степінь одного з видів виразу із змінною — або на 2х , або на 3х . Враховуючи, що 3 х ≠ 0 при всіх значеннях х, у результаті ділення на 3 х отримуємо рівняння, рівносильне попередньому(азначить,ізаданому).
- 349. 349 При розв’язуванні системрівнянь, що містять показникові функції, най частіше використовуються традиційні методи розв’язування систем рівнянь: метод підстановки і метод заміни змінних. Приклад 4 Розв’яжіть систему рівнянь 1, 4 4 5.x y x y+ = + = Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р § 30. Розв’язування показникових рівнянь та нерівностей Зпершогорівняннясистеми y = 1 – x. Тоді з другого рівняння одержує мо 4х + 41 – х = 5. Тобто 1 4 4 4 5.x x + = За міна4 x =tдаєрівняння 4 5, t t + = зяко го одержуємо рівняння t 2 – 5t + 4 = 0, що має корені: t1 = 1, t2 = 4. Обернена заміна дає 4 x = 1, тоді x1 = 0 або 4 x = 4, звідки x2 = 1. Знаходимо відповідні значення y = 1 – x: якщо x1 = 0, то y1 = 1; якщо x2 = 1, то y2 = 0. Відповідь: (0; 1), (1; 0). Якщо з першого рівняння вирази ти y через x і підставити в друге рівняння, то одержимо показникове рівняння, яке ми вміємо розв’язува ти (аналогічно розв’язуванню при клада 2). Виконуючи заміну, враховуємо, що t = 4 х ≠ 0. Тоді в одержаному дро бовому рівнянні 4 5 t t + = знаменник t ≠ 0. Отже, це дробове рівняння рів носильне рівнянню t 2 – 5t + 4 = 0. Приклад 5* Розв’яжіть систему рівнянь 5 3 16 5 3 22 2 x y x y − = − = , . Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р Заміна52 x u= і 2 3 y = v дає систему 2 2 16, 2. u u − = − = v v З другого рівняння цієї системи маємоu=2+v.Тодізпершогорівнян ня одержуємо (2 +v) 2 – v 2 = 16. Звідси v = 3, тоді u = 5. Обернена заміна дає 2 3 3, y = тоді 2 1, y = отже, y = 2; 2 5 5, x = тоді 2 1, x = отже, x = 2. Відповідь: (2; 2). Якщопозначити 52 x u= і 2 3 y = v, то 5 x = u 2 і 3 y = v 2 . Тоді задана система буде рівно сильною алгебраїчній системі, яку легко розв’язати. Післяоберненоїзаміниодержуємо системунайпростішихпоказникових рівнянь.
- 350. 350 РОЗДІЛ 4. Показниковаі логарифмічна функції Запитання для контролю 1. Поясніть на прикладах, як можна організувати пошук плану розв’язу вання показникових рівнянь, які не зводяться безпосередньо до найпрос тіших? 2. Яку заміну змінних можна виконати при розв’язуванні рівняння 4 2x + 2æ4 x – 3 = 0? Яке рівняння одержимо після заміни? 3. Поясніть, чому рівняння 5 x = 7 x і 2 2x + 3æ2 x æ5 x – 4æ5 2x = 0 є однорідними. Як можна розв’язати ці однорідні рівняння? Вправи Розв’яжіть рівняння (1–5). 1°. 1) 5 2x + 4æ5 x – 5 = 0; 2) 6 2x – 5æ6 x – 6 = 0; 3) 3 2x – 2æ3 x = 3; 4) 8 6 5 3 5 1 3;x x− + − = 5) 6 5 4 2 4 1 2.x x− + − = 2. 1) 49 x – 6æ7 x – 7 = 0; 2) 64 x – 7æ8 x – 8 = 0; 3) 2 x + 2 2 – x = 5; 4) 3 x + 3 2 – x = 10; 5) 2 x + 1 + 4 x = 80; 6) 3 3 3 3 2; x x x x − − + − = 7) 2 2 1 1 10 10 99;x x+ − − = 8 * ) 10 10 11 2 2 sin cos .x x + = 3. 1°) 7 x = 9 x ; 2°) 5æ3 x – 3æ5 x = 0; 3) 2x + 3 – 3x = 3x + 1 – 2x ; 4) 4x + 1 + 4æ3x = 3x + 2 – 4x ; 5) 2 x + 2 x + 1 + 2 x + 2 = 2æ5 x + 5 x + 1 ; 6) 4 3 3 2 1 2 1 2 2 1x x x x − = − − + − . 4. 1) 2 2x + 2 x æ5 x – 2æ5 2x = 0; 2) 3 2x + 2æ3 x æ7 x – 3æ7 2x = 0; 3) 4x = 3æ49x – 2æ14x ; 4) 4æ9x – 7æ12x + 3æ16x = 0; 5) 5æ4 x – 7æ10 x + 2æ25 x = 0. 5 * . 1) 6 x – 4æ3 x – 9æ2 x + 36 = 0; 2) 5æ15 x – 3æ5 x + 1 – 3 x + 3 = 0; 3) 4æ20 x – 20æ5 x – 1 + 5æ4 x + 1 – 20= 0; 4) 8 x – 4 x – 2 x + 3 + 8 = 0. 6. Розв’яжіть графічно рівняння: 1) 2 x = 3 – x; 2) ( )1 2 3 ; x x = 3) ( )1 2 3; x x= + 4) ( )1 3 1. x x= + Перевіртепідстановкою,щознайденезначенняxдійсноєкоренемрівняння. 7* . Доведіть, що рівняння, наведені в завданні 6, не мають інших коренів, крімзнайденихграфічно. 8. Розв’яжіть систему: 1) 4 16 5 12 1 x y x y + + − = = , ; 2) 2 2 1 81 3 , 3 27; y x x y − − + = = 3) 3, 2 2 6;x y x y+ = + = 4) 2, 3 3 24;x y x y− = − = 5* ) 3 2 77 3 2 72 2 x y x y − = − = , ; 6* ) 5 6 589 5 6 312 2 x y x y − = + = , .
- 351. 351 30.3. РОЗВ’ЯЗУВАННЯ ПОКАЗНИКОВИХНЕРІВНОСТЕЙ Т а б л и ц я 52 § 30. Розв’язування показникових рівнянь та нерівностей 1. Графік показникової функції у = ах (a > 0 і a ≠ 1) a > 1 0 < a < 1 зростає спадає 2. Схема рівносильних перетворень найпростіших показникових нерівностей a > 1 0 < a < 1 af (x) > ag (x) ⇔ f (x) > g (x) знак нерівності зберігається af (x) > ag (x) ⇔ f (x) < g (x) знак нерівності змінюється на протилежний Приклади 2 x – 3 > 4. 2 x – 3 > 2 2 . Функція y = 2 t є зростаючою, отже: x – 3 > 2, x > 5. Відповідь: (5; +×). (0,7) x – 3 > 0,49. (0,7) x – 3 > (0,7) 2 . Функція y = 0,7 t є спадною, отже: x – 3 < 2, x < 5. Відповідь: (–×; 5). 3. Розв’язування більш складних показникових нерівностей Орієнтир Приклад I. Задопомогоюрівносильнихпере творень(засхемоюрозв’язування показникових рівнянь, табл. 51) задана нерівність зводиться до нерівності відомого виду (квад ратної, дробової тощо). Після розв’язування одержаної нерів ностіприходимодонайпростіших показникових нерівностей. 4 x + 1 + 7æ2 x – 2 > 0. 4 x æ4 + 7æ2 x – 2 > 0, 2 2x æ4 + 7æ2 x – 2 > 0. Заміна2 x = t дає нерівність 4t 2 + 7t – 2 > 0, розв’язки якої t < –2 або 1 4 t > (див. рисунок). Обернена заміна дає 2 x < –2 (роз в’язків немає) або 1 4 2 , x > звідки 2 x > 2 –2 , тобто x > –2. Відповідь: (–2; +×).
- 352. 352 РОЗДІЛ 4. Показниковаі логарифмічна функції Пояснення й обґрунтування Розв’язування найпростіших показникових нерівностей виду ax > b (або ax < b, де a > 0 і a ≠ 1) ґрунтується на властивостях функції y = ax , яка зростає при a > 1 і спадає при 0 < a < 1. Наприклад, щоб знайти розв’язки нерівності ax > b при b > 0, досить подати b у вигляді b = ac . Одержуємо нерівність ax > ac . (1) При a> 1 функція ax зростає, отже, більшому значенню функції відповідає більше значення аргументу, тому з нерівності (1) одержуємо x > с (знак цієї нерівності збігається із знаком нерівності (1)). При 0 < a < 1 функція ax спадає, отже, більшому значенню функції відпо відає менше значення аргументу, тому з нерівності (1) одержуємо x < с (знак цієї нерівності протилежний знаку нерівності (1)). Графічно це проілюстровано на рисунку 125. Наприклад, щоб розв’язати нерівність 5 x > 25, досить подати цю нерівність у вигляді5 x >5 2 ,врахувати,що5>1(функція5 x єзростаючою,отже,припере ході до аргументів знак нерівності не змінюється), і записати розв’язки: x > 2. П р о д о в ж. т а б л. 52 II. Застосовуємо загальний метод інтервалів, зводячи задану не рівністьдовиду f (x) 0івикори стовуючи схему: 1. Знайти ОДЗ. 2. Знайти нулі f (x). 3. Відмітити нулі функції на ОДЗ і знайти знак f (x) у кожному з проміжків, на які розбивається ОДЗ. 4. Записати відповідь, враховуючи знак нерівності. 3 x + 4 x > 7. Розв’яжемо нерівність методом інтервалів.Задананерівністьрівно сильна нерівності 3 x + 4 x – 7 > 0. Позначимо f (x) = 3 x + 4 x – 7. 1. ОДЗ: x ∈ R. 2. Нулі функції: f (x) = 0. 3 x + 4 x – 7 = 0. Оскільки функція f (x) = 3 х + 4 х – 7 є зростаючою (як сума двох зростаючих функ цій), то значення, рівне нулю, вонанабуваєтількиводнійточці області визначення: x = 1 (f (1) = 3 1 + 4 1 – 7 = 0). 3. ВідмічаємонуліфункціїнаОДЗ, знаходимо знак f (x) у кожному з проміжків, на які розбиваєть ся ОДЗ, і записуємо розв’язки нерівності f (x) > 0. Відповідь: (1; +×).
- 353. 353 Зауважимо, що розв’язкизаданої нерівності можна записувати у вигляді x > 2 або у вигляді проміжка (2; +×). Аналогічно, щоб розв’язати нерівність ( )1 1 4 16 , x > досить подати цю нерівність у вигляді ( ) ( ) 2 1 1 4 4 , x > врахувати, що 1 4 1< (функція ( )1 4 x є спад ною, отже, при переході до аргументів знак нерівності змінюється на проти лежний), і записати розв’язки: x < 2. Враховуючи, що при будь яких додатних значеннях a значення ах завжди більше нуля, одержуємо, що при b mmmmm 0 нерівність ax < b розв’язків не має, а нерівність ax > b виконується при всіх дійсних значеннях x. Наприклад, нерівність 7x < –7 не має розв’язків, а розв’язками нерівності 7x > –7 є всі дійсні числа. Узагальнюючи наведені вище міркування стосовно розв’язування най простіших показникових нерівностей, відзначимо, що при a > 1 нерівність af (x) > ag (x) рівносильна нерівності f (x) > g (x), а при 0 < a < 1 — нерівності f (x) < g (x). Коротко це твердження можна записати так. При а > 1 af (x) > ag (x) ⇔ f (x) > g (x) (знак нерівності зберігається). При 0 < a < 1 af (x) > ag (x) ⇔ f (x) < g (x) (знак змінюється на протилежний). ( Щоб обґрунтувати рівносильність відповідних нерівностей, досить від значити, що при a > 1 нерівності af (x) > ag (x) , (2) f (x) > g (x) (3) можуть бути правильними тільки одночасно, оскільки функція y = at при a > 1 є зростаючою і більшому значенню функції відповідає більше значен ня аргументу (і навпаки: більшому значенню аргументу відповідає більше значення функції). Отже, усі розв’язки нерівності (2) (які перетворюють її на правильну числову нерівність) будуть і розв’язками нерівності (3), та навпаки: усі розв’язки нерівності (3) будуть розв’язками нерівності (2). А це й означає, що нерівності (2) і (3) є рівносильними. § 30. Розв’язування показникових рівнянь та нерівностей а б Рис. 125
- 354. 354 РОЗДІЛ 4. Показниковаі логарифмічна функції Аналогічно обґрунтовується рівносильність нерівностей af (x) > ag (x) і f (x) < g (x) при 0 < a < 1. ) У найпростіших випадках при розв’язуванні показникових нерівностей, як і при розв’язуванні показникових рівнянь, намагаються за допомогою ос новнихформулдійнадстепенямизвести(якщоцеможливо)заданунерівність до виду af (x) ag (x) . Для розв’язування більш складних показникових нерівностей найчасті ше використовують заміну змінних або властивості відповідних функцій (ці методи розглянуто в § 35 розділу 4). Зауважимо, що, аналогічно до розв’язування показникових рівнянь, усі рівносильні перетворення нерівності завжди виконуються на її області допу стимих значень (тобто на спільній області визначення для всіх функцій, які входять до запису цієї нерівності). Для показникових нерівностей досить ча сто областю допустимих значень (ОДЗ) є множина всіх дійсних чисел. У цих випадках, як правило, ОДЗ явно не знаходять і не записують до розв’язання нерівності (див. далі приклад 1). Але якщо в процесі розв’язування показни кової нерівності рівносильні перетворення виконуються не на всій множині дійсних чисел, то в цьому випадку доводиться згадувати про ОДЗ (див. далі приклад 2). Приклади розв’язання завдань Приклад 1 Розв’яжіть нерівність ( ) 2 7 6 0,6 1. x x− + l Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р ( ) ( ) 2 7 6 0 0,6 0,6 . x x− + l Оскільки функціяy = (0,6)t є спад ною, то x2 – 7x + 6 m 0. Звідси 1 m x m 6 (див. рисунок). Відповідь: [1; 6]. Запишемо праву частину нерів ності як степінь числа 0,6: 1 = (0,6)0 . Оскільки 0,6 < 1, то при переході від степенів до показників знак не рівності змінюється на протилежний (одержуємо нерівність, рівносильну заданій). Для розв’язування одержаної квадратної нерівності використаємо графічнуілюстрацію. Приклад 2 Розв’яжіть нерівність 2 3 3 8.x x− − m Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р ОДЗ: x l 0. 2 3 3 3 8.x x − m Заміна 3 x t= (t > 0) дає нерівність Оскільки рівносильні перетворен ня нерівностей виконуються на ОДЗ початкової нерівності, то зафіксуємо цю ОДЗ. Використовуючи формулу
- 355. 355 9 8, t t − mяка рівносильна нерівності 2 8 9 0. t t t − − m Оскільки t > 0, одержуємо t2 – 8t – 9 m 0. Звідси –1 m t m 9. Враховуючи, що t > 0, маємо 0 < t m 9. Виконуючиоберненузаміну,одер жуємо 0 3 9. x < m Тоді 2 3 3 . x m Функція y=3t єзростаючою,отже, x m 2. ВраховуючиОДЗ,одержуємо 0 m x m 4. Відповідь: [0; 4]. § 30. Розв’язування показникових рівнянь та нерівностей , u u a a a − =v v позбуваємосячисловогодо данкавпоказникустепеняіодержує мостепенізоднієюосновою3,щодоз воляє ввести заміну 3 ,x t= де t > 0. В одержаній нерівності знамен ник додатний, тому цю дробову не рівність можна звести до рівносиль ної їй квадратної. Після виконання оберненої замі ни слід врахувати не тільки зростан ня функції y = 3 t , а й ОДЗ початкової нерівності. Приклад 3* Розв’яжіть нерівність 22x + 1 – 5æ6x + 32x + 1 > 0. Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р Розв’яжемо нерівність методом інтервалів. Позначимо f (x) = 2 2x + 1 – 5æ6 x + 3 2x + 1 . 1. ОДЗ: x ∈ R. 2. Нулі функції: f (x) = 0. 2 2x + 1 – 5æ6 x + 3 2x + 1 = 0, 2 2x æ2 – 5æ6 x + 3 2х æ3 = 0, 2æ2 2x – 5æ2 x æ3 x + 3æ3 2х = 0 | : 3 2х ≠ 0, ( ) ( ) 2 2 2 3 3 2 5 3 0. x x ⋅ − ⋅ + = Заміна ( )2 3 . x t= Одержуємо 2t 2 – 5t + 3 = 0, t1 = 1, 2 3 2 .t = Обернена заміна дає: ( )2 3 1 x = або ( )2 3 3 2 . x = Звідси x = 0 або x = –1. 3.Відмічаємо нулі функції на ОДЗ, знаходимо знак f (x) у кожному з одержаних проміжків і записуємо розв’язки нерівності f (x) > 0. Відповідь: (–×; –1) (0; +×). Заданунерівністьможнарозв’язу ватиабозведеннямдоалгебраїчноїне рівності, або методом інтервалів. Для розв’язування її методом інтервалів використаємо схему, наведену в таб лиці 52. При знаходженні нулів функції зведемо всі степені до двох основ (2 і 3), щоб одержати однорідне рівнян ня. Це рівняння розв’язується ділен нямобохчастиннанайвищийстепінь одного з видів змінних — на 3 2x . Вра ховуючи, що 3 2x ≠ 0 при всіх значен нях х, в результаті ділення на 3 2x одержуєморівняння,рівносильнепо передньому. Звичайно, для розв’язування за даноїнерівностіможнабуловрахува ти, що 3 2x > 0 завжди, і після ділення заданої нерівності на 3 2x та заміни ( )2 3 x t= одержати алгебраїчну нерів ність.
- 356. 356 РОЗДІЛ 4. Показниковаі логарифмічна функції Приклад 4* Розв’яжіть нерівність 3 9 2 8 0 2x x x−( ) − − m . К о м е н т а р Задану нестрогу нерівність зручно теж розв’язувати методом інтервалів. Записуючи відповідь, слід враховувати, що у випадку, коли ми розв’язуємо нестрогу нерівністьf (x) m0, усінуліфункціїf (x) повинніввійтидовідповіді. Р о з в ’ я з а н н я Позначимо ( ) 2 ( ) 3 9 2 8.x f x x x= − − − 1. ОДЗ: х2 – 2х – 8 l 0. Тоді x m –2 або x l 4 (див. рисунок). 2. Нулі функції: f (x) = 0. 3 9 2 8 02x x x−( ) − − = . Тоді 3х – 9 = 0 або 2 2 8 0.x x− − = З першого рівняння:х = 2 — не входить до ОДЗ, а з другого: х1 = –2, х2 = 4. 3. Позначаємо нулі f (x) на ОДЗ, знаходимо знак f (x) у кожному з проміжків, на які розбивається ОДЗ, і записуємо розв’язки нерівності f (x) m 0. Відповідь: х ∈ (–×; –2] або х = 4. Запитання для контролю 1. Поясніть, у яких випадках показникові нерівності ax > b та ax < b (де a > 0 і a ≠ 1) мають розв’язки. У яких випадках дані нерівності не мають роз в’язків? Наведіть приклади. Проілюструйте ці приклади графічно. 2. Якій нерівності рівносильна показникова нерівність af (x) > ag (x) при a > 1? При 0 < a < 1? Наведіть приклади. Вправи 1. Розв’яжіть нерівність (1–4). 1°) 2 x > 1; 2°) 1 2 2 ; x > 3) 3 x > 0; 4) ( )1 3 0; x < 5°) ( )1 3 9; x l 6) ( ) 3 1 2 4; x− m 7°) 5 25 5x l ; 8) ( ) 2 1 4 16; x− < 9 * ) ( ) 2 7 6 30,3 1; x x x − + − m 10 * ) ( ) 2 9 8 41,3 1. x x x − + − l 2. 1) ( ) ( ) 1 2 2 5 3 3 2 ; x x− + > 2°) 3 x + 2 + 3 x – 1 < 28; 3) 3 2x + 1 + 8æ3 x – 3 l 0; 4) 2 1 1 3 6 6 4 0; x x− − ⋅ − m 5) 4 x – 2 x + 1 – 8 > 0; 6) 9 x – 12æ3 x + 27 m 0. 3. 1) 3 x > 5 x ; 2) 7 x – 1 m 2 x – 1 ; 3 * ) 2 2x + 1 – 5æ6 x + 3 2x + 1 l 0; 4 * ) 5æ3 2x + 15æ5 2x – 1 m 8æ15 x . 4 * . 1) 2 2 6 02x x x−( ) − − l ; 2) 3 1 2 8 0 2 2x x x − −( ) − − ; 3) 6 3 2 3 1;x x ⋅ − > + 4) 1 2 5 1 5 2.x x+ ⋅ − > +
- 357. 357 Т а бл и ц я 53 ЛОГАРИФМ ЧИСЛА. ВЛАСТИВОСТІ ЛОГАРИФМІВ§§§§§3131313131 1. Логарифм числа Означення Приклади Логарифмом додатного числа b за основою а (а > 0, а ≠≠≠≠≠ 1) нази вається показник степеня, до якого треба піднести а, щоб одержати b. П о з н а ч е н н я: logа b. Десятковий логарифм — це ло гарифм за основою 10. П о з н а ч е н н я: log10 b = lg b. Натуральний логарифм – це ло гарифм за основою e (e — ірраціо нальне число, наближене значення якого: e ≈ 2,7). П о з н а ч е н н я: logе b = ln b. 1) log4 16 = 2, оскільки 4 2 = 16; 2) 7 1 2 log 7 ,= оскільки 1 2 7 7;= 3) lg 1000 = 3, оскільки 10 3 = 1000. 4) 2 1 ln 2, e = − оскільки 2 2 1 . e e− = 2. Основна логарифмічна тотожність logab a b= а > 0, а ≠ 1, b > 0 1) 3 53 5log ;= 2) 10lg 2 = 2. 3. Властивості логарифмів і формули логарифмування (а > 0, а ≠ 1, х > 0, у > 0) 1) loga 1 = 0 Логарифм одиниці за будь якою осно вою дорівнює нулю. Логарифм добутку додатних чисел дорівнює сумі логарифмів множ ників. Логарифм частки додатних чисел дорівнює різниці логарифмів ділено го і дільника. Логарифм степеня додатного числа дорівнюєдобуткупоказникастепеня на логарифм основи цього степеня. 5) loga хп = п loga х 4) log log loga a a x y x y= − 3) loga (ху) = loga х + loga у 2) loga a = 1
- 358. 358 РОЗДІЛ 4. Показниковаі логарифмічна функції Пояснення й обґрунтування 1. Логарифм числа. Якщо розглянути рівність 23 = 8, то, знаючи будь які два числа з цієї рівності, ми можемо знайти третє: Перші дві операції, представлені в цій таблиці (піднесення до степеня і до бування кореня n го степеня), нам уже відомі, а з третьою — логарифмуван ням, тобто знаходженням логарифму заданого числа — ми ознайомимося в цьому параграфі. У загальному вигляді операція логарифмування дозволяє з рівності ах = b (де b > 0, а > 0, а ≠ 1) знайти показник х. Результат виконання цієї операції позначається loga b. Отже, логарифмом додатного числа b за основою а (а > 0, а ≠≠≠≠≠ 1) називається показник степеня, до якого треба піднести а, щоб одержати b. Наприклад: 1) log2 8 = 3, оскільки 23 = 8; 2) ( )1 2 1 4 log 2,= оскільки ( ) 2 1 1 2 4 ;= 3) ( )4 1 16 log 2,= − оскільки 2 1 16 4 .− = Відзначимо, що при додатниха і b (а≠1) рівнянняах =b завждимаєєдиний розв’язок, оскільки функція у = ах набуває всіх значень з проміжку (0; +×) і при а > 1 є зростаючою, а при 0 < а < 1 — спадною (рис. 126). Отже, кожного свого значення b > 0 функція ах набуває тільки при одному значенні х. Таким чином, для будь яких додатних чисел b і а (а ≠ 1) рівняння ах = b має єдиний корінь х = loga b. При b m 0 рівняння ах = b (а > 0, а ≠ 1) не має коренів, отже, при b m 0 значення виразу loga b не існує. П р о д о в ж. т а б л. 53 4. Формула переходу до логарифмів з іншою основою log log log b a b x a x = а > 0, а ≠ 1, b > 0, b ≠ 1, х > 0 Наслідки log log k k a a b b=log loga b b a = 1 ьтсінвіранадаЗ омодівоЩ омидоханзоЩ сипаЗ авзаН 23 8= 3і2алсич 8олсич 2=8 3 ьніпетс 3і8алсич 2олсич огоьтертьнірок янепетс 2і8алсич 3олсич gol=3 2 8 мфирагол 3 2 8=
- 359. 359 Наприклад, не існуютьзначення log3 (–9), log ,1 2 7−( ) log2 0. Зазначимо, що логарифм за основою 10 називається десятковим лога рифмом і позначається lg. Наприклад, log10 7 = lg 7, lg 100 = log10 100 = 2. Унедалекомуминуломудесятковимлогарифмамвіддавалиперевагуіскла дали дужe детальні таблиці десяткових логарифмів, які використовувалися в різних обчисленнях. В епоху загальної комп’ютеризації десяткові логариф ми втратили свою провідну роль. У сучасній науці і техніці широко вико ристовуютьсялогарифми,основоюякихєособливечислоe(такежзнамените, якічислоπ).Числоe,якічисло π,—ірраціональне,e = 2,718281828459045... . Логарифм за основою e називається натуральним логарифмом і познача ється ln. Наприклад, loge 7 = ln 7, 1 1 ln log 1.e e e = = − 2. Основна логарифмічна тотожність. За означенням логарифма, якщо loga b = х, тоах = b (а > 0,а ≠1, b > 0). Підставляючи в останню рівність замість х його значення, одержуємо рівність, яка називається основною логарифміч ною тотожністю: log ,aba b= де а > 0, а ≠ 1, b > 0. Наприклад: 1) 5 95 9log ;= 2) 10lg 7 = 7; 3) ( ) 1 3 log 2 1 3 2.= 3. Властивості логарифмів і формули логарифмування. У всіх наведених нижче формулах а > 0 і а ≠ 1. ( 1) З означення логарифма одержуємо,що loga 1 = 0 , оскільки а0 = 1 (при а > 0, а ≠ 1). Отже, логарифм одиниці за будь якою основою дорівнює нулю. 2) Оскільки а1 = а, то loga a = 1 . § 31. Логарифм числа. Властивості логарифмів а б Рис. 126
- 360. 360 РОЗДІЛ 4. Показниковаі логарифмічна функції 3) Щоб одержати формулу логарифма добутку ху (х > 0, y > 0), позначимо loga х = u і loga у = v. Тоді за означенням логарифма х = аu i y = av . (1) Перемноживши почленно дві останні рівності, маємо ху = аu + v . За озна ченнямлогарифмаізурахуваннямвведенихпозначеньзостанньоїрівності одержуємо loga (ху) = u + v = loga х + loga у. Отже, loga (ху) = loga х + loga у . (2) Логарифм добутку додатних чисел дорівнює сумі логарифмів множників. 4) Аналогічно, щоб одержати формулу логарифма частки x y (х > 0, y > 0), досить поділити почленно рівності (1). Тоді .u vx y a − = За означенням лога рифма і з урахуванням введених позначень з останньої рівності одержуємо log log log .a a a x y u v x y= − = − Отже, log log log .a a a x y x y= − (3) Логарифм частки додатних чисел дорівнює різниці логарифмів діленого і дільника. 5) Щоб одержати формулу логарифма степеня хп (де х > 0), позначимо loga х = u. За означенням логарифма х = аu . Тоді хп = апu , і за означенням логарифма з урахуванням позначення для u маємо loga хп = пu = п loga х. Отже, loga хп = п loga х . (4) Логарифм степеня додатного числа дорівнює добутку показника степе ня на логарифм основи цього степеня. ) Враховуючи, що при х > 0 1 n nx x= , за формулою (4) маємо: 1 1 log log log .n n a a a n x x x= = Тобто при х> 0 можна користуватися формулою log loga n ax x n == 1 (можна не запам’ятовувати цю формулу, а кожного разу записувати корінь з додатного числа як відповідний степінь). З а у в а ж е н н я. Інколи доводиться знаходити логарифм добутку ху і в тому випадку, коли числа х і у обидва від’ємні (х < 0, y < 0). Тоді ху > 0 і logа (ху) існує, але формулою (2) скористатися не можна — вона обґрунто вана тільки для додатних значень х і у. У випадку ху > 0 маємо ху = | x |æ| у | , і тепер | x | > 0 та | у | > 0, отже, для логарифма добутку | x |æ| у | можна скорис татися формулою (2). Тому, при х < 0 і y < 0 можемо записати: logа (ху) = logа (| x |æ| у |) = logа | x | + logа | у |.
- 361. 361 Зазначимо, що одержанаформула справедлива і при x > 0 та у > 0, оскіль ки в цьому випадку | x | = х і | у | = у. Отже, при ху > 0 logа (ху) = logа | x | + logа | у | . (2R) Аналогічно можна узагальнити і формули (3) та (4): при 0,> x y log log log ,a a a x y x y= − (3R) при x ≠ 0 loga х2k = 2k logа | х | . (4R) 4. Формула переходу до логарифмів з іншою основою. ( Нехай loga х = u (х > 0, а > 0, а ≠ 1). Тоді за означенням логарифма аu = х. Прологарифмуємо обидві частини останньої рівності за основою b (b > 0, b ≠ 1). Одержимо logb аu = logb х . Використовуючивлівійчастиницієїрівностіформулулогарифмастепеня, маємоulogb а = logb х .Тоді log log .b b x a u = Враховуючи, щоu= loga х,одержуємо log log log ,b a b x a x = де а > 0, а ≠ 1, b > 0, b ≠ 1, х > 0. Отже, логарифм додатного числа х за старою основою а дорівнює лога рифму цього самого числа х за новою основою b, поділеному на логарифм старої основи а за новою основою b. ) За допомогою останньої формули можна одержати такі н а с л і д к и. 1) log . log loga b b b b a = Враховуючи, що logb b = 1, маємо log , loga b b a == 1 де а > 0, а ≠ 1, b > 0, b ≠ 1. 2) Аналогічно, враховуючи формулу переходу від однієї основи логарифма до іншої і формулу логарифма степеня, одержуємо (при k ≠ 0) log log . log log log a k a k a k a ak b b b a k b k = = = Записавши одержану формулу справа наліво, маємо log log ,k k a a b b= де а > 0, а ≠ 1, b > 0, b ≠ 1, k ≠ 0. § 31. Логарифм числа. Властивості логарифмів
- 362. 362 РОЗДІЛ 4. Показниковаі логарифмічна функції Приклади розв’язання завдань Приклад 1 Обчисліть: 1) log5 125; 2) 1 27 log 3. Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р 1) log5 125 = 3, оскільки 5 3 = 125; 2) 1 27 1 3 log 3 ,= − оскільки 1 27 1 1 27 1 1 27 1 1 3 1 3 1 3 3 3( ) = ( ) = = = − . Враховуючи означення логариф ма, потрібно підібрати такий показ ник степеня, щоб при піднесенні ос новилогарифмадоцьогостепеняодер жати число, яке стоїть під знаком логарифма. Приклад 2 Запишіть розв’язки найпростіших показникових рівнянь: 1) 5 х = 3; 2)( )1 3 10; x = 3) 1 3 10 . x = Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р За означенням логарифма: 1) х = log5 3; 2) 1 3 log 10;x = 3) 1 3 lg .x = Для будь яких додатних чисел b і а (а ≠ 1) рівняння ах = b має єдиний корінь. Показник степеня х, до яко го потрібно піднести основу а, щоб одержати b, називається логариф мом b за основою а, тому х = logа b. Приклад 3 Виразіть логарифм за основою 3 виразу 2 5 27a b (де a > 0 і b > 0) через логарифми за основою 3 чисел a і b. (Коротко кажуть: «Прологарифмуйте заданий вираз за основою 3».) Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р ( ) 2 3 2 3 3 15 5 1 3 2 5 3 3 27 3 log log log 3 log a a b b a b = = = − = = ( )+ − =log log log3 3 3 2 3 1 5 3 a b 3 3 3 1 5 3log 3 2log loga b= + − = 3 3 1 5 3 2log log .a b= + − Спочатку запишемо вирази в чи сельнику і знаменнику заданого ви разу як степені чисел і букв. Потім врахуємо, що логарифм ча стки 3 2 1 5 3 a b додатних чисел дорівнює різницілогарифмівчисельникаізна менника, а потім те, що логарифм до бутку(33 а2 )дорівнюєсумілогарифмів множників.
- 363. 363 Приклад 4 Відомо,що log2 5 = a, log2 7 = b. Виразіть log2 700 через a і b. Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р Після цього врахуємо, що кожен з логарифмів степенів (33 ; a2 ; 1 5 b ) до рівнюєдобуткупоказникастепеняна логарифм основи цього степеня, а та кож те, що log3 3 = 1. log2 700 = log2 (7æ52 æ22 ) = = log2 7 + log2 5 2 + log2 2 2 = = log2 7 + 2 log2 5 + 2 log2 2 = = b + 2a + 2. Спочатку подамо число 700 як до буток степенів заданих чисел 5 і 7 та основи логарифма 2, а потім викори стаємо властивості логарифмів та підставимоводержанийвираззначен ня log2 5 та log2 7. Приклад 5* Прологарифмуйте за основою 10 вираз 3 2 . ab c Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р Якщо 3 2 0, ab c > то 3 3 2 2 lg lg lgab c ab c= − = = lg (| a |æ| b3 |) – lg | c |2 = = lg | a | + lg | b3 | – 2 lg | c | = = lg | a | + 3lg | b | – 2lg | c |. Оскільки логарифми існують тільки для додатних чисел, то ми мо жемо прологарифмувати заданий ви раз тільки у випадку, коли 3 2 0. ab c > З умови не випливає, що в задано му виразі значення a, b, c додатні. Тому будемо користуватися узагаль неними формулами логарифмування (2R–4R), а також врахуємо, що | ab3 | = | a |æ| b3 |, | b3 | = | b |3 , | c2 | = | c |2 . Інколи доводиться шукати вираз, знаючи його логарифм. Таку операцію називаютьпотенціюванням. Приклад 6 Знайдіть x за даним його логарифмом: 1) lg x = lg 5 – 2lg 3 + 3lg 2; 2) 1 2 log log 5log log .a a a ax b c p= + − Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р 1) lg x = lg 5 – 2lg 3 + 3 lg 2, lg x = lg 5 – lg 32 + lg 23 , 3 2 5 2 3 lg lg ,x ⋅ = 3 2 5 2 40 3 9 ;x ⋅ = = Користуючись формулами лога рифмуваннясправаналіво,запишемо правічастинизаданихрівностейуви гляділогарифмавідякогосьвиразу. § 31. Логарифм числа. Властивості логарифмів
- 364. 364 РОЗДІЛ 4. Показниковаі логарифмічна функції Запитання для контролю 1. Дайте означення логарифма додатного числа b за основою а (а > 0, а ≠ 1). 2. Який логарифм називають десятковим логарифмом і який натуральним логарифмом? Наведіть приклади запису і обчислення таких логарифмів. 3. 1) Запишіть основну логарифмічну тотожність. Наведіть приклади її ви користання. 2* ) Обґрунтуйте основну логарифмічну тотожність. 4. 1) Запишіть і сформулюйте формули логарифмування. Наведіть приклади їх використання. 2* ) Обґрунтуйте формули логарифмування. 5. 1) Запишіть формулу переходу від однієї основи логарифма до іншої. На ведіть приклади її використання. 2* ) Обґрунтуйте формулу переходу від однієї основи логарифма до іншої. 6* .Чиможнавтомувипадку,колизначенняx і yобидва від’ємні,прологариф мувативирази:xy, , x y x4 ?Якцезробити?Обґрунтуйтевідповідніформули. 2) 1 2 log log 5log log ,a a a ax b c p= + − 1 52 log log log log ,a a a ax b c p= + − 1 52 log log ,a a b c p x = 1 52 .b c p x = Зодержаноїрівності logа x = logа M отримуємо x = M (як буде показано в § 32, значення x, щозадовольняєрівності(1),—єдине). Приклад 7* Обчисліть значення виразу 5 3 4 1 log 4 log 5 2 5 . + Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р Оскільки 5 3 5 log 5 log 3 log 5 = = 1 552 1 2 log 3log 3 ,= = то 4 5 4 2 3 3 5 5 2 5 5 2 3 3 9 log log log log log .= = = = Крім того, 1 2 5 5 1 2 5 54 4 4 2log log log log .= = = Тоді 5 5 5 3 4 1 log 5 2 log 4 log 9 log 2+ = + = ( )5 5log 9 2 log 18.= ⋅ = Отже, 5 5 18 4 5 1 2 4 183 5 5 log log log . + = = Спробуємопривестипоказниксте пеня заданого виразу до виду log5 b, щоб можна було скористатися основ ною логарифмічною тотожністю: 5 5log . b b= Для цього перейдемо в показнику степенядооднієїосновилогарифма(до основи 5).
- 365. 365 Вправи 1°. Перевірте правильністьрівності: 1) log2 16 = 4; 2) log3 27 = 3; 3) 2 1 4 log 2;= − 4) log ;2 4 4= 5) 1 2 log 8 3;= − 6) log0,2 0,008 = 3. 2. Обчисліть: 1°) log5 25; 2°) log4 64; 3°) 3 1 9 log ; 4°) log ;6 6 5) 9 1 27 log ; 6°) 1 7 log 1; 7* ) log ;2 34 2 2 8* ) log ;7 45 7 7 9* ) log ;7 4 3 7 4 3+ −( ) 10* ) log .9 4 5 9 4 5− +( ) 3°. Користуючись означенням логарифма, запишіть розв’язки найпростіших показникових рівнянь: 1) 4х = 9; 2) ( )1 4 15; x = 3) 10х = 11; 4) 5х = 19; 5) 0,2х = 0,7; 6) ех = 3. 4. Користуючись основною логарифмічною тотожністю, спростіть вираз: 1) 5log 7 5 ; 2) 3log 4 3 ; 3) 3 1log 3 3 ; 4) 3 5 3 513 , ; log , 5* ) 71 log 2 7 ; + 6* ) ( ) 1 3 log 6 2 1 3 . − 5. Прологарифмуйте даний вираз за заданою основою, знаючи, що а > 0, b > 0, c > 0: 1°) 10а3 с4 за основою 10; 2) 2 5 7 0,1a b c за основою 10; 3°) 2 a c b за основою е; 4) 21 32 2 a b c за основою е; 5°) 37 9a b за основою 3; 6) 2 45 1 2 a b c за основою 3. 6* . Прологарифмуйте даний вираз за основою 10, знаючи, що аb > 0 і с ≠ 0: 1) а3 b5 с8 ; 2) 3 2 ; ab c 3) c ab 4 2 5( ) ; 4) 5 2100 .abc 7. Відомо, що log5 2 = a, log5 3 = b. Виразіть через a і b: 1) log5 15; 2) log5 12; 3) log5 30; 4) log5 72. 8. Знайдіть х, якщо: 1) log6 x = 3 log6 2 + 0,5 log6 25 – 2 log6 3; 2) ( )1 3 lg lg 5 2lg 5lg ;x a b c= − + 3) 2 1 7 5 lg 3lg lg lg ;x m n p= + − 4) 3 3 3 3 1 3 log log 8 2log 20 3log 2.x = − − 9. Замініть даний логарифм логарифмом за основою 3: 1) 1 3 log ;a 2) log9 a; 3) 1 9 log ;a 4) log ;3 a 5) log2 a. § 31. Логарифм числа. Властивості логарифмів
- 366. 366 РОЗДІЛ 4. Показниковаі логарифмічна функції 10* . Обчисліть значення виразу: 1) 6 2 6 1 log 27 log 6 3 6 ; + 2) 3 5 2 1log 16 log 3 4 3 ; + 3) log4 5ælog5 6ælog6 7ælog7 32; 4) log9 10ælg 11ælog11 12ælog12 27; 5) 81 25 49 1 2 4 8 29 125 7 1 4 − +( )⋅ log log log ; 6) ( )4 5 log 495 1 7 1 49 15 log 7 5 .⋅ ⋅ 11* . 1) Знайдіть log8 9, якщо log12 18 = a; 2) Знайдіть log9 15, якщо log45 25 = a; 3) Знайдіть log175 56, якщо log14 7 = a і log5 14 = b; 4) Знайдіть log150 200, якщо log20 50 = a і log3 20 = b. ЛОГАРИФМІЧНА ФУНКЦІЯ, ЇЇ ВЛАСТИВОСТІ ТА ГРАФІК§§§§§3232323232 Т а б л и ц я 54 О з н а ч е н н я. Логарифмічною функцієюназивається функція виду у = loga х, де а > 0, а ≠≠≠≠≠ 1. 1. Графік логарифмічної функції Функції у = аx та у = loga х (а > 0, а ≠ 1) — взаємно обернені функції, тому їх графіки симетричні відносно прямої у = х. 2. Властивості логарифмічної функції 1. Область визначення: x > 0. D (loga x) = (0; +×) 2. Область значень: y ∈ R. E (loga x) = R 3. Функція ні парна, ні непарна.
- 367. 367 Пояснення й обґрунтування 1.Поняття логарифмічної функції та її графік. Логарифмічною функцією називається функція виду у = loga х, де а > 0, а ≠ 1. Покажемо, що ця функція є оберненою до функції у = аx . ( Дійсно, показникова функція f (х) = аx при а > 1 зростає на множині R, а при 0 <а < 1 — спадає на множиніR. Область значень функціїf (х) = аx — проміжок (0; +×). Отже, функція f (х) оборотна (с. 141) і має обернену функцію з областю визначення (0; +×) і областю значень R. Нагадаємо, щодлязаписуформулиоберненоїфункціїдоситьзрівності у= f (х)вирази ти х через у і в одержаній формулі х = g (у) аргумент позначити через х, а функцію — через у. Тоді з рівняння у = аx (а > 0, а ≠ 1) за означенням логарифма одержуємо х = loga у—формулуоберненоїфункції,уякійаргументпозначеночерез у, афункцію—через х.Змінюючипозначеннянатрадиційні,маємоформулу у = loga х — функції, оберненої до функції у = аx . ) § 32. Логарифмічна функція, її властивості та графік 4. Точки перетину з осями координат: з віссю Oy немає з віссю Ox 0, 1 y x = = 5. Проміжки зростання і спадання: а > 1 0 < а < 1 П р о д о в ж. т а б л. 54 7. Найбільшого і найменшого значень функція не має. 8. loga a = 1 loga (uv) = loga u + loga v (u > 0, v > 0) log log loga a a u v u v= − (u > 0, v > 0) loga uп = п loga u (u > 0) функція loga х зростає при а> 1 на всій області визначення функція loga х спадає при 0 < а < 1 на всій області визначення 6. Проміжки знакосталості: а > 1 0 < а < 1 у = loga х > 0 при х > 1, у = loga х < 0 при 0 < х < 1 у = loga х > 0 при 0 < х < 1, у = loga х < 0 при х > 1
- 368. 368 РОЗДІЛ 4. Показниковаі логарифмічна функції Як відомо, графіки взаємно обернених функцій симетричні відносно пря мої у = х. Отже, графік функції у = loga х (а > 0, а ≠ 1) можна одержати із графіка функції у= ах симетричним відображенням відносно прямої у= х.На рисунку 127 наведено графіки логарифмічних функцій при а > 1 та при 0 < а < 1. Графік логарифмічної функції називають логарифмічною кривою. 2. Властивості логарифмічної функції.Властивості логарифмічної функції, наведені в пункті 8 таблиці 54, було обґрунтовано в § 31. Інші властивості функції у = loga х або прочитаємо з одержаного графіка цієї функції, або об ґрунтуємо їх, спираючись на властивості функції у = ах . Оскільки область визначення прямої функції є областю значень оберненої, а область значень прямої функції — областю визначення оберненої, то, знаю чи ці характеристики для функції у=ах , одержуємо відповідні характеристи ки для функції y = loga x: акитсиреткараХ яіцкнуФ a=y x y gol= a x яннечанзивьтсалбО R ;0( ×) ьнечанзьтсалбО ;0( ×) R 1) Oбластю визначенняфункції у = loga х є множина R+ всіх додатних чисел (х > 0); 2) Областю значень функції у = loga х є множина R всіх дійсних чисел (тоді функція y = loga x не має ні найбільшого, ні найменшого значень). 3) Функція у= loga х не може бути ні парною, ні непарною,оскільки її область визначення не симетрична відносно точки 0. 4) Графік функції у = loga х не перетинає вісь Oу, оскільки на осі Oу х = 0, а це значення не входить до області визначення функції у = loga х. а б Рис. 127
- 369. 369 Графік функції у=loga х перетинає вісьOх у точціх= 1,оскількиloga 1 = 0 при всіх значеннях а (а > 0, а ≠ 1). 5) З графіків функції у = loga х, наведених на рисунку 127, видно, що при а>1 функціяу=loga х зростає на всій області визначення, а при 0 < а < 1 — спадає на всій області визначення. ( Цю властивість можна обґрунтувати, не спираючись на вид графіка, а спи раючись тільки на властивості функції у = аx . Наприклад, при а > 1 візьмемо x2 > x1 > 0. За основною логарифмічною тотожністю можна записати: 1log 1 ,ax x a= 2log 2 .a x x a= Тоді, враховуючи, що х2 > х1 , маємо 2 1log log .a ax x a a> Оскільки при а > 1 функція у = аx є зростаю чою, то з останньої нерівності одержуємо loga x2 > loga x1 . А це й означає, що при а > 1 функція у = loga х зростає на всій області визначення. Аналогічно можна обґрунтувати, що при 0 < а < 1 функція у= loga х спадає на всій області визначення. ) 6) Проміжки знакосталості. Оскільки графік функції у = loga х перетинає вісь Oху точці х = 1, то, враховуючи зростання функції приа> 1 та спадан ня при 0 < а < 1, маємо: їіцкнуфяннечанЗ утнемуграяннечанЗ ирп a 1> <0ирп a 1< y 0> x ∈ +;1( ×) x ∈ )1;0( y 0< x ∈ )1;0( x ∈ +;1( ×) Приклади розв’язання завдань Приклад 1 Знайдіть область визначення функції: 1) у = log5 (3 – х); 2) ( )2 1 3 log ;3y x= + 3) у = log7 (х2 – х). Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р 1) у = log5 (3 – х). Область визначення задається не рівністю 3 – x > 0. Звідси x < 3. Тобто D (y) = (–×; 3). 2) ( )2 1 3 log .3y x= + Область визначення задається не рівністю x2 + 3 > 0. Ця нерівність ви конується при всіх дійсних значен нях х. Отже, D (y) = R. Оскільки вираз, що стоїть під зна ком логарифма, має бути додатним, то для знаходження області визна ченнязаданоїфункціїтребазнайтиті значення аргументу х, при яких ви раз, що стоїть під знаком логарифма, буде додатним. § 32. Логарифмічна функція, її властивості та графік
- 370. 370 РОЗДІЛ 4. Показниковаі логарифмічна функції Приклад 2 Зобразіть схематично графік функції: 1) у = log2 х; 2) 1 2 log .y x= Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р 3) у = log7 (х2 – х). Область визначення задається нерівністюх2 – х >0.Розв’язуючицю квадратну нерівність одержуємо x < 0 або x > 1 (див. рисунок). Тобто D (y) = (–×; 0) (1; +×). 1) у = log2 х Область визначення функції у = logа х — значення х > 0, отже, графік цієї функції завжди розташо ваний праворуч від осі Оу. Цей гра фік перетинає вісь Ох у точці х = 1 (logа 1 = 0). При а > 1 логарифмічна функція зростає, отже, графіком функції у = log2 х буде логарифмічна крива, точкиякоїпризбільшенніаргументу піднімаються вгору. При 0 < а < 1 логарифмічна функ ція спадає, отже, графіком функції 1 2 logy x= буде логарифмічна крива, точкиякоїпризбільшенніаргументу опускаються вниз. Щоб уточнити поведінку графіків заданих функцій, знайдемо коорди нати кількох додаткових точок. x 1 2 4 y 0 1– 1 2 1 2 2) 1 2 logy x= x 1 2 4 y 0 1 1– 2– 1 2
- 371. 371 Приклад 3* Зобразіть схематичнографік функції у = lоg3 | x – 2 |. Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р Складемо план послідовної побу дови графіка заданої функції за допо могою геометричних перетворень (див. таблицю 4, с. 28). 1. Ми можемо побудувати графік функції y = f (x) = lоg3 x (основа логарифмаа=3>1—логарифміч на функція зростає). 2. Потім можна побудувати графік функції y = g (x) = lоg3 | x |= f (| x |) (праворучвідосі Oyграфік f (x)за лишається без зміни, і ця сама ча стинаграфікасиметричновідобра жується відносно осі Oy). 3. Після цього можна побудувати графікзаданоїфункції y = lоg3 | x – 2 | = g (x – 2) паралельним перенесенням гра фікафункції g (x)уздовжосіOx на 2 одиниці. 3. y = lоg3 | x – 2 |. Приклад 4 Порівняйте додатні числа b і c, знаючи, що: 1) log3 b > log3 c; 2) log0,3 b > log0,3 c . Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р 1. y = lоg3 x; 2. y = lоg3 | x |; Послідовно будуємо графіки: 1) Оскільки функція у = log3 х є зростаючою, то для додатних чи сел b і c з нерівності log3 b > log3 c одержуємо b > c. 2) Оскільки функція у = log0,3 х є спадною, то для додатних чисел b і c з нерівності log0,3 b > log0,3 c одержуємо b < c. У кожному завданні задані вира зи — це значення логарифмічної функції у = logа х у точках b і c. Далівикористовуємозростаннячи спадання відповідної функції: 1) при а = 3 > 1 функція у = log3 х є зростаючою, і тому більшому зна ченню функції відповідає більше значення аргументу; 2) при а = 0,3 < 1 функція у = log0,3 х єспадною,ітомубільшомузначен ню функції відповідає менше зна чення аргументу. § 32. Логарифмічна функція, її властивості та графік
- 372. 372 РОЗДІЛ 4. Показниковаі логарифмічна функції Запитання для контролю 1. Дайте означення логарифмічної функції. 2. Як розташовані графіки функцій у = ах та у = logа х (а > 0, а ≠ 1) відносно прямої у = х? Відповідь поясніть. Побудуйте ці графіки при а > 1 і при 0 < а < 1. 3. Користуючись графіком функціїу = logа х (а > 0,а ≠1), охарактеризуйте її властивості. 4* .Обґрунтуйте властивості функції у = logа х (а > 0, а ≠ 1). 5. Враховуючи зростання або спадання відповідної логарифмічної функції, порівняйте значення: а) log5 7 і log5 3; б) 1 5 log 7 і 1 5 log 3. Вправи 1. Знайдіть область визначення функції: 1°) у = log11 (2х + 6); 2°) ( )1 6 log ;3y x= − 3) ( )2 2 log 1 ;y x= − 4) у = log5,2 (3х – х2 ); 5) ( )2 3 8 log ;2 1y x= + 6) у = logπ (х2 + х + 1); 7* ) 0,4 2 6 2 log ; x x y − + = 8* ) 2 7 5 6 3 log ; x x x y − + − = 9* ) 3,1 5 3 log ; x x y + − = 10* ) у = logх (2х –х2 ); 11* ) у = log2х – 3 (5х –х2 ). Зобразіть схематично графік функції(2–3). 2. 1°) у = log3 х; 2°) 1 3 log ;y x= 3°) у = log0,3 х; 4) y x= log ;5 5) 1 6 log ;y x= 6) 2 log .y x= 3. 1) у = log2 (–х); 2) ( )1 4 log ;1y x= − 3) у = log4 (х + 3); 4) у = log4 х + 3; 5) у = –log6 х; 6* ) у = | log3 | x ||; 7* ) y x= −( )log ;1 2 2 4 8* ) y x x = log ;4 2 9* ) у = log3 log3 х . 4. Порівняйте числа: 1) log2 3,5 і log2 4,5; 2) log0,1 1,3 і log0,1 1,1; 3) 1 5 log 2 і 1 5 log 5; Приклад 5 Порівняйте з одиницею додатне число a, знаючи, що loga 6 < 0. Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р Оскільки 6 > 1, а з умови одержує мо, що loga 6 < 0 = loga 1 (тобто loga 6 < loga 1), то функція у = loga х є спадною, отже, 0 < a <1. Числа loga 6 і 0 — це два значення функції logа х.Враховуючизадануне рівність, з’ясовуємо, чи ця функція є зростаючою чи спадною, і згадуємо, щовоназростаєпри a>1і спадаєпри 0 < a < 1.
- 373. 373 4) log ,3 23 і log , ;3 0 2 5) logπ 5 і logπ 7; 6) 1 2 log 10 і 1 2 log 20; 7) log2 3 і 0; 8) 7 1 3 log і 0; 9) log3 4 і 1; 10) 1 4 1 5 log і 1. 5. Порівняйте додатні числа b і c, знаючи, що: 1) log5 b > log5 c; 2) log0,5 b > log0,5 c; 3) log log ;7 7 b c> 4) 1 1 3 3 log log .b c< 6. Порівняйте з одиницею додатне число a, знаючи, що: 1) loga 5 > 0; 2) 1 3 log 0;a > 3) loga 2,3 < 0; 4) loga 0,2 < 0. § 33. Розв’язування логарифмічних рівнянь та нерівностей 33.1. РОЗВ’ЯЗУВАННЯ ЛОГАРИФМІЧНИХ РІВНЯНЬ Т а б л и ц я 55 РОЗВ’ЯЗУВАННЯ ЛОГАРИФМІЧНИХ РІВНЯНЬ ТА НЕРІВНОСТЕЙ§§§§§3333333333 1. Основні означення та співвідношення О з н а ч е н н я. Логарифмом до датного числа b за основою а (а > 0, а ≠ 1) називається показ никстепеня,доякоготребапідне сти а, щоб одержати b. loga b = c ⇔⇔⇔⇔⇔ b = ac Графік функції y = loga x (a > 0, a ≠ 1) a > 1 0 < a < 1 зростає спадає 2. Розв’язування найпростіших логарифмічних рівнянь Орієнтир Приклад Якщо а — число (a > 0 і a ≠ 1), то loga f (x) = c ⇔⇔⇔⇔⇔ f (x) = ac (використовуємо означення логарифма) log3 (x – 1) = 2. x – 1 = 32 , x = 10. Відповідь: 10.
- 374. 374 РОЗДІЛ 4. Показниковаі логарифмічна функції П р о д о в ж. т а б л. 55 3. Використання рівнянь наслідків Орієнтир Приклад Якщо з припущення, що перша рівність правильна, випливає пра вильність кожної наступної, то га рантуємо, що одержуємо рівняння наслідок.Привикористаннінаслід ківневідбуваєтьсявтратикоренів початковогорівняння,алеможлива поява сторонніх коренів. Тому пе ревірка одержаних коренів підста новкоювпочатковерівнянняєскла довою частиною розв’язування. logx (x + 2) = 2. За означенням логарифма одер жуємо x + 2 = x2 , x2 – x – 2 = 0, x1 = –1, x2 = 2. П е р е в і р к а. x = –1 — сторон нійкорінь(восновілогарифмаодер жуємо від’ємне число); x = 2 — корінь (log2 (2 + 2) = 2, log2 4 = 2, 2 = 2). Відповідь: 2. 4. Рівносильні перетворення логарифмічних рівнянь Заміна змінних Орієнтир Приклад Якщо до рівняння (нерівності абототожності)зміннавходитьвод номуітомусамомувигляді,тозруч но відповідний вираз із змінною по значити однією буквою (новою змінною). lg2 x – 2 lg x – 3 = 0. Заміна: lg x = t, t2 – 2t – 3 = 0, t1 = –1, t2 = 3. Отже, lg x = –1 або lg x = 3. Тоді x= 10–1 =0,1абоx= 103 =1000. Відповідь: 0,1; 1000. Рівняння виду loga f (x) = loga g (x) (a > 0 і a ≠ 1) Орієнтир Приклад (враховуємо ОДЗ і прирівнюємо вирази, які стоять під знаками логарифмів) log3 (x2 – 2) = log3 (4x – 5). ОДЗ: 2 2 0, 4 5 0. x x − > − > На цій ОДЗ задане рівняння рівно сильне рівнянням: x2 – 2 = 4x – 5, x2 – 4x + 3 = 0, x1 = 1, x2 = 3, x = 1 — сторонній корінь (не задо вольняє умовам ОДЗ); x = 3 — корінь (задовольняє умо вам ОДЗ). Відповідь: 3. log ( ) log ( ) ( ) ( ), ( ) , ( ) a af x g x f x g x f x g x ОДЗ == ⇔⇔ == >> >> 0 0
- 375. 375 Пояснення й обґрунтування 1.Розв’язування найпростіших логарифмічних рівнянь. Найпростішим ло гарифмічним рівняннямзвичайно вважають рівняння loga x = c (a > 0 і a ≠ 1). Логарифмічна функція зростає (або спадає) на всій своїй області визначен ня, тобто при x > 0 (див. графіки в пункті 1 таблиці 55), і тому кожного свого значення набуває тільки при одному значенні аргументу. Враховуючи, що логарифмічна функція набуває всіх дійсних значень, рівняння loga x = c (1) завжди має єдиний корінь, який можна записати, скориставшися означен ням логарифма: х = ас . Якщо розглянути рівняння loga f (x) = c (2) і виконати заміну змінної: f (x) = t, то одержимо найпростіше логарифмічне рівняння loga t = c, яке має єдиний корінь t = ac . Виконуючи обернену заміну, одержуємо, що розв’язки рівняння (2) збігаються з розв’язками рівняння f (x) = ac . (3) Отже, рівняння (2) і (3) — рівносильні. Таким чином, ми обґрунтували, що для рівносильного перетворення найпростішого логарифмічного рівнян ня (1) або рівняння (2) (яке ми теж будемо відносити до найпростіших за умови, що основа а — число) досить використати означення логарифма. § 33. Розв’язування логарифмічних рівнянь та нерівностей П р о д о в ж. т а б л. 55 Рівносильні перетворення рівнянь в інших випадках Орієнтир Приклад 1. ВраховуємоОДЗ заданогорівнян ня (і уникаємо перетворень, які приводять до звуження ОДЗ); 2. Стежимозатим,щобнаОДЗкож не перетворення можна було ви конати як у прямому, так і у зво ротному напрямках із збережен ням правильної рівності. log2 (x + 1) = 3 – log2 (x + 3). ОДЗ: 1 0, 3 0. x x + > + > На цій ОДЗ задане рівняння рівносильне рівнянням: log2 (x + 1) + log2 (x + 3) = 3, log2 ((x + 1)(x + 3)) = 3, (x + 1)(x + 3) = 23 , x2 + 4x – 5 = 0, x1 = 1, x2 = –5. x = 1 — корінь (задовольняє умо вам ОДЗ); x = –5 — сторонній корінь (не задо вольняє умовам ОДЗ). Відповідь: 1.
- 376. 376 РОЗДІЛ 4. Показниковаі логарифмічна функції Якщо позначити рівносильність рівнянь значком ⇔, то коротко цей резуль тат можна записати так: loga f (x) = c ⇔⇔⇔⇔⇔ f (x) = ac . Нагадаємо,щовсірівносильніперетвореннярівняннявиконуютьсянайого області допустимих значень (ОДЗ). Для рівняння (2) ОДЗ задається умовою f (x) > 0. Але для всіх коренів рівняння (3) ця умова виконується автоматич но (через те, що a > 0 ). Тому в явному вигляді ОДЗ для найпростіших лога рифмічних рівнянь можна не записувати(оскільки вона враховується авто матично при переході від рівняння (2) до рівняння (3)). Наприклад, рівняння log5 (2x – 3) = 2 рівносильне рівнянню 2х – 3 = 52 , корінь якого х = 14 і є коренем заданого рівняння. Аналогічно записано і розв’язання найпростішого рівняння log3 (x – 1) = 2 у таблиці 55. 2. Використання рівнянь наслідків при розв’язуванні логарифмічних рів нянь. При розв’язуванні рівняння головне — не загубити його корені, і тому важливо стежити за тим, щоб кожен корінь першого рівняння залишався коренем наступного — у цьому випадку одержуємо рівняння наслідки. Нага даємо, що кожен корінь заданого рівняння перетворює його на правильну числову рівність. Використовуючи це означення, можна обґрунтувати такий орієнтир: якщо з припущення про правильність першої рівності випливає правильність кожної наступної, ми одержуємо рівняння наслідки (оскільки кожен корінь першого рівняння буде і коренем наступного рівняння). Нага даємо, що хоча при використанні наслідків не відбувається втрати коренів початкового рівняння, але можлива поява сторонніх коренів. Томуперевірка одержаних коренів підстановкою в початкове рівняння є складовою части ною розв’язування при використанні рівнянь наслідків. Приклад розв’язування логарифмічного рівняння за допомогою рівнянь наслідків та оформлення такого розв’язання наведено в пункті 3 таблиці 55. 3. Рівносильні перетворення логарифмічних рівнянь. Одним із часто вико ристовуваних способів рівносильних перетворень рівнянь є заміна змінної. Нагадаємозагальнийорієнтир,якогомидотримувалисяприрозв’язуванні рівняньзіншихрозділів: якщодорівняння(нерівностіабототожності) змінна входить в одному і тому ж вигляді, то зручно відповідний вираз із змінною позначити однією буквою (новою змінною). Наприклад, до рівняння lg2 x – 2 lg x – 3 = 0 змінна входить тільки у ви гляді lg x, тому для його розв’язування доцільно використати заміну lg x = t, одержати квадратне рівняння t2 – 2t – 3 = 0, яке має корені t1 = –1 i t2 = 3, а потімвиконатиоберненузамінуіодержатинайпростішілогарифмічнірівнян ня: lg x = –1 і lg x = 3. Тоді, за означенням логарифма, коренями заданого рівняння є x = 10–1 = 0,1 та x = 103 = 1000.
- 377. 377 Зважаючи на те,що заміна змінної (разом з оберненою заміною) є рівно сильним перетворенням рівняння на будь якій множині, для виконання за міни не обов’язково знаходити ОДЗ заданого рівняння. А після виконання оберненої заміни ми одержали найпростіші логарифмічні рівняння, для яких (як було показано вище) ОДЗ враховується автоматично, і її теж можна не записувати. Отже, у наведеному розв’язанні ОДЗ заданого рівняння врахова на автоматично, і тому в явному вигляді ОДЗ можна не записувати до розв’я зання.Саметакіоформленорозв’язанняцьогорівняннявпункті4таблиці 55. Розглянемо також рівносильні перетворення рівняння виду loga f (x) = loga g (x) (a > 0 і a ≠ 1). (4) ( Якужевідзначалося,усірівносильніперетвореннярівняннявиконуються на його області допустимих значень. Для рівняння (4) ОДЗ задається сис темою нерівностей ( ) 0, ( ) 0. f x g x > > Оскільки логарифмічна функція loga t зрос тає (при a >1) або спадає (при 0 < a < 1) на всій своїй області визначення і кожногосвогозначеннянабуваєтількиприодномузначеннiаргументу,то рівність(4)можевиконуватися(наОДЗ)тодіітількитоді,коли f (x) = g (x). ВраховуючиОДЗ,одержуємо,щорівняння(4)рівносильнесистемі f x g x f x g x ( ) ( ), ( ) , ( ) . = > > 0 0 Символічно одержаний результат зафіксовано в пункті 4 таблиці 55, а ко ротко його можна сформулювати так: щоб розв’язати рівняння loga f (x) = loga g (x)за допомогою рівносиль них перетворень, враховуємо ОДЗ цього рівняння і прирівнюємо ви рази, які стоять під знаками логарифмів. ))))) Приклад використання цього орієнтиру наведено в таблиці 55. З а у в а ж е н н я 1.Одержанусистему(5)–(7)можнадещоспростити.Якщо в цій системі виконується рівність (5), то значення f (x) ig (x)міжсобоюрівні, тому, якщо одне з цих значень буде додатним, то друге теж буде додатним. Отже,рівняння(4)рівносильнесистемі,якаскладаєтьсязрівняння(5)іоднієї з нерівностей (6) або (7) (звичайно вибирають простішу з цих нерівностей). Наприклад, рівняння log3 (x2 – 2) = log3 (4x – 5), розглянуте в таблиці 55, рівносильнесистемі 2 2 4 5, 4 5 0. x x x − = − − > Але,враховуючи,щообмеженняОДЗцього рівняння: 2 2 0, 4 5 0 x x − > − > ми не розв’язували, а тільки перевіряли, чи задоволь § 33. Розв’язування логарифмічних рівнянь та нерівностей (5) (6) (7)
- 378. 378 РОЗДІЛ 4. Показниковаі логарифмічна функції няють знайдені корені цим обмеженням, то наведене спрощення не дає суттє вого виграшу при розв’язуванні цього рівняння. З а у в а ж е н н я 2. Як було обґрунтовано вище, якщо виконується рів ність (4), то обов’язково виконується і рівність (5). Отже, рівняння (5) є на слідком рівняння (4), і тому для знаходження коренів рівняння (4): loga f (x) = loga g (x) досить знайти корені рівняння наслідку (5): f (x) = g (x) і виконатиперевіркузнайденихкоренівпідстановкоювзаданерівняння.(Тоб то при такому способі розв’язування ОДЗ рівняння (4) буде враховано опосе редковано, у момент перевірки одержаних коренів, і його не доведеться явно записувати.) Виконуючи рівносильні перетворення логарифмічних рівнянь у більш складних випадках, можна дотримуватися такого орієнтира (він випливає з означення рівносильних рівнянь і обґрунтований у § 17 розділу 2): 1) Враховуємо ОДЗ заданого рівняння. 2) Слідкуємо за тим, щоб на ОДЗ кожне перетворення можна було виконати як у прямому, так і у зворотному напрямках із збере женням правильної рівності. Наприклад, розв’яжемо рівняння log2 (x + 1) = 3 – log2 (x + 3) (8) за допомогою рівносильних перетворень. Для цього досить врахувати ОДЗ рівняння 1 0, 3 0, x x + > + > а потім, виконуючи кожне перетворення рівняння, весь час стежити за тим, чи можна на ОДЗ виконати це перетворення і у зворотному напрямку. Якщо відповідь позитив на, то виконані перетворення рівносильні. Якщо ж якесь перетворення для всіх значень змінної з ОДЗ можна виконати тільки в одному напрямку (від початкового рівняння до наступного), а для його виконання у зворотному напрямкупотрібніякісьдодатковіобмеження,томиодержимотількирівнян ня наслідок, і отримані корені доведеться перевіряти підстановкою в почат кове рівняння. Застосуємо цей план до розв’язування рівняння (8). Щоб звести це рівняння до найпростішого, перенесемо всі члени рівняння з логарифмами вліво. Одержимо рівносильне рівняння log2 (x + 1) + log2 (x + 3) = 3. (9) (Рівносильність рівнянь (8) і (9) випливає з відомої теореми: якщо з однієї частини рівняння перенести в іншу доданки з протилежним знаком, то одер жимо рівняння, рівносильне заданому на будь якій множині. Рівносильність цих рівнянь випливає також з того, що ми можемо перейти не тільки від рівності (8) до рівності (9), а й виконати зворотне перетворення, користую чись властивостями числових рівностей.)
- 379. 379 Враховуючи, що сумалогарифмів додатних (на ОДЗ) чисел дорівнює лога рифму добутку, одержуємо рівняння ( )2log ( 1)( 3) 3.x x+ + = (10) На ОДЗ заданого рівняння можна виконати і зворотне перетворення: ос кільки x + 1 > 0 i x + 3 > 0, то логарифм добутку додатних чисел дорівнює сумі логарифмів множників. Отже, від рівності (10) можна повернутися до рівності (9), тобто цей перехід теж приводить до рівносильного рівняння. Рівняння (10) — це найпростіше логарифмічне рівняння. Воно рівносильне рівнянню, яке отримуємо за означенням логарифма: (x + 1)(x + 3) = 23 . Виконуючи рівносильні перетворення одержаного рівняння, маємо: x2 + 4x – 5 = 0, x1 = 1, x2 = –5. Оскільки всі рівносильні перетворення виконувалися на ОДЗ заданого рівняння, врахуємо її, підставляючи одержані корені в обмеження ОДЗ: x = 1 — корінь, бо задовольняє умовам ОДЗ; х = –5 не є коренем (сторонній корінь), бо не задовольняє умовам ОДЗ. Отже, задане рівняння має тільки один корінь x = 1. З а у в а ж е н н я. Звичайно, розглянуте рівняння можна було розв’язати і з використанням рівнянь наслідків, без явного врахування ОДЗ, але з пере віркою одержаних розв’язків підстановкою в початкове рівняння. Тому ко жен, хто розв’язує рівняння, має право обирати шлях розв’язування: чи це буде використання рівнянь наслідків, чи рівносильні перетворення заданого рівняння. Але для багатьох рівнянь перевірку одержаних коренів досить не простовиконати,адлянерівностейізовсімнеможнакористуватисянаслідка ми. Це пов’язано з тим, що для нерівностей не вдається перевірити всі роз в’язки — їх кількість у нерівностей, як правило, нескінченна. Отже, для не рівностей доводиться виконувати тільки рівносильні перетворення (ці пере творення нерівностей можна виконувати за орієнтирами, повністю аналогіч ними наведеним вище). Приклади розв’язання завдань Приклад 1 Розв’яжіть рівняння ( ) ( )1 2 lg 2 lg 3 6 lg 2.x x− − − = (1) Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р § 33. Розв’язування логарифмічних рівнянь та нерівностей 2 lg (x – 2) – lg (3x – 6) = 2 lg 2, (2) lg (x – 2)2 – lg (3x – 6) = lg 22 , (3) ( )2 2 3 6 lg lg 4, x x − − = (4) Розв’яжемозаданерівняннязадо помогоюнаслідків.Нагадаємо,щопри використаннінаслідківголовне —га рантувати,щоувипадку,колиперша рівністьбудеправильною,тойусіна ступнітежбудутьправильними.
- 380. 380 РОЗДІЛ 4. Показниковаі логарифмічна функції Приклад 2 Розв’яжіть рівняння log2 (x – 5)2 – 2 = 2 log2 (2x). (1) Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р ( ) 2 2 3 6 4, x x − − = (5) (х – 2)2 = 4(3х – 6), (6) х2 – 16х + 28 = 0, (7) х1 = 2, х2 = 14. П е р е в і р к а. х = 2 — сторонній корінь (під знаком логарифма отри муємо 0), х = 14 — корінь, оскільки маємо 1 2 lg(14 2) lg(3 14 6) lg2,− − ⋅ − = 1 2 lg12 lg 36 lg2,− = lg12 lg 36 lg2,− = 12 6 lg lg2,= lg 2 = lg 2. Відповідь: 14. Щоб позбутися дробового коефіці єнта, помножимо обидві частини рівняння (1) на 2 (якщо рівність (1) правильна, то і рівність (2) теж пра вильна). Якщо рівності (1) чи (2) пра вильні (при тих значеннях х, що є ко ренями цих рівнянь), то при таких значеннях x існують всі записані ло гарифми,ітодівиразиx–2та3x–6 — додатні. Але тоді для додатних a, b, c можна скористатися формулами: 2 lg a = lg a2 , lg lg lg , b c b c− = отже, рівності (3) і (4) теж будуть правиль ними. Враховуючи, що функція y = lg t є зростаючою, отже, кожного свогозначеннянабуваєтількиприод ному значенні аргументу, з рівності логарифмів (4) одержуємо рівність відповідних аргументів (5). Якщо рівність (5) правильна, то знаменник дробу не дорівнює нулю, і після множення обох її частин на 3х – 6 ≠ 0 одержуємо правильну рів ність (6) (а, отже, і правильну рів ність (7)). Оскільки ми користували сярівняннями наслідками,тов кінці необхідно виконати перевірку. ОДЗ: ( )2 5 0, 2 0. x x − > > Тоді 5, 0. x x ≠ > НаційОДЗзаданерівняннярівно сильне рівнянням: log2 (x – 5)2 – log2 22 = 2 log2 (2x), 2 2 2 22 ( 5) 2 log log (2 ) ,x x − = (2) ( ) 2 2 2 5 2 (2 ) , x x − = (3) (х – 5)2 = 4æ4х2 , Розв’яжемозаданерівняннязадо помогою рівносильних перетворень. Нагадаємо, що для цього досить вра хувати ОДЗ заданого рівняння і слідкуватизатим,щобнаОДЗкож не перетворення можна було викона ти як у прямому, так і у зворотно му напрямках із збереженням пра вильної рівності. Зауважимо, що на ОДЗ вираз х – 5 може бути як додатним, так і від’єм ним, і тому ми не маємо права засто совувати до виразу log2 (x – 5)2 фор
- 381. 381 Приклад 3* Розв’яжіть рівнянняlog4 x + 6 logx 4 = 5. Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р § 33. Розв’язування логарифмічних рівнянь та нерівностей 15x2 + 10x – 25 = 0, 3x2 + 2x – 5 = 0. x1 = 1, 2 5 3 .x = − Враховуючи ОДЗ, одержуємо, що x = 1 входить до ОДЗ, отже, є коре нем; 5 3 x = − не входить до ОДЗ, отже, не є коренем заданого рівняння. Відповідь: 1. мулу: log2 (x – 5)2 = 2 log2 (x – 5) (це приведедовтратикореня).Застосуван ня узагальненої формули логариф мування приведе до рівняння з моду лем.Використаємоіншийшляхпере творень, врахувавши, що 2 = log2 22 . Оскільки на ОДЗ всі вирази, що сто ять під знаками логарифмів, додатні, то всі перетворення від рівняння (1) до рівняння (2) будуть рівносильни ми.Виконуватирівносильніперетво рення рівняння (2) можна з викорис танням орієнтира, наведеного на с. 377.Такожрівносильністьрівнянь (2) і (3) може бути обґрунтована че рез зростання функції y = log2 t, яка кожногосвогозначеннянабуваєтіль ки при одному значенні аргументу. ОДЗ: 0, 1. x x > ≠ На ОДЗ задане рів няння рівносильне рівнянню 4 4 1 log log 6 5. x x + ⋅ = Заміна: log4 x = t. Одержуємо: 6 5, t t + = (1) t2 – 5t + 6 = 0, (2) t1 = 2, t2 = 3; log4 x = 2 або log4 x = 3; x = 42 = 16 або x = 43 = 64 (обидва корені входять до ОДЗ). Відповідь: 16; 64. Виконаємо рівносильні перетво рення заданого рівняння. Для цього знайдемо його ОДЗ (х > 0, х ≠ 1). Ос кільки до рівняння входять логариф ми з різними основами, то зведемо їх до однієї основи (бажано числової, інакше можна загубити корені рів няння) — у даному випадку, до осно ви 4 — за формулою 1 log log .a b a b = Після зведення логарифмів до од нієїосновизміннавходитьдорівняння тільки в одному вигляді log4 x. Вико наємозамінуlog4 x = t.Оскількизаоб меженнями ОДЗ х ≠ 1, то t ≠ 0. Тоді одержане дробове рівняння (1) рівно сильнеквадратномурівнянню(2). Оскільки заміна і обернена заміна є рівносильними перетвореннями на ОДЗ,тодляодержанихрозв’язківдо сить перевірити, чи входять вони до ОДЗ.
- 382. 382 РОЗДІЛ 4. Показниковаі логарифмічна функції Приклад 4* Розв’яжіть рівняння xlg x – 2 = 1000. (1) Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р Приклад 5 Розв’яжіть рівняння log3 (3 x – 8) = 2 – x. Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р ОДЗ:x > 0. На ОДЗ задане рівняння рівно сильне рівнянням: lg (xlg x – 2 ) = lg 1000, (2) (lg x – 2)lg x = 3. (3) Заміна: lg x = t. Одержуємо: (t – 2)t = 3, t2 – 2t – 3 = 0, t1 = –1, t2 = 3. Обернена заміна дає lg x = –1 або lg x = 3. Звідси x = 10–1 = 0,1 або х = 103 = 1000. Відповідь: 0,1; 1000. Виконаємо рівносильні перетво рення заданого рівняння. Для цього знайдемо його ОДЗ і використаємо орієнтир: якщо змінна входить і до основи, і до показника степеня, то для розв’язування такого рівняння можна спробувати прологарифмува тиобидвічастинирівняння (звичай но, тільки якщо вони додатні). До за пису рівняння вже входить десятко вий логарифм, тому прологарифмує мо обидві частини за основою 10 (на ОДЗ обидві частини заданого рівнян ня додатні). Оскільки функція y= lg tє зроста ючою, то кожного свого значення вона набуває тільки при одному зна ченні аргументу. Отже, якщо вико нується рівність (1), то виконується і рівність(2),інавпаки:якщовикону єтьсярівність(2),товиконуєтьсяі рів ність (1). Таким чином, рівняння (1) і (2) рівносильні на ОДЗ. При x > 0 застосування формули lg xα = α lg x є рівносильним перетворенням, отже, рівняння (2) і (3) теж рівносильні. Обґрунтуваннярівносильностіпо дальших перетворень повністю збі гається з аналогічним обґрунтуван ням у попередньому прикладі. 3 x – 8 = 3 2 – x , (1) 23 3 3 8 .x x − = Заміна:3x = t. Одержуємо 9 8 , t t − = (2) Якщо спочатку подивитися на за дане рівняння як на найпростіше ло гарифмічне, то за означенням лога рифма воно рівносильне рівнянню 3 x – 8 = 3 2 – x . Як уже відзначалося (с. 376), ОДЗ заданого рівняння
- 383. 383 § 33. Розв’язуваннялогарифмічних рівнянь та нерівностей t 2 – 8t – 9 = 0, (3) t1 = 9, t2 = –1. Обернена заміна дає 3 x = 9, x = 2 або 3 x = –1 — коренів немає. Відповідь: 2. 3x – 8 > 0 для всіх коренів рівнян ня (1) враховується автоматично, ос кільки 3 2 – x > 0 завжди. Після цього рівняння (1) розв’язується за схемою розв’язуванняпоказниковихрівнянь (табл. 51, с. 344). Оскільки t = 3 x > 0, то t ≠ 0, і тому рівняння (2) рівносильне рівнян ню (3). Приклад 6 Розв’яжіть систему рівнянь ( ) 2 2 3 log log 2, log 1. x y y x + = − = Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р ( ) ( ) 2 3 log 2, log 1. xy y x = − = За означенням логарифма маємо 2 2 , 3. xy y x = − = Із другого рівняння останньої сис теми одержуємо у = х + 3 і підстав ляємо в перше рівняння: х (х + 3) = 4, х2 + 3х – 4 = 0, х1 = 1, х2 = –4. Тоді у1 = 4, у2 = –1. П е р е в і р к а. 1, 4 x y = = — розв’язок заданої системи. 2 2 3 log 1 log 4 2, 2 2, . log (4 1) 1; 1 1 + = = − = = 4, 1 x y = − = − — сторонній розв’язок (під знаком логарифма одержуємо від’ємні числа). Відповідь: (1; 4). Як і логарифмічні рівняння, сис теми логарифмічних рівнянь можна розв’язуватиякзадопомогоюсистем наслідків (кожен розв’язок першої системи є розв’язком другої), так і за допомогоюрівносильнихперетворень систем (усі розв’язки кожної з них є розв’язками іншої). Крім того, при розв’язуванні ло гарифмічних систем можна викорис товувати ті самі методи, що і при роз в’язуваннііншихвидівсистем(метод алгебраїчного додавання, підстанов ка деякого виразу з одного рівняння в інші, заміна змінних). Наприклад, розв’яжемо задану систему за допомогою систем на слідків. Для цього досить гарантува ти, що у випадку, коли задана систе ма складається з правильних рівно стей, кожна наступна система також буде містити правильні рівності. Як і для рівнянь, при використанні сис тем наслідків обов’язково необхідно виконати перевірку одержаних роз в’язківпідстановкоювпочатковуси стему.
- 384. 384 РОЗДІЛ 4. Показниковаі логарифмічна функції З а у в а ж е н н я. Звичайно, задану систему можна було розв’язувати і за допомогою рівносильних перетворень систем. При цьому довелося б урахува ти ОДЗ заданої системи 0, 0, 0, x y y x > > − > стежити за рівносильністю виконаних пе ретворень (у нашому випадку всі записані перетворення є рівносильними на ОДЗ), а в кінці перевіряти, чи задовольняють одержані розв’язки умовам ОДЗ (пара чисел 1, 4 x y = = задовольняє умовам ОДЗ, а пара 4, 1 x y = − = − не задовольняє умовам ОДЗ). Приклад 7 Розв’яжіть систему рівнянь + = − = 2 log log 2, 20. y xx y x y Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р Розв’яжемо задану систему за до помогою рівносильних перетворень. Для цього досить врахувати її ОДЗ (х > 0, х ≠ 1, y > 0, y ≠ 1) і гаранту вати, що на кожному кроці було ви конано саме рівносильні перетворен ня рівняння чи всієї системи. У пер шому рівнянні системи всі логариф ми зведемо до однієї основи x (на ОДЗ х > 0, х ≠ 1): log log log log .y x x x x x y y = = 1 На ОДЗ y ≠ 1, отже, ≠log 0.x y Тоді після заміни logxt y= маємо t ≠ 0, і тому перехід у розв’язанні від дро бового рівняння до квадратного є рів носильним. Оскільки заміна (разом з оберне ною заміною) є рівносильним пере творенням,то,замінюючипершерів няння системи рівносильним йому (на ОДЗ) рівнянням y = x, одержуємо систему, рівносильну заданій (на її ОДЗ). ОДЗ: > ≠ > ≠ 0, 1, 0, 1. x x y y Тоді з першого рівняння маємо + = 1 log 2. log x x y y Заміна logxt y= дає рівняння + = 1 2,t t t2 – 2t + 1 = 0, t = 1. Обернена заміна дає =log 1,x y тобто y = x. Тоді з другого рівняння системи маємо х2 – х – 20 = 0, x1 = – 4 (не входить до ОДЗ), x2 = 5 (входить до ОДЗ). Отже, розв’язок заданої системи = = 5, 5. x y Відповідь: (5; 5).
- 385. 385 Запитання для контролю 1.Поясніть на прикладах, як можна розв’язувати найпростіші логарифмічні рівняння, користуючись означенням логарифма. 2* .Обґрунтуйте справедливість рівносильного переходу: loga f (x) = c ⇔ f (x) = ac (а > 0, а ≠ 1). 3. Поясніть, як можна розв’язати рівняння log5 (x – 2) = log5 (x2 – 2): а) за допомогою рівнянь наслідків; б* ) за допомогою рівносильних перетворень. 4. Поясніть на прикладі використання заміни змінних при розв’язуванні ло гарифмічних рівнянь. У яких випадках доцільно використовувати заміну змінних? Вправи Розв’яжіть рівняння (1–5). 1°. 1) log2 x = 4; 2) log0,2 x = –1; 3) 4 1 2 log ;x = 4) lg x = 2. 2. 1°) log3 (2x – 1) = 2; 2°) log ;1 3 5 21 2x −( ) = − 3) logπ (x2 + 2x – 2) = 0; 4) lg (3 – x) = –1. 3. 1°) lg (x + 9) + lg (2x + 8) = 2; 2°) log3 (x + 1) + log3 (x + 3) = 1; 3) 2 log2 x – log2 (3x – 4) = 1; 4) ( ) ( )5 5 5 1 1 2 2 log 4 log 2 1 log 3.x x− + − = 4. 1°) 2 3 3log 4log 3 0;x x− + = 2°) 1 1 3 lg 1 lg 1; x x− + + = 3) 2 2 3 3log log 8;x x+ = 4) lg3 x2 = 8 lg x. 5. 1) log 2 (10 – 2x ) = x + 2; 2) lg 2 + lg(4x – 2 + 9) = 1 + lg(2x – 2 + 1); 3) log 7 (6 + 7 –x ) = 1 + x; 4) log 2 2 (4æ3 x – 6) – log 2 (9 x – 6) = 1. 6. Розв’яжіть графічно рівняння: 1) log2 x = 3 – x; 2) 3 1 2 log log ;x x= 3) 1 3 log 1;x x= − 4) lg x = 11 – x. Перевіртепідстановкою,щознайденезначенняxдійсноєкоренемрівняння. 7* . Доведіть, що рівняння, наведені в завданні 6, не мають інших коренів, крімзнайденихграфічно. 8. Розв’яжіть системy рівнянь: 1) ( )lg 3, lg lg 2; xy x y = ⋅ = 2) ( )2 2log log 1 3, 2 1; x y x y + − = − = 3) ( ) 2 2 2 log log 2, log 3 1; x y x y + = + − = 4) log log , . y xx y xy − = = 8 3 16 § 33. Розв’язування логарифмічних рівнянь та нерівностей
- 386. 386 РОЗДІЛ 4. Показниковаі логарифмічна функції 33.2. РОЗВ’ЯЗУВАННЯ ЛОГАРИФМІЧНИХ НЕРІВНОСТЕЙ Т а б л и ц я 56 1. Графік функції y = loga x (a > 0; a ≠ 1) a > 1 0 < a < 1 зростає спадає 2. Рівносильні перетворення найпростіших логарифмічних нерівностей a > 1 0 < a < 1 log ( ) log ( ) ( ) ( ), ( ) , ( ) a af x g x f x g x f x g x >> ⇔⇔ << >> >> ⇔⇔0 0 ( ) ( ), ( ) 0. f x g x f x < ⇔ > Знак нерівності не змінюється, і враховується ОДЗ. Знак нерівності змінюється, і враховується ОДЗ. log ( ) log ( ) ( ) ( ), ( ) , ( ) a af x g x f x g x f x g x >> ⇔⇔ >> >> >> ⇔⇔0 0 ( ) ( ), ( ) 0. f x g x g x > ⇔ > Приклади log2 (x – 5) > 3. ОДЗ: x – 5 > 0, тобто x > 5. log2 (x – 5) > log2 2 3 . Функція y = log2 t є зростаючою, отже, x – 5 > 2 3 , x > 13. Враховуючи ОДЗ, маємо x > 13. Відповідь: (13; +×). log .1 2 5 3x −( ) > ОДЗ: x – 5 > 0, тобто x > 5. ( ) ( ) 3 1 1 2 2 1 2 log 5 log .x − > Функція 1 2 logy t= є спадною, отже, ( ) 3 1 2 5 ,x − < 1 8 5 .x < Враховуючи ОДЗ, маємо 1 8 5 5 .x< < Відповідь: ( )1 8 5;5 .
- 387. 387 § 33. Розв’язуваннялогарифмічних рівнянь та нерівностей 3. Розв’язування більш складних логарифмічних нерівностей П р о д о в ж. т а б л. 56 Орієнтир Приклад I. За допомогою рівносиль них перетворень задана нерівністьзводитьсядоне рівностівідомоговиду. Схема рівносильних перетворень нерівності: 1. Враховуємо ОДЗ заданої нерівності(іуникаємопе ретворень, які приводять до звуження ОДЗ). 2. Стежимо за тим, щоб на ОДЗкожнеперетворення можна було виконати як у прямому, так і у зворот ному напрямках із збере женням правильної не рівності. lg2 (10x) – lg x l 3. ОДЗ: x > 0. На цій ОДЗ задана нерівність рівносильна нерівностям: (lg 10 + lg x)2 – lg x l 3, (1 + lg x)2 – lg x l 3. Заміна lg x = t дає нерівність (1 + t)2 – t l 3, тобто t2 + t – 2 l 0, розв’язки якої t –2 або t l 1 (див. рисунок). Обернена заміна дає lg x m –2 або lg x l 1. Тоді lg x m lg 10–2 або lg х l lg 10. Враховуючи, що функція у = lg х є зростаю чою, одержуємо: x m 10–2 або x l 10. Після врахування ОДЗ маємо: 0 < x m 0,01 або x l 10. Відповідь: (0; 0,01] [10;+×). II. Застосовується загаль ний метод інтервалів (задана нерівність зво диться до нерівності виду f (x) 0) і використо вується схема: 1. Знайти ОДЗ. 2. Знайти нулі f (x). 3. Позначити нулі функції на ОДЗ і знайти знак f (x) у кожному з проміжків, на які розбивається ОДЗ. 4. Записати відповідь, вра ховуючи знак нерівності. logx (2x + 3) < 2. Розв’яжемо нерівність методом інтер валів. Вона рівносильна нерівності logx (2x + 3) – 2 < 0. Позначимо f (x) = logx (2x + 3) – 2. 1. ОДЗ: 2 3 0 0 1 x x x + > > ≠ , , . Тобто 0, 1. x x > ≠ 2.Нуліфункції:f (x)=0.logx (2x+3)–2=0. Тоді logx (2x + 3) = 2. На ОДЗ це рівняння рівносильнерівнянню2x +3= x2 (якеодер жуємо за означенням логарифма). Тобто x2 – 2x – 3 = 0, x1 = –1, x2 = 3. До ОДЗ входить тільки x = 3, отже, f (x) має тільки єдиний нуль функції x = 3. 3. Відмічаємо нулі функції на ОДЗ, знахо димо знак f (x) у кожному з проміжків, на які розбивається ОДЗ, і записуємо роз в’язки нерівності f (x) < 0. Відповідь: х ∈ (0; 1) (3; +×).
- 388. 388 РОЗДІЛ 4. Показниковаі логарифмічна функції Пояснення й обґрунтування 1. Розв’язування найпростіших логарифмічних нерівностей. Найпростіши ми логарифмічними нерівностямизвичайно вважають нерівності виду loga f (x) > loga g (x) (де a > 0 і a ≠ 1). (1) ( Для розв’язування такої нерівності можна використати рівносильні пере творення. Для цього необхідно врахувати її ОДЗ: ( ) 0, ( ) 0 f x g x > > і розглянути два випадки: основа логарифма більша за 1 чи основа менша за 1 (але більша за 0). І. При a > 1 логарифмічна функція y = loga t зростає на всій своїй області визначення (тобто при t> 0), і тому більшому значенню функції відповідає більше значення аргументу. Отже, переходячи в нерівності (1) від значень функції до значень аргументу (у даному випадку переходячи до виразів, які стоять під знаком логарифма), ми повинні залишити той самий знак нерівності, тобто f (x) > g (x). (2) Враховуючи, що на ОДЗ вказаний перехід можна виконати й у зворотному напрямку(більшомудодатномузначеннюаргументувідповідаєбільшезна чення функції), одержуємо, що на ОДЗ нерівність (1) рівносильна не рівності (2). Коротко це можна записати так: При a > 1 log ( ) log ( ) ( ) ( ) ( ) , ( ) . a af x g x f x g x f x g x , > ⇔ > > > 0 0 II. При 0 < a < 1 логарифмічна функція y = loga t спадає на всій своїй області визначення (тобто при t> 0), і тому більшому значенню функції відповідає менше значення аргументу. Отже, переходячи в нерівності (1) від значень функції до значень аргументу, ми повинні знак нерівності змінити на про тилежний, тобто f (x) < g (x). (5) Враховуючи, що на ОДЗ вказаний перехід можна виконати й у зворотному напрямку(меншомудодатномузначеннюаргументувідповідаєбільшезна чення функції), одержуємо, що при 0 < a < 1 нерівність (1) на її ОДЗ рівно сильна нерівності (5). Коротко це можна записати так: При 0 < a < 1 ( ) ( ), log ( ) log ( ) ( ) 0, ( ) 0. a a f x g x f x g x f x g x < > ⇔ > > (2) (3) (4) (5) (3) (4)
- 389. 389 Підсумовуючи одержані результати,відзначимо, що для розв’язування нерівностіloga f (x) > loga g (x) за допомогою рівно сильних перетворень необхідно врахувати її ОДЗ, а при переході від значень функції до значень аргументу (тобто до виразів, які сто ять під знаком логарифма) враховувати значення a: при a> 1 знак нерівності не змінюється, при 0 <a < 1 знак нерівності змінюється на протилежний). ))))) Приклади використання цих орієнтирів наведено в таблиці 56. З а у в а ж е н н я. Системи нерівностей, які одержано для випадків (І) і (ІІ), можна дещо спростити. Наприклад, якщо в системі з випадку І виконуються нерівність (2): f (x) > g (x) і нерівність (4): g (x) > 0, то з цих нерівностей ви пливає, що f (x) > 0. Oтже, нерівність (3) цієї системи автоматично вико нується, коли виконуються нерівності (2) і (4), і її можна не записувати до цієї системи (див. пункт 2 табл. 56). Аналогічно обґрунтовується, що в системі з випадку ІІ нерівність (4) є на слідком нерівностей (3) і (5), і її теж можна не записувати до системи. Наприклад, розв’яжемо нерівність log5 (x2 – 2x) > log5 3. log5 (x2 – 2x) > log5 3 ⇔ x2 – 2x > 3. (ОДЗ заданої нерівності x2 – 2x > 0 враховано автоматично, оскільки, якщо виконується нерівність x2 – 2x > 3, то виконується і нерівність x2 – 2x > 0.) Розв’язуємо нерівність x2 – 2x > 3. Тоді x2 – 2x – 3 > 0, отже (див. рисунок), x < –1 або x > 3 — розв’язок заданої нерівності (звичайно, його можна записати і так: (–×; –1) (3; +×)). 2. Розв’язування більш складних логарифмічних нерівностей виконується або за допомогою рівносильних перетворень заданої нерівності (і зведення її до відомого виду нерівностей), або за допомогою методу інтервалів. Схема рівносильних перетворень логарифмічних нерівностей повністю аналогічна схемі рівносильних перетворень логарифмічних рівнянь: 1) враховуємо ОДЗ заданої нерівності; 2) стежимо за тим, щоб на ОДЗ кожне перетворення можна було виконати як у прямому, так і у зворотному напрямках із збере женням правильної нерівності. У цьому випадку на ОДЗ кожен розв’язок заданої нерівності буде і розв’яз ком другої і, навпаки, кожен розв’язок другої нерівності буде розв’язком пер шої, тобто ці нерівності будуть рівносильними (на ОДЗ). Приклади розв’язування логарифмічних нерівностей за допомогою рівно сильних перетворень і методу інтервалів і оформлення такого розв’язування наведено в таблиці 56. Розглянемо ще кілька прикладів. § 33. Розв’язування логарифмічних рівнянь та нерівностей
- 390. 390 РОЗДІЛ 4. Показниковаі логарифмічна функції Приклади розв’язання завдань Приклад 1 Розв’яжіть нерівність log0,2 (x – 1) + log0,2 (x + 3) –1. К о м е н т а р Розв’яжемо задану нерівність за допомогою рівносильних перетворень. Як і для рівнянь, для цього досить врахувати ОДЗ заданої нерівності і стежи ти за тим, щоб на ОДЗ кожне перетворення можна було виконати як у прямому, так і у зворотному напрямках із збереженням правильної нерів ності. Оскільки на ОДЗ вирази, що стоять під знаком логарифмів, є додатни ми, то формулу loga b + loga c = loga (bc) для додатнихb і c можна використову вати як у прямому, так і у зворотному напрямках. Oтже, виконуючи перетво реннянерівностізацієюформулою,одержимонерівність,рівносильнузаданій (на її ОДЗ). Щоб використати властивості логарифмічної функції, запишемо число (–1) як значення логарифмічної функції:–1 = log0,2 (0,2) –1 (зрозуміло, що і цю формулу можна використовувати як у прямому, так і у зворотному напрям ках) і врахуємо, що ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 1 10 5 0,2 5. − − − = = = Р о з в ’ я з а н н я ОДЗ: 1 0, 3 0. x x − > + > Тоді x > 1. На цій ОДЗ задана нерівність рівносильна нерівності ( ) 1 0,2 0,2log ( 1)( 3) log (0,2)x x − − + . Функція y = log0,2 t є спадною, отже, (x – 1)(x + 3) m (0,2) –1 . Одержуємо x2 + 2x – 3 m 5, x2 + 2x – 8 m 0. Остання нерівність має розв’язки: –4 m x m 2 (див. рисунок). Враховуючи ОДЗ, одержуємо 1 < x m 2. Відповідь: (1; 2]. Приклад 2* Розв’яжіть нерівність 1 2 3 1 2 log log 1.x x − − > − Р о з в ’ я з а н н я К о м е н т а р ( ) 1 1 2 1 3 3 1 1 2 3 log log log . x x − − − > (1) Враховуючи ОДЗ заданої нерів ності і те, що функція 1 3 logy t= спа дає,одержуємо ОДЗ заданої нерівності задається системою 2 1 2 1 2 log 0, 0. x x x x − − − − > > (6) (7)
- 391. 391 § 33. Розв’язуваннялогарифмічних рівнянь та нерівностей ( ) 1 2 1 1 2 3 0 log , x x − − − < < (2) тобто 2 1 2 0 log 3. x x − − < < Тоді 3 2 2 2 1 2 log 1 log log 2 . x x − − < < Враховуючи, що функція y= log2 t зростає,одержуємо 31 2 1 2 . x x − − < < (3) Цянерівністьрівносильнасистемі 1 2 1 2 1, 8, x x x x − − − − > < яка рівносильна системі 2 3 2 9 17 2 0, 0. x x x x − − − − > < Розв’язуємо нерівності (4) і (5) ме тодомінтервалівізнаходимоїхспіль ний розв’язок (див. рисунок). Для нерівності (4) ОДЗ: х ≠ 2, нулі функції 2 3 2 ( ) x x f x − − = : 3 2 .x = Для нерівності (5) ОДЗ: х ≠ 2, нулі функції 9 17 2 ( ) x x g x − − = : 17 9 .x = Відповідь: ( )3 17 2 9 ; . Привиконаннірівносильнихпере творень головне не записати ОДЗ, а врахувати її в процесі розв’язуван ня. При переході від нерівності (1) до нерівності (2) у запису останньої не рівностізалишаєтьсявираз 2 1 2 log , x x − − для якого ОДЗ: 1 2 0. x x − − > Отже, при такому переході обмеження (7) буде неявноврахованеітомудоситьвраху вати тільки обмеження (6) (що і зроб лено в лівій частині нерівності (2)). Щоб використати властивості відпо віднихлогарифмічнихфункцій,запи суємо спочатку ( ) 1 1 3 1 3 1 log − − = (і враховуємо, що ( ) 1 1 3 3 , − = а потім 0 = log2 1 і 3 = log2 2 3 . При переході від нерівності (2) до нерівності(3)одержуємо,що 1 2 1, x x − − > отже,івцьомувипадкунерівність(7) врахована автоматично. Для знахо дження спільних розв’язків нерівно стей (4) і (5) зручно їх розв’язання ме тодом інтервалів розмістити одне над одним так, щоб однаково позначені точки знаходилися одна над одною. Тоді з наведеного рисунка зразу зчи тується спільний розв’язок системи нерівностей. (4) (5) (5) (4)
- 392. 392 РОЗДІЛ 4. Показниковаі логарифмічна функції Запитання для контролю 1. Поясніть на прикладах, як можна розв’язувати найпростіші логарифмічні нерівності, користуючись властивостями логарифмічної функції. 2* .Обґрунтуйте справедливість рівносильних переходів: 1) при a > 1 ( ) ( ), log ( ) log ( ) ( ) 0, ( ) 0; a a f x g x f x g x f x g x > > ⇔ > > 2) при 0 < a < 1 log ( ) log ( ) ( ) ( ) ( ) , ( ) . a af x g x f x g x f x g x , > ⇔ < > > 0 0 3. Поясніть на прикладі використання методу інтервалів при розв’язуванні логарифмічних нерівностей. Вправи Розв’яжіть нерівність (1–6). 1°. 1) log3 x > 2; 2) log0,2 x > –1; 3) log0,5 x < 1; 4) lgx < 2. 2. 1) log2 (3x – 2) > 2; 2) log ;1 3 5 1 2x −( ) > − 3) log5 (3x – 2) < 2; 4) log .1 4 2 1 1x +( ) > − 3°. 1) lg (2x – 1) > lg (x + 2); 2) log log ;1 3 1 3 3 1 3x x+( ) > +( ) 3) log0,2 x < log0,2 (3x – 6); 4) log4 (2x – 1) m log4 (x + 3). 4. 1) log log ;3 2 33 2 0x x− + > 2) 1 1 3 lg 1 lg 1; x x− + + > 3) 2 1 3 log 4 0;x − m 4) 2 1 1 2 2 log log 2 0.x x+ − l 5. 1) lg x + lg (x – 9) > 1; 2) log0,1 (x + 4) + log0,1 (x – 5) m –1; 3) log2 (x2 – x – 12) < 3; 4) logπ (x + 1) + logπ x logπ 2. 6* . 1) log3 log2 log0,5 х 0; 2) log ;x x + >12 1 3) log2 x + logx 2 m 2,5; 4) 2 1 3 log 3 0.x x − − <
- 393. 393 РОЗВ’ЯЗУВАННЯ ПОКАЗНИКОВО СТЕПЕНЕВИХ РІВНЯНЬТА НЕРІВНОСТЕЙ§§§§§3434343434 Т а б л и ц я 57 Показниково степеневірівняння Показниково степеневимирівняннямизвичайноназиваютьрівняння,що містять вирази виду ( ) ( ) ( ) g x f x , тобто рівняння виду ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) g x x f x f x ϕ = (основою степенів, які стоять у лівій і правій частинах показниково степеневого рівняння є f (x) — вираз із змінною). Основні способи розв’язування рівняння ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) g x x f x f x ϕ = Орієнтир Приклад І. f (x) > 0 Якщо можливо, використовуємо основну логарифмічну тотожність у вигляді loga N a = N (a > 0, а ≠ 1, N > 0) 1. x xx xlog +( ) = − ⇔1 2 1 2 2 0, 0, 1, 1, 1 1 2 0 x x x x x x x x > > ⇔ ≠ ⇔ ≠ ⇔ + = − − − = ⇔ > ≠ = − = ⇔ = x x x x x 0 1 1 2 2 1 2 , , . або Відповідь: 2. Якщо можливо, логарифмуємо обидві частини рівняння за число воюосновоюабоподаємовсістепені якстепенізоднієюітієюсамоючис ловою основою за формулою U x a a U x ( ) , log ( ) = де (a > 0, а ≠ 1, U (x) > 0) 2. x 2 lg x + 1 = 100x. На ОДЗ (x > 0) обидві частини рівняння додатні, тому після лога рифмуваннязаосновою10одержує мо рівняння, рівносильне даному: lg (x2 lg x + 1 ) = lg (100x). Звідси (2lg x + 1) lg x = lg 100 + lg x. Заміна: lg x = t. (2t + 1) t = 2 + t, t 2 = 1, t1 = 1, t2 = –1. Тоді lg x = 1 або lg x = –1, тобто x1 = 10, х2 = 0,1 (обидва корені входять до ОДЗ). Відповідь: 10; 0,1.
- 394. 394 РОЗДІЛ 4. Показниковаі логарифмічна функції Пояснення й обґрунтування Показниково степеневими рівняннями та нерівностямизвичайно нази вають рівняння і нерівності, що містять вирази виду f (x) g (x) (тобто змінна входить і до основи, і до показника степеня). Аналізуючи показниково степеневі рівняння, представлені в таблиці 57, слідпам’ятати,щовшкільномукурсіматематикипоняттярівняннянарізних етапах вводилося по різному. А саме: у 4–5 класах рівнянням називалася числова рівність, яка містить невідоме число, позначене буквою. Значення невідомого, при якому рівняння перетворюється на правильну числову рівність, називалося коренем або розв’язком цього рівняння. Наприклад, для рівняння 2х = 6 коренем є значення х = 3. З точки зору наведеного означення у рівнянні 2х = 6 літерою х позначено хоча і невідоме нам, але конкретне число, тому х може набувати тільки єди ного значення (х = 3). Але таке означення утруднює в подальшому роботу з рівнянням. Колих набуває тільки єдиного значення, ми не можемовикори стовувати, наприклад, графічне розв’язування рівняння (маючи тільки одне П р о д о в ж. т а б л. 57 ІІ. f (x) — довільний вираз Два степені з однаковими осно вами ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) g x x f x f x ϕ = можуть бути рівні в одному з чотирьох ви падків: 1) f (x) = –1 і для коренів цього рів няння g (x) та ϕ (x) — цілі числа однакової парності; 2) f (x) = 0 і для коренів цього рів няння g (x) > 0 та ϕ (x) > 0; 3) f (x) = 1 і для коренів цього рів няння g (x) та ϕ (x) існують; 4) g (x) = ϕ (x) і для коренів цього рівняння існують ( ) ( ) ( ) g x f x та ( ) ( ) ( ) x f x ϕ . 3. х2х + 4 = х20 . Якщо вважати основу х числом, то спочатку розглянемо три особ ливих випадки (основа степеня до рівнює –1; 0; 1), а потім прирівняє мо показники степенів: 1) при х = –1: (–1) 2 = (–1) 20 — пра вильна рівність; 2) при х = 0: 0 4 = 0 20 — правильна рівність; 3) при х = 1: 1 6 =1 20 — правильна рівність; 4) при 2х + 4 = 20, тобто х = 8: 8 20 = 8 20 — правильна рівність. Відповідь: –1; 0; 1; 8. З а у в а ж е н н я. Якщо вважати основу х змінною, то функція f (x) = х 2х + 4 вважається означеною лишепри x>0.Зцьогопоглядудане рівняння має тільки корені 1 і 8, і тоді одержуємо таку відповідь. Відповідь: 1; 8. Тобто відповідь до такого рівнян ня не можна записати однозначно.
- 395. 395 § 34. Розв’язуванняпоказниково степеневих рівнянь та нерівностей значеннях, неможливо одержати графік у= 2х як пряму лінію на площині). Тому, починаючи з 6–7 класу, рівняння означається як рівність із змінною (а коренем або розв’язком рівняння відповідно називається таке значення змінної, при якому це рівняння перетворюється на правильну числову рівність). Тепер х у тому самому рівнянні 2х = 6 — це змінна, для якої немає жодного обмеження, і через те х може бути будь яким числом (ОДЗ рівняння: x ∈ R). При такому підході кожному значенню змінної х відповідає єдине значення змінної 2х. Отже, це рівняння можна розв’язати графічно, побуду вавши графіки функцій у = 2х і у = 6. Крім того, при такому підхо